第六次习题课讨论题及解答

（L’Hospital法则或Taylor展式）一．关于中值定理的1.广义Rolle定理（4.111,设函数f(x)(ab)上可导，且满足

f(x)

f(x).求证：存在ab)f()0设函数f(x)在(a,)上可导，且满足

f(x)

f(x).求证：存在0,f(0（3）问在结论（2）中，若将区间(a,)改作(a)或(,)，结论是否仍证（1f(x在(ab设函数f(x)(ab)上不是常数函数，则至少存在一点x0(a,b)0f(x)0

f(x)

f(x)知，存在点x1(ax0)x2(x0b)，使得f(x1)f(x2)，其值介于f(x0)

f(x)

f(x之间。再利用Rolle定理可知存在(x1x2)(a,b)f(0（12．中间点的极限位置（4f(x在(11f(x)0,x(11。试证:（1）对(11任一点x0,存在唯一的(x01)，使

lim(x)1/2x注：上述结论有如下推广：设

f(x)(11)n1阶可导且

f(n1)(x)x(11)。则（1）(11)内的任一点x0，存在唯一(x01)，使f(x)f(0)f(0)x

f(n1)(n

xn1

f(n)(

xn（2）lim(x)

n证明：(1)Lagrangef(xf(0xf(x)x

(11)中(x01)f(x（-1,1）内二阶可导且f(x

f(x在(11不变号。这表明f(x严格单调。因此在(11)内(x)(x)域(110}（注：一般而言，中间点x（2）f(xf(0xf(x)xf((x)xf(0)f(xf(0f(0)x

(x)f((x)x)f(0)

f(xf(0f(0)xx零时的极限。对上式右边应用LHospital法则得

f(x)f(0)fx2

f(x)f(0)

f(0)。注意到2

f((x)x)f(0)

f''(0)。由此可见lim(x)12x1

(1x)ln2(1x)x2，

f(x)1xln21xx2f(x)ln2(1x)2ln(1x)2xf(x)2ln(1xx1易证ln(1xx0x(0,1f(x0x(0,1f(xf(x

f(0)

x0,1f(xf(xf(00x(0,1。证毕。2.

4xlnxx22x3x(0,2f(x)4xlnxx22x3f(1)0f(x在(0,2)f(x0。也就是说证明不等式的常用方法，单调性方法这里不能f(x)在开区间(0,2)内可以取得最小值，并且最小值是零。先求驻点。f(x)4lnx22x0x10,2)f(x)420，x(0,2f(x)在(0,2)xf(x在(0,1)f(x在(1,2f(xx1处取得在开区间(0,2)f(1)0

f(xf(x)f(1)0题3.证明不等

x22x f(x)(x22x2arctanx1(x22x2x4f(0)0f(x)(2x2)arctan(x1)(2x2)2(x1)arctan(x1)/4

。易证反正 切函数arctanx1

，x0x0时f(x)0再证右边不等式。记。g(xarctanx1xg(0)0且对于x0 g(x)

1(x

10g(x)024.（411,p.125）f(x在闭区间[0,1f(0)0f(1min{f(x),x[0,11。证明存在0,1f()821f(xx00,1f(x0)1f(x0)0。将函数f(0)0f(1)0x0TaylorLagrange210f(0)

f

)f

)(0

)

)2

0f(1)

f

)f

)

f

)2

(x0

22

1f()x211f()(1

)212 21[f()f

1 x00 x00

(1x)221f(1f(2f(1f(2之间。Darboux（导数介值定理）可知，存在一点介于1和2之间，使得22f(1f(1f(22 x00 (1xx00

min

(0,1)12时取得最小值80,1，使得f()8。证毕。三．计算函数极限（利用L’Hospital法则或Taylor展式1.（416,p.125）

1

cosxex2/x（i）1

x

xx(lnx1)11x

xx(lnx1)。1[xx(lnx1)1)]

xx1exlnx(lnx1)(lnx

1

2x1于是

xx1(lnx1)1

x

xx(lnx1)1x

12)2(ii)Taylor24cosx1x24

)；

x2/

2x1 x

21x 1x

o(x4

2

2x1cosxex2/ x1于

4o(x)4

11

1x0x4 x4

因此

cosxex2/x

1

2.f(xx0f(0)1,f(0)2n1 x0 1

xsinx1sinxx1fx sinxxsinxxx2(1f(x 1 x

sinxx

cosx1

x

3x

sinxxsinx

e

sinx

sinxx

1 1x2(1f

1f

6-f xsin nn

sinxxsinxxx2(1f(

limnsin1n1f1ne12x0

3.假设极限limsin6xxf(x0，求极限lim6f(x x0

x

sinxx1可知

sin6x6x1

limsin6x6x16336 0limsin6x6x6xxf(x36lim6f(xx0

x因此

6f(x)36x4.f(x在[0,

f(x)e。求常数CxC

f(x)f(x

。xxC

f(x)eLagrange（*）

limf(x)f(x1)

f()e。考虑等式（*）xC因此C0。函数 写作标准极限模式xC

xCxC

2C

2C2C

1 1

xxC xC

xC由等式（*）得e2ce。因此C12究曲1.求kye2xykx有唯一的公共切线，并求切点a解：假设曲线ye2x与曲线ykx相切于点(a,b)，则得到方程组e2a ak2ee2e2a 。解得唯一一组解a1/4，k 。由此可见当kk2eeye2xykx

ey e

e(x14

或写作

ex2y

0e注：进一步可思考，何时方e

e2x

（2）x（3）3x2.求一个单位圆的位置，该单位圆的圆心在yyx2的yx22

x2yb)21，其中b0x2yb)21y为x的可导函数y

xyby0x,y点切线的斜率

y

by

yb2直于xyx2求导得抛物线斜率ky2x2于是这两曲线在公共切点X,Yk1k2

b

2XX0

bY12

X2Yb)21X21Yb)234

YX2得到Y34心的纵坐标为b1Y

。这个单位圆与抛物线恰好有2个切点 3 23431X0。这时YX20，代入单位圆方程得到b11x2y1x2

。由假设单位圆位于抛物线之上，即1

x211x2 x[1题3.证形线x2/3y2/3a2/3上任一点的切线被坐标轴截下的部分的长度为常数，这里a0。

yy1/

在点(X,Y)处的切线斜率为

。由此得点X,Y) xY1/ yY (xX)

X23Y23a23。由此可X

X1/

Y1/X2/3Y2/x轴上截点坐标为a23X13X2/3Y2/(a2/3X(a2/3X1/3)2(a2/3Y1/3

a五．零点问1.f(x0,1连续，在0,1f(10c0,1，使fccf(c0证明：作辅助函数F(xxf(x。显然F(x)0,1连续，在0,1F(0F(10Rollec0,1Fc

fccfc02．f(xg(x在[ab连续，在(abg(x)0f(af(bg(ag(b0求（1）g(x)0，x(a,b)cab

f(c)

f(c)g（1）用反证法，若在(a,b内存在ca,bg(c)0Rollec1(ac)c2(c,bg(c1)g(c2)0。再由Rolle定理可知，c0(c1,c2)，使得g(c0)0。此与题设。（2）F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)F(x在[ab连续，在(abF(a)F(b)0RollecabF(c)0也即F(c)f(c)g(cf(c)g(c)0，由此导出结论（23．对任意正整数n，证明方程exxn0证明：显然方程exxn0和方程e-xxn-10f(xe-xxn-1f(x)e-xxn1(nx)有且仅有两个不同的零点（实根Rollef(x至多有三个不同的零点。从而方程exxn0至多有三个情。对于本题而言，首先想到的辅助函数自然是g(x):exxng(x)exnxn1的零点个数，并不比估计函数g(x)4.f(x在0,1上可导，且满足0

f(x)1f(x)1，x[0,1明存在唯一的

由连续函数的介值定理得，存在

唯一性证明：若存在两点12f(11f(22Lagrange值定理，存在1,2（假设12，使f(x)

f(1)f(2)1，1题5.f(x)在[a,b]上连续，且f(a)f(b)1，求证存在,ab)，使得ef(f(1F(x)exf(xF(x在[a,bLagrange定理条件，于是e[febf(b)eaf(e[fb

)

，其中

ab)。由

f(a)

f(b)

，则有xeb xb

e[f()eb

()].另一方面，对函数e在区间[a,b们又得到

ba

，其中a

ef(f(1题6.fx在0,1上连续，在0,1内可导f0f10。证证明：在闭区间0,1上对函数Fxx2fx，应用Rolle定理立刻得到结论。7.f(x在[0,1]f(0)0f(1)1（1）存在