罗尔、拉格朗日、柯西中值定理、洛必达法则、泰勒公式等与导数的应用

1、中值定理与导数的应用内容概要名称主要内容（、）中值名称条件结论罗尔y f (x)（1）在a,b上连续；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、9(a,b)使得定理中值内可导；（3）f(a) f(b)f()0定理拉格y f (x)（1）在a,b上连续；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、(a, b)使得朗日中值内可导f*)f(b)bf (a)a定理柯西f (x)、g(x)（1 ）在a,b上连续，（2）在至少存在-一-占八、9(a,b)使得中值；（3）在（a,b）内每点处f/( 9（a,b）内可导f(b)f (a)定理g/(x)0g/( 9ba基本形式0型与一型未定式0洛必通分或取倒数化为1）型：

2、常用通分的手段化为-型或一型;达0基本形式02）0型：常用取倒数的手段化为-型或一型，即:法则00亠c00Y 或 01/ 0 1/ 0取对数化为1）00型:取对数得00e0ln0，其中0 In000卫1/0基本形式或0 In 001/02）In11型：取对数得1e，其中ln1001/0或In10一1/ 03）0型：取对数得0e0In甘由C 1c00其中0 In01/ 0或 0 In0。1/ 0课后习题全解习题3-1 1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件如满足，请求岀满足定理的数值(1)f(x) 2x2 x 3 1,1.5 ；(2)f(x) x _3 x0,3。知识点：罗尔中值定理

3、。思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程f 丫 E) 0，得到的根E便为所求。2解：(1)v f(x)2x2x3在1,1.5上连续，在(1,1.5)内可导，且 f(1) f (1.5)0 ,-f (x)2x2x3在1,1.5上满足罗尔定理的条件。令f(E)4 E 10得1E ( 1,1.5)即为所求。4(2)t f(x) x 3 x 在0,3上连续，在(03)内可导，且 f(0)f(3)0，f(x) x、.3 x在0,3上满足罗尔定理的条件。令f (E)0，得 E 2 (0,3) 即为所求。32 2.验证拉格朗日中值定理对函数 y 4x 5x x 2在区间0,1上的正确性。知识点：拉格朗日中

4、值定理。思路:根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程f( e f(1)f(°)，若得到的根E 0,1则1 0可验证定理的正确性。3232解：t y f (x) 4x 5x x 2 在0,1连续，在(0,1)内可导，y 4x 5x x 2在区间0,1上满足拉格朗日中值定理的条件。又f(1)2,f (0)2，f (x) 12x2 10x 1，要使f ()f(1)f(°)0，只要513(0,1)，使f(E) 丄型凹，验证完毕。12 1 0 3.已知函数f(x) x4在区间1,2上满足拉格朗日中值定理的条件，试求满足定理的E。解：要使f(E)f；:，只要4E3 15t I5，从

5、而E , I5 (1,2)即为满足定理的。 4.试证明对函数 y px2 qx r应用拉格朗日中值定理时所求得的点E总是位于区间的正中间。证明：不妨设所讨论的区间为a,b，则函数y px2 qx r在a,b上连续，在 (a,b) 内可导，从由右f (b) f(a)切(pb2 qb r) (pa2 qa r)而有f (E)，即2 E qb ab ab a解得E，结论成立。35.函数 f(X) X 与 g (x)22请求岀满足x 1在区间1,2上是否满足柯西定理的所有条件如满足,定理的数值E知识点：柯西中值定理。思路：根据柯西中值定理的条件和结论，求解方程上 丄迦一血，得到的根E便为所求。g(E)

6、 g(b) g(a)解：f(x)3/、x 及 g(x)1在1,2上连续，在(1,2)内可导，且在(1,2)内的每一点处有g (x) 2x 0 ,所以满足柯西中值定理的条件。要使2f (Ef(2)f(1)只要 3E7g(E)g(2) g(1) 八2 E3才(1,2)，E即为满足定理的数值。 6.设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(1)0。求证:存在e(01)，使f(-知识点：罗尔中值定理的应用。匸麵结论出发，变形为"(EE f(E 0， 构造辅助函数使其导函数为f/(x)x f(x),然后再利用罗尔中值定理， 便得结论。构造辅助函数也是利用中值定理解决问题时常 用的方法

7、。证明：构造辅助函数F(x) xf (x)， F (x) f (x) xf (x)根据题意F(x) xf (x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且F(1)1f(1)0,F(0) 0 f(0) 0,从而由罗尔中值定理得：存在E (0,1)，使f(E)E注：辅助函数的构造方法一般可通过结论倒推，如：要使f (x)勺，只要xf (x)f(x)1In f(x)xIn xIn xf(x) 0xf (x)xf(x)xf(x)0F ( Q f ( E) E f (E) 0，即 f (E)二只要设辅助函数F(x) xf (x) 7.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导函数，且 f (x1)f (x2)f

8、 (x3) (a x1 x2 x3 b)，证明：在(xx3)内至少有一点E，使得f ( E 0 知识点：罗尔中值定理的应用。思、路：连续两次使用罗尔中值定理。证明：t f (x)在(a,b)内具有二阶导函数，f (x)在x1,x2、x2,x3内连续,在(X1,X2)、(X2,X3)内可导，又 f(X1)f(X2)f(X3)，由罗尔定理，至少有一点(X1,X2)、E(X2,X3)，使得f(E)0、f ( E)0;又f (x)在E, E上连续，在(E,E)内可导,从而由罗尔中值定理，至少有一点E ( E, E) (xX3)，使得 f ( E 00有4个不同的实根，证明: 8.若 4 次方程 a0x

9、4 a1x3 a2x2 a3x a44a0x3 3a1x2 2a2x a30的所有根皆为实根。思路 ：讨论方程根的情况可考虑罗尔中值定理。证明 ：令 f (x) a0 x4 a1x3 a2x2 a3 x a4则由题意， f(x) 有4 个不同的实数零点，分别设为 x1,x2,x3,x4，T f(x)在Xi,X2、X2,X3、X3,X4上连续，在(Xi,X2)、(X2,X3)、区凶)上可导，又 f(x1) f(x2)f(x3) f(x4) 0，二由罗尔中值定理，至少有一点& (x1,x2)、 & (x2,x3)、 & (x3,x4)32使得f ( & ) f (旨

10、)f ( &) 0 ,即方程4a°x 3aiX2a?x a3 0至少有3个实根，又三次方程最多有 3 个实根，从而结论成立。5 9. 证明：方程 X5 X 10 只有一个正根。知识点 ：零点定理和罗尔定理的应用。思路 ：讨论某些方程根的唯一性，可利用反证法，结合零点定理和罗尔定理得出结论。零点定理往往用来 讨论函数的零点情况；罗尔定理往往用来讨论导函数的零点情况。解：令 f(X) X5 X 1，T f(X) 在0,1 上连续，且 f(1)1 0， f(0)1 0，由零点定理，至少有一点 E (0,1)，使得f( 9e5 E 1 0 ；假设x5 x 10有两个正根，分别设为 9

11、、9 (99 )，则f (x)在在9,9上连续，在(9,9)内可导，且f( 9) f ( 9)0，从而由罗尔定理，至少有一点 9 (9,92)，使得 f (9) 594 1 0，这不可能。5二方程x x 10只有一个正根。 10.不用求出函数 f(x) (x 1)(x2)(x 3)(x 4)的导数，说明方程 f (x)0有几个实根，并指出它们所在的区间。知识点 ：罗尔中值定理的应用。思路 ：讨论导函数的零点，可考虑利用罗尔中值定理。解： T f(x) (x 1)(x2)(x3)(x4)在1,2、 2,3、 3,4 上连续，在(1,2)、(2,3)、(3,4)内可导，且 f(1)f(2)f(3)

12、f(4)0 ,由罗尔中值定理，至少有一点(1,2)、2(2,3)、&(3,4),使得f ( &) f ( &) f ( 4)0，即方程f (x)0至少有三个实根,又方程f (x)0为三次方程，至多有三个实根,f (X)0有3个实根，分别为(12)、&(23)、&(3,4) 11.证明下列不等式:(1) arctana arctanb(3)设 x 0,证明 ln(1 x) x ;(2)(4)当x 1时，exex ；当 x0时，ln(1知识点：利用拉格朗日中值定理。思路：用拉格朗日中值定理证明不等式的过程:寻找函数yf (x)，通过式子f (E)f(b) f

13、(a)b a(或 f(b) f (a)f ( E)(b a)证明的不等式。证明：(1)令f (x)arctanx， v f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理，得 arctana arctanb f ( 8(b a) jb aba(2) 令 f(x) ex (x 1)，v f(x)在1,x上连续，在(1,x)内可导，由拉格朗日中值定理，得ex e e 4(x 1)，v 14 x， ex e e 4(x 1) e(x 1) ex e,从而当 x 1 时，ex ex。(3) 令 f(x) ln(1 x) (x 0) , v f(x)在0,x上连续，在(0,x)内可导，1

14、由拉格朗日中值定理，得ln(1 x) ln(1 x) ln(1 0) f ( E)(x 0)x ,1 E1v 0 E x, x x，即 x 0, ln(1 x) x。1 E(4)令 f(x) ln x (x 0) , v f(x)在x,1 x上连续，在(x,1 x)内可导,1由拉格朗日中值定理，得ln(1 -) ln(1 x) lnx f ( E)(1 0)x:x 2 1 x，- 1 丄E 1 x，即当x 0时，ln(1丄)x2x 12.证明等式： 2 arcta nx arcs in 2 1 xnxi).知识点：f (x)0 f (x) C ( C为常数)思、路：证明一个函数表达式 f(X)

15、恒等于一个常数,只要证f (x)证明:令 f (x)2 arcta nx arcs in£(x 1)，1 x当 x 1 时，有 2arcta n1 arcs inin;当x 1时，有f(x)住2(1 x2) 2x 2x 2(1x2)2x211 x22(12x221 x2 2 arcta nx arcs in-1(住)2x7 f(x) Cf(1) 13.证明：若函数f (x)在(-nx1)成立。)内满足关系式f (x)f (x)，且 f (0)1，则 f (x) ex。知识点：f(X)0f (x)思路：因为f (x)e xf (x)1，所以当设F(x)xf (x)时，只要证F (x)0

16、即可证明：构造辅助函数F(x)e xf (x)则 F (x) e xf (x)e xf (x) F(x) e xf (x) CF(0) f(x) ex。 14.设函数f (x)在a,b上连续,在(a,b)内有二阶导数,且有f(a) f(b) 0,f (c)0(a cb)，(c,b)内可导,(c,b),使得 f(E)f(c) f(b)c b0，f (Ei)加又f(X)在&,叨上连续，在(二鸟)内可导,从而至少有一点E (Ei, E),使得f (E)f(E) f (E) 0 0。E E 15.设 f (x)在a,b上可微，且 f (a)0, f (b)0, f(a)f (b)代试证明f/(

17、x)在(a,b)内至少有两个零点。知识点：极限的保号性、介值定理、微分中值定理。思、路：要证明在某个区间(a,b)内导函数至少存在两个零点，只要证该函数在a,b上有三个零点，即可以利用罗尔中值定理，得岀结论。证明:t f (a) lim f(x) f(a)x a x ab-a(a, §)(不妨设§)，对于20，由极限的保号性知,(a, §)，均有f(a)x a特别地，x1(a, §i)，使得f(Xi)f (a)x1 a0，二得 f (x1) f (a) A ；同理，由f (b)0,得 X2b-a),使得2g f(b) 0,X2 b从而得f (x2)f(b

18、) A ；又T f(x) 在x1 ,x2上连续，二由介值定理知,至少有一点E(Xi,X2)使得 f(E) A ；t f(x)在a, E、 E ,b上连续，在(a, E)、(E ,b内可导，且f (a) f(E f(b) A,知识点：拉格朗日中值定理的应用 思、路：关于导函数f(n)( e在一点处符号的判断，根据已知条件和拉格朗日中值定理的结论，逐层分析各层导函数改变量和自变量改变量的符号，得岀结论。证明：t f(x)在a,c、c,b上连续，在(a,c)、由拉格朗日中值定理，至少有一点&(a,c)、 Ef (c)f(b) f(a)知识点：微分中值定理或函数单调性的应用 思路：证明唯一性的

19、题目或考虑利用反证法；或正面论述。此题用反证法和罗尔中值定理，或利用函数的 单调性得岀结论。证明：存在性。f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，二由拉格朗日中值定理知，至少有一点c (a,b)，使得f(c)甘唯一性的证明如下：方法一：利用反证法。假设另外存在一点d (a,b)，使得 f (d)f(b) f(a)(c,d)(或(d,c)内可导,又t f (x)在c,d(或d,c)上连续，在由罗尔中值定理知，至少存在一点E (c,d)(a,b)(或E (d,c)(a,b)，使得f ( E) 0，这与f(x)在闭区间a,b上满足f (x)0矛盾。从而结论成立。方法二：丁 f(x)在闭区间a,

20、b上满足f (x)0，二f (x)在a,b单调递增，从而存在存在唯一的 c (a,b)，使得f (c) 丄型一血。结论成立。b a 17.设函数y f (x)在x 0的某个邻域内具有n阶导数，且f(0) f (0) 川 f(n1)(0)0,试用柯西中值定理证明：単乩(0)。xn!知识点：柯西中值定理。思路：对f (x)、g(x)xn在0,x上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。证明：t f (x)、g(x)xn及其各阶导数在0,x上连续，在(0,x)上可导，且在(0,x)每一点处，g(n1)(x) n!x 0，又 f (0) f (0)川 f"n1)(0)0,，f(x)n xf(x)

21、 f(0) f(i) f (f(0)nn 1x g(0) n 1nf1 g(0)III(T( E1) f(n 1 (0)g(n 1(0)Q X(001)，从而结论成立。n!(n)(习题3-2 1.用洛必达法则求下列极限:(1)xxe elimx 0 sin x(2)sinx sin a limx a x-a(3)In sinx lim2x n ( n-x)221ln(1 -)(4)limx arc cot x(5)lntan7x limx 0ln tan2x(6)x31 ln xlimx 1(7)(9)1lim x2ex"x 01(10)lim x(exx(13)lim(1xa x-

22、)xx(14)limx 0sin xx1);(15)(17) lim (1x 01sin x)，；(18)limx 0知识点：洛必达法则。思路：注意洛必达法则的适用范围。tan x x limx(11) lim (丄x 0 xlimx 00 x-sin x1)；(16) limxcotzx ；limex ln(1x 0(ln 1)x ； (19) limxx 1(x . 1 x2 )x ；(20)该法则解决的是未定型的极限问题，基本形式为:式，对于这种形式可连续使用洛必达法则；对于x-arcta n xlim (ntan)n。 nn型与型未定0型与0型的未定式，可通过通分或者取倒数的形式化为基

23、本形式；对于 00型、1型与0型的未定式，可通过取对数等手段化为未定式；此外，还可以结合等价无穷小替换、两个重要的极限、换元等手段使问题简化。解：(1)xxe e lim x 0 sin xlimxxxe e0 cosx(2)sin x sin limx a x acosx limx a 1cosa ；cosxIn sin xlim2x n( n 2x)22lim血xn 4(2x n2cosxlimxn 4(2x nsi nx limn Qx81 ln(1 -)(4) limxlim 一x arc cot x x1x(x 1)11x2limx1 x2x(x 1)(5)Intan7x limx

24、0 In tan 2x7 sec2 7 xlim tan7xx 0 2 sec 2xtan 2x27cos 2x tan2x lim2x 0 tan7x 2cos 7x(6)In xe3x2(7)lim 凹3x 0 x sin x(8)!叫 xcot2x12 T2(9)lim x2exx 0（或解为:)/12sec x 1 limx 0 1 cosx1 ulim x2ex"x 0x2limx 022 tanxsec xsin xlimx 023cos x丄X(emH X（或解为：T当(11)lim(1X 0 xx(12) 01x In(或解为：limx 1Xtan2x12 sec2

25、2x2乔13 elimXlim ex2lim2x 0x 03X2 x0 11e1ulimulim u1- X1 - XemH X时,1ex丄xe1x(e'1)ln x)limxxe_0 x(ex 1)1 x(ex1)xlimxlimxxln x x1)ln x1 (xlimx1 - XemH X1)lnlimx1(x 1)ln xx 1limu 0(u 1)l n(1/xe 11/ xlimxxe2x x 1 ln x1) uln(uuln(u 1)1)ulimu 0xm1(ulim 1/ xx1/ x 1ln xln x 21)ln(u2u1) u(14)(15)(16)(17)(1

26、8)(19)(20)lim(1xlimx 0limx 0旦)xsin x.1 . tan x(一)xlim 盹 1)u 0lim xln(1xelim sinxlnxex 0limx 0limex 02uex ln(1 x)limx 0 xarcta nxx)xexln(1limxelimxelim0In xcscxexlim:0xcotxcscxln xcot xlimx 0limex 0xcsc2 xlimx 0limex 0limex 0tan xsin xsin2 xe0/ x.(xe linx 0lxm0<1lim(lnlim (xx令 f (x)lime1 01)sin2ts

27、ec t tant2t2tant1 cos21 (1jm 6t2ex)xlimx 0lim 一x 010(1x2)(xex1)(x1)x2x.xe lim -x 0 2xln( 1 sin x) limlim exx 0ln ln xlim:0ln x1 x2)limxln(xlimx1 x2)cosx limx01 sin x-)xlimxex1.1x2x 1x2lim x 0 1/xlimxe(xta n丄厂xlime' 0x2 cosx) 1lim (ntan)nnn2x sin x 2.验证极限limx，则lim (xtan1)"xxlime* 0ln tant In

28、tt2tsec ttant2t3li2t2lin_t 0 6t2ee3t sin tcost lim0 2t3cos21e1t sin 2t lim 2t 0213e1e3存在，但不能用洛必达法则求出。思、路：求导后极限如果不存在，不能说明原式极限不存在，只能说洛必达法则失效。洛必达法则不能解决所有的未定型极限问题。sin X)xx sin x若使用洛必达法则，得limlimXXXx sin x 解：v limxlim (1x1 cosx而lim cosx不存在，所以不能用洛必达法则求出。x 3.若f (x)有二阶导数，证明f (x)知识点：导数定义和洛必达法则。lirfh 0思、路：使用洛必

29、达法则，对极限中的函数上下求关于证明：limh 0f(x h) 2f(x)f(x h)hXfmoHh1lim2 h 0极限lim x sin x存在;XXlim cosx ,xh) 2f(x)f(x h)h的导数，然后利用导数定义得结论X/V -TmoH hf (x h) f (x) 4.讨论函数f(x)卫1 f (x h) f (x) lim2 h 0x)1x1x xe ，知识点：函数在一点连续的概念。f(x),二结论成立。在点x 0处的连续性。思路：讨论分段函数在分段点处的连续性，要利用函数在一点处左、右连续的概念。解：v limx 0f(x)1, (1 x) lim InY 0 xeli

30、mex 0ln(1 x) xex11 lim -x 2x1 r 1lim -Jx 0 1ef (x)在x 0处右连续;又v limx 0f(x)12 f (0),二 f (x)在 x0处左连续;从而可知,f(x)(1 x)ee12,1x X在点x 0处连续。f (0)，其中 f(x)亍，x 0a , x 0知识点：连续和可导的关系、洛必达法则。思、路：讨论分段函数在分段点处的连续性、可导性，一般考虑利用定义。解：要使f (x)在x 0处可导，则必有f (x)在x 0处连续,又t g(x)在 x 0处 g(0)0，二 alim。f(x)00g(x)xg(0)0g/(0)；由导数定义，f (0)l

31、im f(x)x 0f(0)0g(x)limg(0)lim g(x) g(0)xg(x) g(0)2x2g内容概要名称主要内容（）泰勒泰勒中值定理：如果f(x)在含有x0的某个开区间（a,b）内具有n1阶的导数，则对任一公式/f（X。-(X2x (a,b)，有 f (x)f(Xo)f(Xo)(XXo)； 0Xo)2!f(n)(Xo).-nRn(x)，J(x Xo)比公式称为n阶泰勒公式；n!f (n其中Rn(x)1()(x Xo)"1（ 介于Xo于X之间），称为拉格朗日型余项；或(n1)!Rn(x) O(x 冷门,称为皮亚诺型余项。n阶麦克劳林公式：f(x) f(0) f/(0)xf

32、(0)X2f(n)(o)xnXRn(x)2!n!f(n其中Rn(x)1)/ (x)xn1( 01)或 Rn (x) o(xn)。(n1)!2xn常用的初等函数的麦克劳林公式：1）ex 1 x XO(xn)2!n!352n12)x2)sin x xx(1)n x/ 2n 2)1)o( X3!5!(2n1)!2462n3)cosx 1xx(1)nx( 2no(x1)2!4!6!(2n)!23(1)nXn 14)ln( 1 x) xxxo(x )23n15)11 x2 xn xo(xn)1 x6)(1 x)m 1mxm(m 1)2m(m 1)(mn 1) n(n)2!Xn!x o(x习题3-3 1.

33、按(X 1)的幂展开多项式f(x) X43x24。知识点：泰勒公式。思路：直接展开法。求f (x) 按(x x0)的幂展开的n阶泰勒公式，则依次求 f (x)直到n 1阶的导数在x x0处的值，然后带代入公式即可。3解：f (x) 4x 6x，f (1) 10 ； f (x)212x6，f (1) 18 ；f (x)24x，f (1)24 ; f(4) (x)24 ；(5)f(4) (1)24 ; f(5)(x)0 ;将以上结果代入泰勒公式，得f (x)f(1)叫1!1)(x2!1)2导x 1)3普(x 1)4810(x 1)9( x 1)234(x1)3(x1)4。 2.求函数 f(x)x

34、按(x4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式。知识点：泰勒公式。思、路：同1。解：f (x)1百，f(4)1；f (x)1323f (x) x83256(4)(x)15一 x16将以上结果代入泰勒公式，得f(x) f(4)叫1!4)4(x2!4)2(4)3!(x 4)3f(4)( E)4!(x 4)42(x4)44)24)3547(x 4)4,(128 FE介于x与4之间)。0点展开到含项，并求f(0)。 3.把 f (x)2x2在x1 x xxn o(xn)。知识点：麦克劳林公式。思路：间接展开法。f(x)为有理分式时通常利用已知的结论1 Xd 21 x x解: f(x)21 x x

35、21 x x 2x2x121212x(1 x) 31 x x21 x x21 x3312x(1x)(1 x3244o(x )1 2x 2x 2x o(x )；又由泰勒公式知X前的系数f ®0，从而 f (0)0。3! 4.求函数f (x) In x按(x 2)的幂展开的带有皮亚诺型余项的n阶泰勒公式。知识点：泰勒公式。思、路：直接展开法，解法同 1或者间接展开法,f (x)为对数函数时，通常利用已知的结论2 xIn(1 x) x(1)nnxn 1o(xn 1)。方法一:(直接展开)f (x)1-，f (2)x2f (x) -3，f (2)x,f(n)(x)1；f (x)2，f (2)

36、x1)n 1 (n 1)!，f(n)(2)将以上结果代入泰勒公式，得ln x f(2)f (2)1!(x 2)2)23!(x2)3(2) 4!f"(2)(xn!2)no(x2)n)In 21(x2)(x2)2(1)nn2n(x2)n o(x2)n)。方法f(x)In x2)31)n(x13 231(n 1)!.2n2)4 III(x2)31(32土 (x 2)33 2 5.求函数f (x)知识点：泰勒公式。垮)2 右(x 2)2宁)2 nx 2、n、)o() ) In2n 22n 11nn.n(x 2) o(x 2)。 n 2ln(2 x1)n11(1)按(x思路：直接展开法，解法同

37、2) In 2 ln(1In 21(x2)1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式。1 ；或者间接展开法，f (x)为有理分式时通常利用已知的结论1n 1市x(1 )n 2方法一 ：f (x)1)1 ； f (x)1) 2 ；f (x)(n)f ( 1)6,F(x)(n)(1)(1)nn!n!;将以上结果代入泰勒公式，得1 f(1) f(1)x1!(x 1)f ( 1)2!(x1)2f (3!1)3IIIf(n)( 1)n!(x1)n(n1)n1 (x1)(x1)2(x 1)3(x1)n(1)n1-(x1)n1(E介于x与 1之间)。1方法二：-11 (x 1)1 (x1)(x1)2(x

38、1)3(x1)n1)n1 1(x 1)(x1)2(x1)3(x 1)n斗 1)”1E介于x与 1之间)。 6.求函数yxxe的带有皮亚诺型余项的阶麦克劳林展开式。知识点：麦克劳林公式。思、路：直接展开法，解法同1；间接展开法。f (x)中含有ex时,通常利用已知结论2 x2!nXn、o(x )。n!方法一 ：y(x 1)ex, y (0)1 ； y(x 2)ex, y (0)2 ；(n),y(x n)ex,y(n)(0) n，将以上结果代入麦克劳林公式,xxef(0)4 f(0) 1!2!*33!IIIf(n)(0) nxn!o(xn)32 xx 2!nx(n 1)!o(xn)。方法二：xex

39、x(12xx 一 2!(n 1)!o(xn1) xx3(n 1)!o(xn)。 7.验证当01时，按公式ex 1 x2 23xx计算e的近似值时，所产生的误差小于6001，并求、e的近似值，使误差小于 0.01。知识点：泰勒公式的应用。思、路：利用泰勒公式估计误差，就是估计拉格朗日余项的范围。解：R3(x)e 4 x 4!2 14! 241001 ； , e1921 10.646。848 8.用泰勒公式取n 5，求In1.2的近似值,并估计其误差。知识点：泰勒公式的应用。解：设f (x)ln(1x)，则 f (x)f(0)f (0) x f (0)zv1!2 x 2!IIIf (5) (0)5

40、X5!2XX 一2，从而In 1.2f (0-2)0.20.220230.24竺 0.1823 ；其5误差为：R5(x)0.260.0000107。 9.利用函数的泰勒展开式求下列极限:(1) limx(3 x3 3x 、x2 x);(2)1 21 xlim 2 22x 0 (cosx ex ) sin x知识点：泰勒展开式的应用。思、路：间接展开法。利用已知的结论将函数展开到适当的形式，然后利用极限的运算性质得到结果。解: (1) limx(3 x3x)limxx(1-4)3xx(1丄)可xlim x(1xlim (丄x 23 -2 x8x0( )xo(A)x1。丄)x1)11 11 -x2

41、(1 x2)2lim x 0 (cosxex )x21 2 21 x 1 x lim 222x 0 (cosx ex )sinxlimx 01 1x2(1 】x22 22(111 1(1)x42o(x4)o(x2) (1 x2o(x2)x2limx 0144x o(x )83x4( 4)2 o(x )1o12 10.设 x0,证明:x2xln(1 x) o2知识点：泰勒公式。思、路：用泰勒公式证明不等式是常用的一种方法。特别是不等式的一边为某个函数，另一边为其幂级数展开的一部分时，可考虑用泰勒公式。解：ln(1 x)x2E介于0与x之间)，丁 x从而ln(1 x)x22x，结论成立。2(也可用

42、§函数单调性的判定定理证明之) 11.证明函数f(x)是n次多项式的充要条件是f(n1)(x)0 o知识点：麦克劳林公式。思、路：将f (x)按照麦克劳林公式形式展开，根据已知条件，得结论。解：必要性。易知，若 f (x)是n次多项式，则有f(n ° (x)充分性。T f(n 1 (x)0， f (x)的n阶麦克劳林公式为:f (x)f(0) f (0)xf (0)x22!f (0)x33!III(n)(0)xnn!(n珥諛(n 1)!n 1f(0)f (0)xf (0)x22!3f (0)x3!结论成立。 12.若 f (x)在a,b上有 n 阶导数，且 f(a) f (b)f (b)f(b) III(n1(b) 0知识点：泰勒中值定理、拉格朗日中值定理。思路：证明f (n)( E °(a E b)，可连续使用拉格朗日中值定理，验证f(n °(x)在a,b上满足罗尔中值定理；或者利用泰勒中值定理，根据f(x)在x b处的泰勒展开式及已知条件得结论。方法一：丁 f(x)在a,b上可导，且 f(a) f (b),二由罗尔中值定理知，在 (a,b)内至少存在一点 e，使得f ( E)° ;丁 f (x)在E,ba,b上可导，且 f (b)°，由罗尔中值定理知，在(E,b)(a,b)内至少存在一点E2，使得f(E)