版权说明：本文档由用户提供并上传，收益归属内容提供方，若内容存在侵权，请进行举报或认领
文档简介
1习
题
课2第三章所学内容回顾第三章部分例题分析
(Lagrange)柯西定理
(Cauchy)主要内容回顾
泰勒定理(Taylor)洛必达法则型型00¥¥00
,1¥
,¥
0
型¥-¥
型0
¥
型通分取对数常用泰勒公式n
=
0
罗尔定理（Rolle）
f
(a)
=
f
(b)F(x)=
x中值定理
拉格朗日定理倒数例1.证明:不管b取何值,方程x
3
-3
x
+b=0在区间[-1,1]上至多有一个实根.证明:利用反证法证明.假设有两个实根x1
,x2
.不妨设x1
<x2
,则f
(
x)
=
x
3
-
3
x
+
b在[
x1
,
x2
] [-1,1]上连续,在(x1
,x2
)上可导.又f
(x1
)=f
(x2
)=0.由罗尔定理可知,至少$x
˛
(x1
,x2
),使得f
¢(x)=0.由f
¢(x)=3x2
-3
=0解得x
=–1,这与x
˛
(x1
,x2
),0
<x
<1矛盾.例题分析0
1an=0,证明多项式2
n
+
1例2.
设a
+
1
a
+
+f(x)=a0
+a1
x
+
+an
xn在（0，1）内至少有一个零.【证明思路】所给等式的左端即为20
1xn+12
n
+
11
anf(
x)
=
a
x
+
a
x
+
+f¢(x)=f
(x),f(0)=f(1),故用罗尔定理.10xn+1n
+
1an2
nax2
+
an-1
xn
+f(
x)
=
a x
+证明：作辅助函数在x
=1时的值,则f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导.10ana
an-1j
(1)
=
a
+2
n n
+
1+
+
+ =
0即f(0)=f(1).故f(x)满足罗尔定理的条件,所以在(0,1)内至少存在一点x,使得f¢(x)
=
a0
+
a1x
+
anxn
=
0.即f
(
x)
=
a0
+
a1
x
+
an
xn
=
0在(0,1)内至少有一个根.又f(0)=0.f
(a)g(a)f
(b)g(b)f
(a)g(a)f
¢(x)g¢(x)=
(b
-
a)注：由行列式计算法a
bc
d=ad
-bc,上式为例3:函数f
(x),g(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导,证明:f
(a)g(b)-
g(a)f
(b)=
(b
-
a)[f
(a)g¢(x)-
g(a)f
¢(x)]解:令j
(x)=f
(a)g(x)-g(a)f
(x),显然f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,由拉格朗日定理可知,在(a,b)内至少存在一x(a
<x
<b),使得f(b)-f(a)=f¢(x)(b
-a).即:f
(a)g(b)-g(a)f
(b)=(b
-a)[f
(a)g¢(x)-g(a)f
¢(x)]exeb
-
ea例4.设0
<a<b,函数f
(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，证明存在一点x
∈(a,b),使得f
(b)-f
(a)=e-x
f
¢(x)(eb
-ea
)证明：因为f
(x)和e
x
在[a,b]满足柯西中值定理的条件，所以由柯西中值定理有:
f
(b)
-
f
(a)
=
f
¢(x)
,x
˛
(a,
b)即：f
(a
)-f
(b
)=ex
f
¢(x
)(eb
-ea
),x
˛
(a
,b
)f
(
x)
-
f
(a)
<
g(
x)
-
g(a)g
(x)¢g(
x)
-
g(a)f
(
x)
-
f
(a)g(x)单调递增,
g¢(
x)
>|
f
¢(
x)
|,
\
g¢(
x)
>
0,\
g(
x)
-
g(a)
=
g(
x)
-
g(a)例5.
设f
(
x),
g(
x)都是可导的,且|
f
(
x)
|<
g
(
x),证明:当x
>
a时,|
f
(
x)
-
f
(a)
|<
g(
x)
-
g(a).证明：由于f
(t
)、g(t
)均在[a,x]上连续,在(a,x)内可导,且在(a,x)内,g¢(t
)„0,由柯西定理可知,必存在x
˛
(a,x)使|
g
(x)
|¢f
¢(x)
|
f
¢(x)
||
g(
x)
-
g(a)
||
f
(
x)
-
f
(a)
|=
于是有
=又
g¢(x)
=
g¢(x)
>|
f
¢(x)
|
\100ex
2-
1x→0
x例6：求极限
lim解x
2令t
=
1
00
型tet
50原式=
limt
fi
+¥te50t
49=
limt
fi
+¥=
0et50！=
=
limt
fi
+¥x
2x→0例7：求极限lim(
1
-cot
2
x)x
2
tan
2
xtan
2
x
-
x
2解:
原式=
lim(x→04x(tan
x
-
x)(tan
x
+
x))
=
limx→0xx→0x
3lim
(tan
x
-
x)=
lim(
tan
x
+
1)
(tan
x
-
x)
=
2x→023
xx3sec2
x
-
1=
2
limx→023
xtan
2
x=
2
limx→023=¥-¥
型1xfi
0+
x例8：求lim(sin
x
)x
2(1¥
型)lnx2lim
x
sin
x解：原式＝
exfi
0+x2
x2lnsin
xln[1
+
sin
x
-
1]x3=
lim
sin
x
-
xxfi
0+3
x2limxfi
0+洛必达＝2=
-
66x-
x2
1=
limxfi
0+6-
1\原式＝ex2cos
x
-
1sin
x
-
1而
lim
x
=lim
x
=lim
x
xfi
0+
xfi
0+
xfi0+”
0则F
¢(x)=f
¢(x)e-x
-f
(x)e-x
=f
(x)e-x
-f
(x)e-x所以,F(x)≡C.F
(0)
=
f
(0)e-0=
1C
=
1故
F
(
x)
=
1所以f
(x)=ex解：令F
(x)=f
(x)e-xx
˛
(-¥
,
+¥
)例9
:
设函数
f
(
x)在(-¥
,+¥
)内满足关系式f
(
x)
=
f
(
x),且f
(0)=1,则f
(x)=ex
.x
2例10:求极限limxfi
0
5
1
+
5
x
-(1
+
x)解：(1)可用洛必达法则：5-45
(1
+
5x)
5
-1xfi
0
15255原式=
lim
2x
=
lim-9xfi
0
-
4
(1
+
5x)2=
-
1
.（2）也可用Tayor公式求解：1\
5
1
+
5x
=
(1
+
5x)5=
1
+
1
(5x)
+
1 1
(1
-1)
(5x)2
+
o[(5x)2
]5
2!
5
5=
1
+
x
-
2x2
+
o(
x2
)2
2x2xfi
0
[1
+
x
-
2x
+
o(
x
)]-(1
+
x)原式=lim21=
-
.4f
¢(x)2使得f
(b)-f
(a)£
(b-a
)例11
设f(
x)在[a,
b]上连续，在(a,
b)内二阶可导若f
¢(a)
=
f
¢(b)
=
0,证明：至少存在一点x
˛
(a,
b),证明：将f(x)分别在a,b点展开1221x
介于a,x之间f (
x
)(
x
-a
)
,¢f
(
x
)
=
f
(
a
)+
f
(
a
)(
x
-a
)+2222x
介于b,x之间f (
x
)(
x
-b)
,¢f
(
x
)
=
f
(
b)+
f
(
b
)(
x
-b)+2即
f
(
x
)
=
f
(
a
)+
f
(x1
)(
x
-a
)2
,2f
(
x)
=
f
(
b)+
f
(x2
)(
x
-b
)2
,代入a
+b22f
(
a+b
)
=
f
(a)+
f
¢(x1
)
(
b-a
)
,2
2
42f
(
a+b
)
=
f
(b)+
f
¢(x2
)
(b-a
)
,2
2
42
182¢[
f
(x
)-
f
(x
)]¢(
b-a
)相减得f(b)-f(a)=)
],1282f
(x¢[
f
(x
)
+¢\
f
(
b
)
-
f
(
a
)
£(
b-a
)令
f
(x
)
=
max{
f
(x1
)
,
f
(x2
)
},f
¢(x
)。42则
f
(
b
)
-
f
(
a
)
£
(
b-a
)>
2例12.
设f
(
x)在(0,1)内二阶可导，且有最大值1，最小值0证明：至少存在一点x
∈(0,1),使得f
¢(x)>2.证明：设f
(x1
)=1,f
(x2
)=0,将f
(x)在x2点展开2221(
x
-
x
)f
(
x)
=
f
(
x
)
+
f
¢(
x
)(
x
-
x
)
+
f2
2
2(x
)
f
(
x2
)
=
02221(
x
-
x
)\f
(
x)
=f
(x
)1代入x221(
x
-
x
)\
1
=
f
¢(x
)22(
x1
-
x2
)2\
f
¢(
x
)
=2f
¢(
x)
£
1,证明:
f
¢(
x)
£
1
(
x
˛
[0,1])例13:若函数f
(x)在[0,1]上二阶可微,且f
(0)=f
(1),证:"x0
˛
[0,1],将f
(x)在x0展开2012f
¢(x)(x
-
x
)f
(
x)
=
f
(
x0
)
+
f
¢(
x0
)(x
-
x0
)
+代入x
=0,x
=1，21
012f
¢(x
)xf
(0)
=
f
(
x0
)
-
f
¢(
x0
)x0
+(1)212f
(1)
=
f
(
x0
)
+
f
¢(
x0
)(1
-
x0
)
+f
¢(x
)(1
-
x
)2
0
(2)22
021
001212(1)–(2),
f¢-¢(
x
)
=¢f
(x
)(1
-
x
)f
(x
)x220
012
21£
x
+
(1
-
x
)2120221
00f
(
x
)¢¢£
[
f
(¢+
f
(x
)
(1
-
x
)
]x
)
x1
12
420=
(
x
-
)
+0又由x
˛
[0,1]
知,2
2020f
¢(
x
)
£
1x
-1
£
1
,于是有a
b+
=
a
+
b.f
¢(x)
f
¢(h
)例14设f
(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f
(0)=0,f
(1)=1,试证:对任意给定的正数a,b证
a
与
b
均为正数,
\
0
<
a
+
b
<
1a又
f
(x)在[0,1]上连续,由介值定理,在(0,1)内存在不同的x,h
使分析：f
¢(x)
f
¢(h
)a
b
aaf
¢(h)1-
af
¢(x)f
(t)1-f
(t)+
+b
+
a+b
=
a+b
+
a+b
=f
¢(x)
f
¢(h)=1-
0
+1-=
f
(t)-
f
(0)
+
f
(1)-
f
(t)
=f
¢(x)
f
¢(h)x
˛
(0,t)h
˛
(t,1)f
(t)
-
f
(0)
=
(t
-
0)
f
(x),f
(1)
-
f
(t)
=
(1
-t)
f
(h),(1)(2)由(1),(2)有\a
bf
¢(x
)+
f
¢(h
)
=
a
+
b.,aa
+
b使得f
(t)=存在t
˛
(0,1),f
(x)在[0,t],[t,1]上分别用拉氏中值定理,有注意到f
(t
)f
¢(x
)f
(0)
=
0,
f
(1)
=
1,=
t
（3）f
¢(h)1-f
(t)
=1-（4）（3）+（4）得f
¢(x)
f
¢(h)f
(t)
+1-f
(t)
=1=1+ba+baa+bf
¢(x)
f
¢(h
)2证明：
f
(a
+
h)
=
f
(a)
+
f
¢(a)h
+
f
¢(a)
h2
+
o(h2
)又
f
(a
+
h)
=
f
(a)
+
f
(a
+qh)h2hfi
0证明：limq
=1例15:设h
>0,且函数f
(x)在U（a,h)内有二阶连续导数
f
¢(a)„0,f
(x)在a点的0阶泰勒展式为f
(a
+h)=f
(a)+f
¢(a
+qh)h,
其中0
<q
<1此类题的做法将函数展到比所给展式高两阶,后面用皮亚诺余项表.与所给式相减得出含q项等于多少.对h求导,求出q等于什么,然后求极限.2\
f
¢(a)h
+
f
(a)
h2
+
o(h2
)
=
f
¢(a
+
qh)h2即
f
¢(a
)
+
f
¢(
a
)
h
+
o(h)
=
f
¢(a
+
qh)2f
¢(
a
)
+
o(
h
0
)
=
f
¢(a
+
qh
)qf
¢(a
+qh)q
=
2
\
f
¢(a)
+
o(h0
)f
¢(a
+
qh)f
(a)
+
o(h0
)\
limq
=
lim
2
hfi
0
hfi
01=
2两边关于h求导1n
+
2(n
+
1)!n!hfi
0n+1nf
(n)(a)h
,0
<
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 台州职高面试题及答案
- 车辆转让与维修保养培训及配件供应合同
- 智能停车诱导系统建设与车位租赁合同
- 长铁丝考试题及答案
- 矿石分区管理方案
- 手工环保面试题及答案
- 水利施工技术方案
- 围棋初步考试题及答案
- 2026版《全品高考》选考复习方案生物38 第26讲 免疫调节含答案
- 玻璃破碎安保措施方案
- 应用回归分析论文
- 能源效率标识专项监督检查记录表
- 2023年消防接警调度理论考试题库（浓缩500题）
- GB/T 30649-2014声屏障用橡胶件
- 《电线电缆培训》课件
- 关心下一代工作先进工作者事迹
- 广西壮族自治区桂林市各县区乡镇行政村村庄村名明细居民村民委员会
- 脉动真空压力蒸汽灭菌器故障应急预案流程
- 曾仕强讲易经的奥秘(PPT)
- 食品企业客诉处理培训
- 雷达操作与模拟器
评论
0/150
提交评论