第3章微分中值定理及其应用(2)

1、第 3 章 微分中值定理及其应用 (第二讲泰勒公式、函数极值等 )23一应用麦克劳林公式， 按x乘幂展开函数 f (x) (x2 3x 1)3解： f (x)是 6次多项式，f 5 0x55!f 6 0 6 x 6!计算出：f (0) 1, f ' 0 3 x2 3x 1 2x 3 x 0 9f x f 0 f ' 0 x f 2!0 x2f ''' 0 3 f 4 0 4 xx 3! 4!f '' (0) 60, f ''' 0 270, f 4 0 720, f 5 0 1080, f 6 0 720故 f (

2、 x) 19x 30 x245x3 30x 4 9x5 x6二 .当 x0 1时，求函数f (x) x 的n 阶泰勒公式。x解： f x11xxf '' x 1 2 x 3 , , f k x1 k k! xf 1 1, f ' 1 1, f '' 1 2! f ''' 1 3!, , f n 1 n!1 n 1 n 1! n 2n1x11n 1 n 2 x 1 n 1,( 在 1和 x之间)1 f '' 1 f n 1 nn1f x 1 f 1 f ' 1 x 1 f 1 x 1 2 x 1 n Rn x

3、x 2! n!x 1 x 12 x 1 n 1n 1 n 2 x 1三.求函数 f (x) xex的 n阶麦克劳林公式。解:f(x)xex，f 'xex1x f'' xex 2x , f k xexk xf(x) xex f 0 f' 0x 1 f'' 0x21 f(n) 0xn1 f(n1) xn12! n! n 1 !0 1 x 1 x21 n x n1 e n 1 xn 12! n! n 1 !x x 2 1 x3 1 e n 1 x n 12! n 1 !可表示为 x 0 12一当 0 x 时，证明x sin x 。sin x '

4、x cosx sin x证: 设 f x, 则 fx 2 ,x x 2设 g x x cos x sin x,则 g' x cosx xsin x cosx xsin x.'当 0 x 2时, g' x 0, 故 g x 单调减少 ,g 0 0, g x g 0 ,即 xcosx sin x 0所以 f ' x 0在（0, 2上 f x 单调减少 .时,2,s i nx 因此x2x s i nx.、当 x 4 时，证明 2x x2解: 设 f xx ln 2 2ln x, f 4 0,f ' x ln 2 2ln 4 22xln e 2 024即 当 x

5、 4时, f ' x 0 , 所以 f x 为单调增加 f x f 4 0 xln 2 2ln x 0 , 即 ln2x lnx2ln x为增函数 , 2x x2三试证方程 sinx x 仅有一个实根。解: 显然 x 0为方程 f x x sinx 的一个根又f ' x 1 cos x 0, x ,x ,时 , f x 单调增加 , f x x sin x在 ,仅有一个零点 .即方程 sinx x 仅有一个实根 五 f(x)、 g(x)在 a,b 上存在二阶导数且g (x) 0, f (a) f (b) g(a) g(b) 0 ，证明：( 1)在 (a,b)内g(x) 0 。(

6、2) (a, b)内至少存在一点，使得f ( ) f ( ) g( ) g ( )分析:(1)要证 g(x)在(a,b)上非零 ,用反证法更方便 ,若不然 ,至少有一 个零点 c a,b ,则由 g(x)的三个零点 ,可推出 g(' x)有 2个零点 ,从 而 g ( x) 有一个零点与已知矛盾 .f ( ) f ( ) '' ''(2)要证,即证方程 f '' x g x g'' x f x0有解 ,则g ( ) g ( )取F x f'' x g x g'' x f x dxf'

7、 xg xf' x g' xdx g' x f x f' xg' x dxc) 0 ,0,f' x g x g' x f x 从而可以证明结论 . 证明:(1)反证法:若不然,则在(a,b)内至少有一点 c,使得 g 于是由已知 g x 在 a,c , c,b 上均满足罗尔定理条件 , 因此,必存在 1 a,c , 2 c,b ,使得 g ' 1 0,g' 2 进一步知 g(' x)在区间 1 , 2 上满足罗尔定理的条件， 因此，必存在 ( 1， 2) a,b 使得 g ( ) 0 ， 与已知 g (x) 0矛盾

8、。因此在 (a,b)上 g(x) 0。 (2)设 F xf ' x g x f x g' x , 由已知，在 a, b 上连续可导， F a F b 0,满足罗尔定理的条件，因此，至少存在一点 a,b 使得 F0 ，即：f '' g g ''f0 ,也即f ( ) f ( ) g( ) g ( )六 f (x) g(x)，且 f (a) g(a)，试证(1) 当x a时， f (x) g(x)；(2) 当x a时， f (x) g(x)。分析：对于这种题显然用反证法证明：(1)设当 x a时 f (x) g( x) ，任意取一点 x1a, )由导

9、数的定义知：f ' (a)limx1 af x1 f a1 (1)x1 a' g x1f ag ' a lim 1 ( 2) x1 ax1 a将 1 2 得：' ' f x1f a g x1g af a g a lim 1 1 x1 ax1 a因为当 x a时 f (x) g(x)， f(x1) g(x1)且 f (a) g(a)f x1 f a g x1 g a f x1 g x1 f a g af x1 g x1 0 0 与条件相矛盾 所以假设不成立原命题成立即： 当 x a 时， f ( x) g(x)(2)设当 x a 时 f (x) g( x)

10、 ，任意取一点 x2 ( ,a) 由导数' f x2 f a的定义知： f '(a) lxi2ma f xx2 af a (3)将 3 4 得：lim g x2 f a (4) x2 ax2 a' ' f x2f a g x2 g af ' a g' a lim 2 2x2 ax2 a因为当 x a 时 f (x) g(x)， f (x2) g(x 2) 且 f (a) g(a) 所以f x2 f a g x2 g a f x2 g x2f a g af x1 g x1 0 0与条件相矛盾 所以假设不成立原命题成立即：当 x a 时， f ( x

11、) g(x)2一、求函数 y 2 ( x 1) 3 的极值。y 2 1 , x 1解： y 3 1 , x0 1点导数不存在，而函数有意义3 x 1 3x( ，1 )1( 1， )y+y最大极值点极大值： y(1) 2二试证明：如果函数 y ax3 bx2 cx d 满足条件 b2 3ac 0 ，那末这函数没有极值。证明： y 3ax2 2bx c ,由条件 b2 3ac 0，推出 a 0,c 0 ,y 为二次三项式， 2b 2 4 3a c 4 b 2 3ac 0当 a0 时， y0 ，x,，从而 y x 为单调增加当 a0时，y0 ，x,，从而 y x 为单调减少故无论对怎样的 a， y

12、x 在 , 总是单调的，y x 在 , 无极值。x 1 x 0二、 设 f (x) xxx 0, (1)讨论 f(x) 在 x 0处的连续性。2) x取何值时 f (x) 取得极值。lim x 1 1 x0lim ln xx 0 1ex解：（1）由连续的定义知：lim x xx0x ln x lim e x01lim ln1xx 0 1lim xx02 12x21lim x 02 x 0所以 lxim0 xln x lim x 0 1x1.xlim0 f (x) = xlim0 f(x)而 f (0) 1. 所以 xlim0 f(x)=xlim0 f(x) f 0 1所以 f （x） 在 x

13、0 处连续（2）设 g x xx exln x x 0 要使 g x 取得极值 则必须使 xln x在 x 0处取得极值 . 设 h x xln x,'' 1则 h ' x ln x 1 , h x x 要使 g x 取得极值则有 h' x h'' x 0 ,而 x 0 所以 h'' x 1x 0 ,x' 1 1 因此 h' x ln x 1 0, 所以 ln x 1 x . 所以当 x等于 eex 时， x x取得极值 ,由于（x 1） 1 0 即为单调增函数 所以只要 x1取得极值 即可。所以当 x等于 e时

14、f （x） 取得极值。三利用函数的凹凸性，证明不等式xln x y ln y (x y)lnxy2 (x 0, y 0)解：设 f t tln t, f t lnt 1, f t11t ,对 t 0,'' 1由 f '' t t 0 知 f t 是上凹的 ,所以对任意 x, y (0, ) ( x y)有fxy2即：xy xln x yln y ( x y) ln四求函数x t2, y 3t t3的拐点。解：yxyt3 3t 2xt2t31t2t31y'x'(yt)t3t21 3 t 1 t 1xt2t4t34t3当t1时，y'x'

15、;0, 又当 t 0时，yx 不存在但注意到 t0 时曲线上的对应点 (0,0) 为边界点，因为曲线上的横坐标都大于等于0，所以点 (0,0) 不能是拐点，故曲线上可能是拐点的点为t 1 时的点 1,4 及t 1 时的点 1, 4 , 经过验证二者都是拐点。32五问 a及b为何值时，点(1,3)为曲线 y ax3 bx2 的拐点？解：23ax 2 2bx, y6ax 2b6a x b3a令 y'' 0得x03ba ,由于 a 0，在 x03ba 的领域内，3a 3ay 在 x 0 的 两 侧 变 号 ，所 以 x0b3a ，这时对应的y0 a b 3 b b 20 3a 3a2

16、b327a2要使 1,3 为拐点，则b33a27a3解得：b92f ( x)六设 f (x) 二阶可导，若 lxim0 f (xx) 1， f (0) 0, f (x) 0,证明： f ( x) x 证明：由导数的定义：limf (x)x0f x f 0 lim lim x 0x 0 x 0f ' 0 1,应用麦克劳林公式将 f （ x） 展开得：'f '' 0 2f(x) f 0 f ' 0 xx2 R2 x2!因为 f (0) 0， f ( x) 0 f ' 0 1,所以 f (x) x0 x2 R e x2!f '' 0 x

17、2 x 2!（ 2）设 f（x）、 g（x）互为反函数， f（x） f（ x），且均在 ， ）上存在二阶导数，于是（）。A若 x0，f （x）0，则 x 0，f （x）0；B 若 x 0， f （x） 0，则 x 0，f （x）0 ；C 若 f （x）0，则g （x）0；D 若 f （x）0，则 g （x）0 ；分析： 依题意， f（ x）为奇函数，图形关于原点对称，对称点处 曲线凸凹性相反，即二阶导数异号，因此 A 正确，故取 A ，而 f（x）、 g（x）互 为 反 函 数 的 条 件 ， 函 数 曲 线 y f（x）与 y（ x）的凸性关系与其单调性相关， 在不明确单调性情况下， 无法对

18、 C， D 做判断。（5） f（x）在（1 ，1 ）内具有二阶导数， f （ x）严格单调减少， 且 f （1） f （1） 1，则（ ）。A.在（1 ，1）和（1，1 ）内均有 f（ x）x；B.在（1 ，1）和（1，1 ）内均有 f（ x）x；C.在（1 ，1）内， f（ x） x，在（1，1 ）内， f（x）x ；D. 在（1 ，1）内， f（x）x，在（1，1 ）内， f（x） x。分析： 由几何直观考虑，如图，在 x 1处，切线为 y x ，且曲 线 y f x 上凸，从而知切线在曲线 y f x 上方，即： x f x ， 故取 A（6）设 f（ x）在其定义域内具有二阶导数，则在定义域