罗尔、拉格朗日、柯西中值定理、洛必达法则与导数地应用

1、第3章中值定理与导数的应用容概要名称主要容（3.1、3.2）3.1名称条件结论中值定理罗尔中值y f (x):（1）在a,b上连续；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、3(a,b)使得定理可导；（3）f(a) f(b)f/(E)0拉格 朗日y f (x):（1）在a,b上连续；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、(a, b)使得中值定理可导f*)-f(b)bf (a)a柯西中值f（x）、g（x）:（1）在a,b上连续,在（a,b）至少存在-一-占八、3(a,b)使得定理可导；（2）在（a,b）每点处g/（x）0f/( 3f(b)f (a)g/( 3ba3.2洛必基本形式£型与型未

2、定式0达法则通分或取倒数化为基本形式1）型：常用通分的手段化为-型或一0型；2）0型：常用取倒数的手段化为-型或一0型，即:0a0 或 0；1/ 0 1/ 0取对数化为基本形式1）00型：取对数得00e0In0，其中 0 In0001/00或 0 InO 01/02）1型：取对数得1In1e ，其中 In1001/00或 In101/0；3）0型：取对数得00Ine其中0 In001/00或 0 In01/0。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、3。知识点：罗尔中值定理。思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程f / ( ® 0，得到的根E便为所求。解：(1) v f (x)2x2x 3在1,1.5上连续，在(1,1.5)可导，且f ( 1)f (1.5)0，二 f (x)2x2x 3在1,1.5上满足罗尔定理的条件。令f (14 1 10 得1 -4(1,1.5)即为所求。(2)v f(x)x 3x在0,3上连续，在(0,3)可导，且f(0)f(3)0- f(x)x 3x在0,3上满足罗尔定理的条件。令f(E) - 1 三 0，得E 2 (03)即为所求。 2.验证拉格朗日中值定理对函数 y 4x232解：v y f (x

4、) 4x 5x x 2 在0,1连续，在(0,1)可导，二 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( ) UD I!0!0，只要: 5x2 x 2在区间0,1上的正确性。知识点：拉格朗日中值定理。思路:根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程f ( 1f(1) f(0)，若得到的根1 0,1则1 051312(0,1)，51312(0,1)，使 f (E)丄，验证完毕。1 0可验证定理的正确性。，从而1(1,2)即为满足定理 3.已知函数f(x)x1 0在区间1,2上满足拉格朗日中值定理的条件，

5、试求满足定理的解：要使f(E) 丄，只要413 152 1 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) 可导，从而有 f(E)f(b) f(a)，即 2E qb a(pb2 qb r) (pa2 qa r)b ab a解得E，结论成立。23 5.函数 f (x) X 与 g(x)2x 1在区间1,2上是否满足柯西定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值 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f (8g (8f(b) f

6、(a) g(b) g(a)，得到的根E便为所求。解：- f(x)3/ 、2x 及 g( x) x1 在1,2上连续，在(1,2)可导，且在(1,2)的每一点处有g (x) 2x0，所以满足柯西中值定理的条件。要使BJ)凹g(E g(2) g(1)也，只要3E214得E(1,2)， E即为满足定理的数值。9 6.设f (x)在0,1上连续，在(0,1)可导，且f(1)0。求证:存在 E (0,1)，使 f ( Ef(EE知识点：罗尔中值定理的应用。思路：从f /( 8匸®结论出发，变形为Ef/(E)E 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

7、,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。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)可导，且F(1)1 f (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)f ( E)E f(E) 0，即 f ( E( 8。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)f(x)只要f (x) f(x)1-In f(x) xIn xIn xf (x)0 xf (x)0 xf (x)0xf (x)二只要设辅助函数F(x) xf (x)f(X3) 7

8、.若函数f (x)在(a,b)具有二阶导函数，且 f (xjf (x2)(axi X2 X3 b)，证明：在(xi,x3)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)具有二阶导函数，二f (x)在x1,x2、x2,x3连续,在(X-,X2)、(X2,X3)可导，又 f (x- )f(X2)f(X3)，由罗尔定理，至少有一点E(x1,x2)、 E(x2,x3)，使得 f(E) 0、f ( E) 0 ；又 f (x)在E-, E2上连续，在(E,E2)可导，从而由罗尔中值定理，至少有一点 e ( E,E)(

9、x1rx3)，使得f ( E 0。432 8.若4次方程a0xa1xa2xa3x a40有4个不同的实根，证明：4a0x3 3a1x2 2a2x a30的所有根皆为实根。知识点：罗尔中值定理的应用。思、路：讨论方程根的情况可考虑罗尔中值定理。证明：令 f(x) a0x4 a1x3 a2x2 a3x a4则由题意， f(x) 有4个不同的实数零点，分别设为x1rX2 ,X3,X4，f(x)在X1,X2、X2,X3、X3,X4上连续，在(X1,X2)、(X2,X3)、&3淤4)上可导,又 f (X1)f (X2)f(X3) f(X4) 0，由罗尔中值定理，至少有一点(X1,X2)、 E(X

10、2,X3)、 E(X3/4)32使得f(E) f ( E) f ( Ej) 0 ,即方程4a°x3a1X2a?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。 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岀结论。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。5解：令 f(x) x x 1，丁 f(x)在0,1上连续，且 f(1)10, f(0)10,二由零点定理，至少有一点E (0,1)，使得f( 9E5E 1 0 ；假设x5 x 1

11、0有两个正根，分别设为9、& ( E19)，则f (x)在在e, 9上连续，在(9,9)可导，且f( 9) f(9)0，从而由罗尔定理，至少有一点9 (9,9)，使得f ( 9 5 9 1 0，这不可能。二方程x5 x 1 0只有一个正根。 10.不用求出函数f(x) (x 1)( x 2)(x3)( x 4)的导数，说明方程f (x)0有几个实根,并指岀它们所在的区间。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：/ f(x) (x 1)(x 2)(x 3)(x 4)在1,2、2,3、3,4上连续，在(1,2)、(23)、(3,4)可导，且 f (1

12、) f (2) f (3)f(4)0，二由罗尔中值定理，至少有一点 &(1,2)、9(2,3)、9(3,4)，使得f ( 9) f ( 9)f ( 9) 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 9 (1,2)、9 (23)、 9 (3,4)。 11.证明下列不等式：(1)arctana arctanb a b ；(2)当 x 1 时，ex ex ；1。1 x:(9 f(b) f(a)b a1(3)设 x 0，证明 ln(1 x) x ；(4)当 x 0时，ln(1 -)x知识点：利用拉格朗日中值定理。

13、思路：用拉格朗日中值定理证明不等式的过程：寻找函数y f (x)，通过式子(或 f (b) f (a) f ( 9(b a)证明的不等式。证明：(1 )令 f(x) arcta nx， v f(x)在a,b上连续，在(a,b)可导，二由拉格朗日中值定理，得arctana arctanbf(8(b a)令 f(x) ex (x 1),f (x)在1,x上连续，在(1,x)可导,由拉格朗日中值定理，得ex eex 1),XExt 1 E x，二 e e e E(x 1) e(x 1) ex e，从而当 x 1 时，ex ex。思、路：证明一个函数表达式 f (x)恒等于一个常数,只要证f (x)由

14、拉格朗日中值定理，得ln(1x) ln(1 x)ln(1 0) f ( E)(x10)x ,1 E0 E x， xx ,即 x 0, ln(11 x) x。1 E(4)令 f(x) ln x (x0),T f(x)在x,1x上连续，在(x,1x)可导，(3)令 f(x) ln(1 x) (x0)，t f(x)在0,x上连续，在(0,x)可导,由拉格朗日中值定理，得1ln(1 -)ln(1x) ln xf (1E(1 0)-xEt x E 1 x, 1，即当x0 时，ln(11)1oE1 xx1 x12.证明等式：2 arcta nx arcs in2x2rn(x1)1x2知识点：f (x)0

15、f (x) C ( C为常数)2x 证明：令 f (x) 2arctanx arcsin 2(x 1),1 x当 x 1 时，有 2arctan1 arcsin1n；当 x 1 时，有f(x)忌1 ( 2x )2(1x2)21 x21 x21 L 2)11x2(1 x2) 2x 2x 22 2x2(1 x2)2 2L ( 1) 0，1 x 1 x 2 arcta nx arcs in 2x冗匕1 x2 - f(x) C1)成立。f(1) 13.证明：若函数f (x)在(-)满足关系式 f (x) f (x)，且 f(0)1，则 f(x) ex。知识点：f (x)0 f(x) C思路：因为f (

16、x) exe x f (x) 1，所以当设F(x) e x f (x)时，只要证F (x) 0即可证明：构造辅助函数f(x) e xf (x)，则 F (x) e x f (x) e x f (x)0 ；- F(x) e xf (x) C F(0)1-f(x)ex。 14.设函数f (x)在a,b上连续，在(a,b)有二阶导数，且有f (a) f (b)0,f (c)0(a c b)，试证在(a,b)至少存在一点 E,使f (E)0。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

17、的符号，得岀结论。证明：丁 f (x)在a,c、c,b上连续，在(a,c)、(c,b)可导，由拉格朗日中值定理，至少有一点e (a,c)、 E (c,b)，使得 f(E)f(c)f(b)0，f 佝 ff(c)0；c ba c又f (x)在e,E上连续，在(E,E)可导，从而至少有一点E (Ei, E2)，使得 f ( e f ( E)丄"0。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 (x)在(a,b)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)导函数至少

18、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：丁 ff(x)f 0，由极限的保号性知，x a x a(a, §)(不妨设§ ba)，对于(a,的，均有空4x a特别地，x1(a, §)，使得f(Xi)f (a)x1a0，二得 f (x1) f (a) A ；同理，由f (b)0,得 X2空)，使得f(x2) f(b)20，x2b从而得f (x2)f(b) A ；又- f(x)在Xi,X2】 上连续，二由介值定理知，至少有一点E 区冷)使得f (E) A ；f (x)在a, E、 E ,b上连续，在(a, E)、(E ,b

19、可导，且 f(a)f(E)f (b) A，由罗尔中值定理知，至少有一点(a, E、(E ,b，使得 f (El)f ( &)0，结论成立 16.设f (x)在闭区间a,b上满足f (x) 0，试证明存在唯一的 c,a c b，使得f (c)知识点：微分中值定理或函数单调性的应用。f(b) f(a)思路：证明唯一性的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。(x)在a,b上连续，在(a,b)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)f(b) f(a)唯一性的证明如下:方法一：利用反证法。假设另外存

20、在一点d (a,b)，使得 f (d)f(b)f (a)又 f (x)在c,d(或d,c)上连续，在(c,d)(或(d,c)可导,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： f(x)在闭区间a,b上满足f (x)0 , 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) 卫血。结论成立。b a 17.设函数y f (x)在x 0的某个邻域具有n阶导数，且f (0) f (0) L f(n 1(0)0,试用柯西中值定理证明：知识点：柯

21、西中值定理。思路：对 f （x）、g（x）证明：T f（X）、g（x）f(x)nX(n)f%x(on!9 1)。xn在0,x上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。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(n 1)(x) n!x 0，又 f (0) f (0) L f(n 1)(0)0,二连续使用n次柯西中值定理得,f(x)f(x) f(0)xn g(0)f ( 1)f ( f (0)g(0)f(n 1(n 1) f(n 1(0)n! 1 g(n1)(0)f（n）（ 9 x（- （091）,从而结论成立。 n!习题3-2 1.用洛必达法则求下列极限：xx/e

22、 e(1) limx 0 sin x（2）limx asin x sin ax-a(3)ln sinx lim2x n ( n2x)21ln(1 )(4) limx arc cot x（5）limln tan 7x(6)x 0lntan2xlimx 1ln x e(7)lim 回3x 0 x-sin x(8)lim xcot2x ；x 012 (9) lim x ex ；1(10)lim x(ex 1)；x11x(11)lim (2) ；(12)lim (丄)ln xx 0x 0 x e 1X x-1(13)a xlim (1-)；(14) lim xsinx ；( 15)lim （丄严；（l

23、imex ln(1x) 1XXx 0x 0 xx 0x-arcta nx1(17) xm0(1sin x) x(18) lim (ln $x ；(19) lim (xx 0 xX112(20)lim (ntan)n。nn思、路:注意洛必达法则的适用围。该法则解决的是未定型的极限问题，基本形式为：-型与一型未定式，0知识点：洛必达法则对于这种形式可连续使用洛必达法则；对于型与0 型的未定式，可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式；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 elimx

24、0 sin xxxe e limx 0 cosx(2)sinx sin a limcosxlimcosa ；x a 1cosx(3)In sinx limn( n 2x)cosxsi nxlimlimx n 4(2x n x 28(4)limx1ln(1 -)xarc cot xlimx1.1 : limxx(x2x1)1 ;x(x 1)11x1 7 sec2 7 xln tan7xtan 7x7 cos22xtan2x (5)limlimid 11 f 八2lim2 1 ；x0ln tan 2xx 02 sec 2xx 0ta n7x2cos 7xtan 2x(6)lxm13x 1xeln

25、xelimtan x x(8)'m0x sin xI!% xcotZx3x22 .sec x 1 limx 0 1 cosx2 tanxsec x limx 0sinx23cos xlim0 tan2x12 sec2 *2x(9)0 12x12 p_ X3ex132lim e0（或解为:lim xx 01e7limulimu(10)limx1x(ex1)limx1(e，1)1limx12ex（或解为：T当时,(11)lim(-x 0 x1 x(elimx1)1)1)xlimx 01exlimx1/ xxlim x 0 2x1/ x lim1)x1/ xX 1( lim()x 1 x 1

26、 ln xxln x x 1(x 1) lnx01ln xx 1 In x 1 In x1limx 1 l n x22（或解为:xln x x 1u limx 1 (x 1)ln xmWu 01)l n(u 1) uln(u 1)U ln(u1) ulimu 0(U1)l n(u1) ulim 3u 0 2u1-)2(13)a x lim(1)xxXlim xln(1Xea) Xlim .X esin xlim xlim sin xln xlim lnx(14)ex 0ex0 cscxX 0(15)1、ta n xlimlimlim ex 0ln xcot XlimX 0 XX 0X 0ln(

27、1 -)aXlimXa e ；1XXe1X1tan xsin xlimlimx 0 xcot XCSCXx 0x0eee 1 ；1sin2 xlim:lim ex 0csc2 Xlim ex 0 xe01 ；X 0(16)ex ln(1 x) 1x arcta nxxelim x 011x 111x2lim?2 / x x ,、x )(xe e 1) (x 1)x2(17)(18)(19)(20)x x(xe e2xlim (1x 0lim(lnlim (xx令 f (x)sin丄)xx2tsect tant limt 02t2tantelimef 0cos2t (16t21)x)xlimx

28、0x xe lim - x 0 2xlim 巴1lim exx 0sinx)ln ln x1 x2)xlimx，则limx 0ln(xlimxlimx21 x2)cosx limx01 sin x-)x. x limx 0 l n Xelimxe(xta n 丄)xxlim L:0 1/xlimxex21;Xlim( tantt 0lime* 0Intant Intt22tsec t tantt sin t cost1t si n2t limlim3lim 3-t 02t3t 0 2t3 cos21t 02t3eeeX2 cosx) e'in0 竽1e3lim (ntan1)"

29、; nn1e3x sin x 2.验证极限lim存在，但不能用洛必达法则求出X x知识点：洛必达法则。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。解：v lim x sinx X x若使用洛必达法则，得limxsinx、 lim (1)xxx sin x极限lim x sinx存在; X xlimx1 cosx1 lim cosx，x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。a-T叫Hh(x思路:使用洛必达法则，对极限中的函数上下求关于

30、h的导数，然后利用导数定义得结论证明f(x h) 2f(x) hXTV -Tm。HhXlimh 0f (x h) f (x) f (x) f (xh)f (x h) f (x) 4.讨论函数f(x)2h丄讪竺h) f(x)2h 0x)1x1x,xf(x)，二结论成立。ee12,在点x 0处的连续性。知识点：函数在一点连续的概念。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：vlimx 0f(x)lim(1x1lim 丄 ln(1 ” ex 0 xlim ln(1 x) x ex 0 x丄1 lim 1x ex 0 2xf(0)，f (x)在x 0处右连续;又v

31、limx 0f(x)12f(0)，-f(x)在 x0处左连续;从而可知,f(x)ee12,在点x 0处连续。 5.设 g (x)在0处二阶可导，且g(0)0。试确定a的值使f (x) 在x 0处可导，并求凹,x 0f (0)，其中 f (x) x。a , 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 g(x)在x0处g(0) 0a lim f(x) lim 凹X 0x 07limg(x) g(0)x 0 x 0g/(0)；由导数定义，f (0)lfxf(0)0X

32、XmoH Xlimg(x) g(0)xlimg(x) g(0)x 0 2x1寸 g (0)。名称主要容(3.3 )3.3泰泰勒中值定理:勒公式如果f (x)在含有X0的某个开区间(a,b)具有n 1阶的导数，则对任一 /f (x0)2x (a,b)，有 f (x) f(x°) f (x°)(xX。)r(x x°)2!f 5)(X°)(x x0)nRn(x)，此公式称为n阶泰勒公式；n!其中Rn(x)f (n 1)()-(X X°)n1(介于x0于x之间)称为拉格朗日型余项；或(n 1)!Rn(X)0(x X°)n，称为皮亚诺型余项。n

33、阶麦克劳林公式：f (x) f (0) f/(0)x f-(0)x2f(n)(0)XnRn(x)2!n!其中Rn(x)f (n 1)()f_xn1 (01)或 Rn(x) o(xn)。(n 1)!sin x2)3)cosxln(14)5)6)11 x常用的初等函数的麦克劳林公式:3 x3!5 x5!1)1)2n 1 x(2n1)!x)m(1 x)x22!o(x2n2 x2!4 x4!6 x6!(1)n1)x2mxm(m 1)2!o(xn)n二 o(xn) n!2)2n盘 o(x2n1)o(xn1)1m(m 1) (m n 1)xn o(xn)n!习题3-3 1.按(x 1)的幂展开多项式f (

34、x) x4 3x24。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。解：f (x)4x3 6x，f (1) 10 ； f (x)12x2 6，f (1) 18 ；f (x)24x，f (1)24 ； f(4) (x)(5)24； f (4)(1)24 ； f (5)(x)0 ；将以上结果代入泰勒公式，得f (x)f(1)S(x1!1)(x2!1)2(x 1)33!普(x 1)4810(x 1)9( x 1)24(x1)3(x1)4。4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式。

35、 2.求函数f (x) x按(x知识点：泰勒公式。思路：同1。解：f(X)12 ；xf (x)312-x 2，f (4)4132f (x)3 -x83256(4)(x)15 x1672 ；将以上结果代入泰勒公式，得f (X)叫1!4)f(x2!4)23!(x4)3f(4)(E)4!(x 4)412 4(x 4)164(x4)21512(X4)7(x128 F4)4，(E介于X与4之间)。 3.把 f (x)2x .2在x1 x x0点展开到含4x项，并求f(3) (0)。知识点：麦克劳林公式。1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 xxn o(xn)。1 x 解：f (

36、x)1 x2 小x 2x2xx22x(1x)11 x312x(1x)(1o(x3)2x2x2 2x4o(x4)；3又由泰勒公式知x前的系数f (0)3!0，从而 f (0)0。 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2x ln(1 x) x2x3n 1 n x(1)-no(xn 1)。方法一:(直接展开)f (x)1-，f (2)xf (x)2t， f x将以上结果代入泰勒公式，得,f (n) (x)1；f (x)-2，f (2)x1 (n 1

37、)!In x f (2)f (2)1!(x2)1)2)2，f(n)(2)(1)n1(n 1)!.2nifn!2)no(x2)n)In 22(x(1)n1n 2n(x2)n o(x 2)n)。f (2)3!(x2)4! (x2)4 L2)1_3(x2)2/(X2)3方法二：f（X）In xln(2 x 2) In 2 ln(1字）In 21(J)3323 22)3 5.求函数f(x)知识点：泰勒公式。思路：方法1)n1Fn(1)n直接展开法，1 x x2戶o(屮)1n(x 2)n o(xn 2In 22)23(x2)2解法同:f (x)f ( 1)6(n),(x)(将以上结果代入泰勒公式，得1f

38、(1)f(1)1!(x 1)方法2)n)。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，(11)1)nf （x）为有理分式时通常利用已知的结论n!n 1，xf ( 1)(x2!(x)(n)(1)21)(1)n1) 2 ；f (x)_64xn!n!；f (3!1)3(n)(n!1 (x1)(n 1)(1)n1-(x 6.求函数y1)n(n1)n(x1)2(x 1)3(x1)n(1)n1-(x1)n1(E介于x与 1之间）。1 (x 1)1 (x1)(x1)2(x1)3(x1)nn 11)1 (x 1)E介于x与1之间）。xex的带有皮亚诺型余项的知识点：麦克劳林公式。思、路

39、：直接展开法，解法同1；间接展开法。2 x2!nx / n. o(x )。n!(x1)2(x1)3(x 1)n斗 1)”1n阶麦克劳林展开式。f （x）中含有ex时,通常利用已知结论方法一 ：y(xx1)e , y (0)1 ； yx(x 2)e , y (0)2 ；(n),yx(x n)e ,y(n)(0) n，将以上结果代入麦克劳林公式，得xxef(0)f (0) x 1!2!3!f(n)(0) nxo(xn)方法x2x32!(n1)!o(xn)。xxex(1x2xn12!(n1)!no(x1)x2x32!(n 1)!o(xn) o 7.验证当01x 时,2按公式x2x3的近似值时，所产生

40、的误差小于001，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围。解：Ra(x)2 14! 24e x 4!192001； 、e0.646。48 8-用泰勒公式取n 5,求In 12的近似值, 知识点：泰勒公式的应用。并估计其误差。解：设f(x)ln(1x)，则 f (x)f(0)f (0)x1!f (0) x 2!(0) 5 x 5!2xx2，从而In 1.2f (0-2)0.20.22202330.244止 0.1823 ；其5误差为：R5(x)1 66 x6(1E)60.2600000107。 9.利用函数的泰勒展开式求

41、下列极限:1 2(1)lim(3.x3 3x ，x2 x);x1 x lim2一 2_x 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 x323x . x2X)limxx(1q)3xx(1丄尸xlim x(1xx|im (1398x32xo(b)x1O(T)x12x(1丄)x1)10(-2)x1(2)lim -x 0 (cosx.1 x2ex )sin x2limx 01x2(cosx2 (1ex )x21 !x2 lim-x 0、(12x21!)x4o(x4)(

42、1x2o(x2) (1 x2 o(x2)x21x83x44、-y o(x )o(x4)112 10.设 X0,证明:x2xln(1 x)。2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。2x x23 x3 x解：ln(1x)3(13( q介于0与x之间)，83x 0， 30 ，3(1 E)3232从而ln(1x)xx2x3(13x，结论成立。y2(也可用§ 3.4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知识点：麦克劳林公式。思、

43、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。解军：必要性。易知，若 f(x)是n次多项式，则有f(n1)(x)0充分性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)x3 Lf (n)(0)xnn!(T( E)x'(n 1)!f(0)f (0)xf (0)x22!3f (0)x3!(n)(0)xnn!即f (x)是n次多项式，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) L f(n 1(b)0证明在(a,b)至少存在一点E，使f(n)( Q

44、0(a E b)。知识点：泰勒中值定理、拉格朗日中值定理。f(n °(x)在a,b上满足思路：证明f(n) ( Q 0(a E b)，可连续使用拉格朗日中值定理，验证罗尔中值定理；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)至少存在一点E，使得f( &)0 ；丁 f (x)在Ei,ba,b上可导，且 f (b) 0，由罗尔中值定理知，在(&,b)(a,b)至少存在一点Q，使得f (Q) 0 ；依次类推可知，f(n1)(x)在En i,ba,b上可导，且 f(n1)( E 1)f(n1)(b) 0，由罗尔中值定理知，在(En 1,b)(a,b)至少存在一点E，使得f(n)