章数学分析微分中值定理及其应用PPT学习教案

1、会计学1 章数学分析微分中值定理及其应用章数学分析微分中值定理及其应用 ( )( )( ) . ( )( )( ) ff bf a gg bg a 几何意义 首先将 f , g 这两个函数视为以 x 为参数的方程 , )(xgu . )(xfv 它在 O- uv 平面上表示一段曲线. 由拉格朗日定理 恰好等于曲线端点弦 AB 的斜率(见下图):d d x v u 的几何意义, 存在一点 ( 对应于参数 ) 的导数 第1页/共29页 . )()( )()( agbg afbf kAB )(, )( fgP )(, )(bfbgB ( ( ) ,( )A g af a Ou v 第2页/共29页

2、证 作辅助函数 ).()( )()( )()( )()()(agxg agbg afbf afxfxF 显然, 满足罗尔定理的条件, 所以存在点 )(xF ),(ba 使得 , 即 0)( F . 0)( )()( )()( )( g agbg afbf f ( )0( )(iii),gf因因为为否否则则也也为为零零, ,与与条条件件矛矛盾盾 . )()( )()( )( )( agbg afbf g f 从而 第3页/共29页 例1 设函数 f 在区间 a, b(a 0) 上连续, 在(a, b) .ln)()()( a b fafbf 证 设 , 显然 f (x), g(x) 在 a, b

3、 上满足 xxgln)( 柯西中值定理的条件,于是存在, 使得 ),(ba , 1 )( lnln )()( f ab afbf 变形后即得所需的等式. ),(ba 上可导, 则存在, 使得 第4页/共29页 在极限的四则运算中, 往往遇到分子, 分母均为无 0 1. 0 型型不不定定式式极极限限 究这类极限, 这种方法统称为洛必达法则. 称为不定式极限. 现在我们将用柯西中值定理来研 比较复杂，各种结果均会发生. 我们将这类极限统 穷小量 (无穷大量) 的表达式. 这种表达式的极限 第5页/共29页 定理6.6 满足：满足：和和若函数若函数gf 00 0(i) lim( )lim( ); x

4、xxx f xg x 00 (ii)() xUx在在点点的的某某空空心心邻邻域域内内两两者者均均可可导导， 0( );g x 且且 0 ( ) (iii) lim,. ( ) xx fx AA g x 可以为实数，可以为实数， 则 00 ( )( ) limlim. ( )( ) xxxx f xfx A g xg x 证 00 0()(),f xg xf g我们补充定义所以我们补充定义所以 第6页/共29页 ,),(. 000 xxxUxx则在区间则在区间任取任取连续连续在点在点 有有上应用柯西中值定理，上应用柯西中值定理，),( 0 xx 0 0 0 ( )()( )( ) (. ( )(

5、 )()( ) f xf xf xf xx g xg xg xg 介于与之间)介于与之间) 000 ( )( )( ) limlimlim. ( )( )( ) xxxxxx f xffx A g xgg x 注 ，改为改为中的中的将定理将定理 000 1xxxxxx 00 ,令令故故xxx 根据归结原理 第7页/共29页 只只要要修修正正相相应应的的邻邻域域，的的情情形形, xx 结论同样成立. 例 4 1tan lim. sin4 求求 x x x 解 0 0 .容易验证：这是一个型不定式容易验证：这是一个型不定式 2 44 1tansec21 limlim. sin44cos442 xx

6、 xx xx 0 0 0 ( ) lim, ( ) xx fx g x 如如果果仍仍是是型型不不定定式式极极限限 只只要要满满足足洛洛 第8页/共29页 例2 . )1ln( )21(e lim 2 2 1 0 x x x x 求求 解 22 01ln() ,xxx因为当时，所以因为当时，所以 11 22 22 00 e(12 )e(12 ) limlim ln(1) xx xx xx xx 13 22 00 e(12 )e(12 ) limlim1. 22 xx xx xx x 0 ( ) lim ( ) xx fx g x 考考察察必必达达法法则则的的条条件件, ,可可再再用用该该法法则则

7、. . 存在性. 第9页/共29页 这里在用洛必达法则前，使用了等价无穷小量的 代换，其目的就是使得计算更简洁些. 例3 0 1 lim. e 求求 x x x 解 可直接利用洛必达可直接利用洛必达型不定式极限型不定式极限这显然是这显然是, 0 0 法则. 但若作适当变换, 在计算上会显得更简洁些. 于是于是时有时有当当令令,00, txxt 000 1 1 1 1 limlimlim. ee e tt x xtt xt 第10页/共29页 例4 1 0 (1)e lim. x x x x 求求 解 11 00 (1)(1)e limlim 1 xx xx xx x 1 2 0 ln(1) 1

8、 lim(1) x x x x x x x 2 0 (1)ln(1) elim x xxx x 0 1ln(1)1e elim. 22 x x x 第11页/共29页 2. 型型不不定定式式极极限限 定理6.7 满足：满足：和和若函数若函数gf 00 (i) lim( )lim( ) xxxx f xg x ； 00 (ii)() xUx 在在点点的的某某右右邻邻域域内内二二者者均均可可导导， 0( );g x 且且 0 ( ) (iii) lim,. ( ) xx fx AA gx 可可以以为为实实数数 则 00 ( )( ) limlim. ( )( ) xxxx f xfx A g xg

9、 x 第12页/共29页 证 10 0.(),AxUx 设设为为实实数数 对对于于任任意意的的， 01 ,xxxx满满足足不不等等式式的的每每一一个个 ( ) , ( ) fx A g x 使使由柯西中值定理，存在由柯西中值定理，存在, 1 xx 1 1 ()( )( ) . ()( )( ) f xf xf g xg xg 从而有 1 1 ()( )( ) ,(1) ()( )( ) f xf xf AA g xg xg 第13页/共29页 另一方面， 1 11 1 11 1 1 1 () ( )()( )()( )( ) . () ( )()( )()( ) ( ) g x f xf xf

10、 xf xf xg x f x g xg xg xg xg x f x 上式的右边的第一个因子有界; 第二个因子对固定 10 0,xxx 的是当时的无穷小量 所以的是当时的无穷小量 所以 , 0,)1( 100 时时当当存在正数存在正数式式由由xxxx , 0 1 有有时时当当, 100 xxx 第14页/共29页 001 12( )( ),xxx 综合和对一切满足不等式综合和对一切满足不等式 ( ) , ( ) f x A g x 这就证明了 0 ( ) lim. ( ) xx f x A g x , 或或，若若请大家想一想请大家想一想A应应该该如如何何证证明明？ 的 x 有 1 1 2 2

11、 ( )()( ) ,( ) ( )()( ) f xf xf x g xg xg x 第15页/共29页 注 000 xxxxxx 这里的可以用，这里的可以用， 件要作相应的改变. 例5 . ln lim x x x 求求 解 .型型不不定定式式这这是是一一个个 1 ln limlim0. 1 xx x x x .xx ，来替换 当然定理的条，来替换 当然定理的条 ,x 第16页/共29页 例6 . e lim 3 x x x 求求 解 . 6 e lim 6 e lim 3 e lim e lim 23 x x x x x x x x xxx 例7 . sin2 sin2 lim xx x

12、x x 求极限求极限 解 ,. 如如果果用用洛洛必必达达法法则则型型不不定定式式这这是是一一个个 22 3 22 sincos limlim.( ) sincos xx xxx xxx 2 2 cos lim, cos x x x 而极限不存在 但是原极限而极限不存在 但是原极限 第17页/共29页 . 1 sin 2 sin 2 lim sin2 sin2 lim x x x x xx xx xx (3) 式不成立. 这就说明: limlim. xx fxf x gxg x 不不存存在在时时, ,不不能能推推出出不不存存在在 我们再举一例: 例8 . 2arctan arctan lim x

13、 x A x 求极限求极限 解 lim arctan, lim arctan2, 22 xx xx 因为 第18页/共29页 所以 A = 1. 若错误使用洛必达法则： 2 2 arctan114 limlim2, arctan212 xx xx xx 这就产生了错误的结果. 这说明: 在使用洛必达法 则前，必须首先要判别它究竟是否是 0 . 0 或或型型 3. 其他类型的不定式极限 00 010, 不不定定式式极极限限还还有有， ， ，等等类类型型 它它 0 . 0 们们一一般般均均可可化化为为型型或或者者型型 .下面我们举例加以说明下面我们举例加以说明 第19页/共29页 解 1 ln l

14、n, x xx x 注意到则注意到则 0000 2 11 1 ln limlnlimlimlim()0. xxxx x x xxx x x 但若采用不同的转化方式: 2 0000 2 1 limlnlimlimlimln 11 lnln xxxx x xxxx xxx 很明显, 这样下去将越来越复杂, 难以求出结果. 例9 0 limln . x xx 求求0() 型型 , 第20页/共29页 解 2 2 1 lncos 2 0 lncos0 (cos )e,lim. 0 x x x x x x x 而而是是型型 由于 , 2 1 cos2 sin lim cosln lim 0 2 0 xx

15、 x x x xx 因此 2 1 1 2 0 lim(cos )e. x x x 例10 2 1 0 lim(cos ). x x x 求求(1) 型型 第21页/共29页 解 lnarctan 2 lim k x x x 12 1 lim arctan1 2 x k xkxx 1 11 lim arctan 2 x k k xx 例11 1 0 2 limarctan() . k x x xk 求求 0 0()型型 第22页/共29页 x x k k x arctan 2 lim 1 1 , 0lim 1 1 1 lim 1 2 2 k x k x x k k x x k k 所以，原式 =

16、 e0 = 1. 例12 2 0 1 lim2cot. 1cos x x x 求求() 型型 第23页/共29页 解 x xx 2 0 cot2 cos1 1 lim xx xxx x 2 322 0 sincos1 cos2cos2sin lim 4 322 0 cos2cos2sin lim2 x xxx x 3 2 0 4 cossin6cossin6 lim2 x xxxx x x x xx 2 2 0 sin cos2 cos1 1 lim 第24页/共29页 例13 ( ),0 ( ). 0 ,0 g xxx f x x 设设 (0)(0)0,(0)3,(0).gggf已已知知求求

17、 解 000 ( )( )(0) lim( )limlim 0 xxx g xg xg f x xx 因因为为 (0)0, g ( )0.f xx 所所以以在在处处连连续续 . 2 3cos1 lim3 2 0 x x x 2 2 0 coscos lim3 x xx x 第25页/共29页 00 ( )1( )(0) limlim 220 xx g xg xg xx 2 000 ( )(0)( )( ) (0)limlimlim 0 xxx f xff xg x f xxx 例14 ( ) ,)f xa 设在上连续可微，设在上连续可微， lim( )( ) ).lim( ). xx f xfxAf xA 求证求证 证 先设 A 0. 因为 13 (0). 22 g 第26页/共29页 根据洛必达法则，有 e( ) lim( )limlim ( )( ).