高数课件第三章3习题课

第三章习题课微分中值定理与导数的应用一、有关中值问题的题类

二、有关不定式极限的题类三、关于不等式的证明四、关于泰勒公式应用的题类五、关于函数性态的题类六、关于讨论方程根的题类洛必达法则定理Lagrange中值定理常用的泰勒公式00

,1¥

,¥

0

型¥-¥

型0

¥

型型型00¥¥Cauchy中值定理Taylor中值定理F

(

x)

=

xf

(a)

=

f

(b)

Rollen

=

0ff g

=

1

g1

g

1

ff

-

g

=

1

g

-

1

f令y

=f

g取对数导数的应用单调性,极值与最值,凹凸性,拐点,函数

图形的描绘;曲率;求根方法.主要内容【常用函数的麦克劳林公式】3!

5!(2n

+

1)!x

2n+1x

3

x5sin

x

=

x

-

+-

+

(-1)n

+

o(

x

2n+2

)nx2

x4

x6

x2ncos

x

=

1

-

+-

+

+

(-1)

+

o(

x2n+1

)2

3

n

+

1xn+12!

4!

6!

(2n)!x

2

x

3ln(1

+

x)

=

x

-+

-

+

(-1)n

+

o(

xn+1)=

1

+

x

+

x

2

+

+

xn

+

o(

xn

)1

-

x1(1

+

x)m

=

1

+

mx

+

m(m

-

1)

x2

+

+

m(m

-

1)(m

-

n

+

1)

xn

+

o(

xn

)2!

n!x

nx2

xne

=

1

+

x

+

2!

+

+

n!

+

o(

x

)

.一、有关“中值”问题的题类【方法与技巧】由导数信息反馈得到函数的信息，掌握构造辅助函数的技巧,提高进行逻辑推理的能力.利用逆向思维

,设辅助函数

.

一般解题方法:

证明含一个中值的等式或根的存在

,

多用罗尔定理,可用原函数法找辅助函数

.

若结论中涉及到含中值的两个不同函数,可考虑用柯西中值定理.(3)

若结论中含两个或两个以上的中值,须多次用中值定理.若已知条件中含高阶导数,多考虑用泰勒公式,有时也可考虑对导数用中值定理.若结论为不等式,要注意适当放大或缩小的技巧.【例1】设函数f

(x)可导，证明在f(x)的两个零点之间必有f

(x)+xf

¢(x)的零点.【分析】由于只涉及一阶导数，则想到先用罗尔定理或拉氏定理（分式情形考虑柯西定理）观察可知，辅助函数取为F

(x)=x

f

(x)【证明】设a,b为f

(x)的两个零点(a<b)，令F(x)=xf

(x)F(x)在[a,b]上可导，且F(a)=af(a)=0,

F(b)=bf(b)=0由罗尔定理知：存在ξ∈(a,b)使F¢(ξ)=f

(ξ)+ξf¢(ξ)=0【证完】f

(

x)

„

0,【练习】

1.

设f

(

x)在[a,b]上二阶可导，且又

f

(a)

=

f

(b)

=

0,试证:在(a,b)内，f

(x)„0;【提示】反证法：用罗尔定理若存在c

˛

(a,b),使得f

(c)=0则由罗尔定理$x1

˛（a,c）,x2

˛

(c,b),使f

(x1

)

=

f

(x2

)

=

0,进而

$

x

˛

(x1

,x2

)

(a,b),

使f

(x)

=

0,矛盾.在(a,b)内，f

(x)„0.所以【练习】

2.设

f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且2f

(0)

=

f

(1)

=

0,

f

(1)

=

1,证明：在(0,1)

内存在一点ξ，使f¢(ξ)=1【分析】辅助函数F(x)=f(x)－x,有一个零点,需找另一个零点.【证明】

令F(x)

=

f

(x)－x

， 连续、可导F

(1)

=

f

(1)

-

1

=

-1

<

0F

(1)

=

f

(1)

-

1

=

1

>

02

2

2

2零点定理1$x1

˛

(2

,1),使1F

(x

)

=

0在[0,x1

]上F

(0)

=

F

(x1

)

=

0由罗尔定理，$x

˛

(0,x1

)(0,1)使F

(x)=0即

f¢(ξ)=1［练习］3.设函数f(x)在[0,

3]

上连续,在(0,

3)

内可导,且f

(0)

+

f

(1)

+

f

(2)

=

3,

f

(3)

=1,

试证必存在

x

˛

(0,3)

,

使f

(x)=0.

(03考研)f(0)+

f

(1)+

f

(2)分析:

所给条件可写为

3

=1,

f

(3)

=1f

(0)+

f

(1)+

f

(2)想到找一点

c,使

f(c)

=

3【证】

因

f(x)

在[0,3]上连续,

所以在[0,

2]上连续,

且在[0,2]上有最大值M

与最小值m,m

£

f

(0),

f

(1),

f

(2)

£

M故3m

£

f

(0)+

f

(1)+

f

(2)

£

M由介值定理,至少存在一点c

˛

[0,2],使f

(c)

=

f

(0)+

f

(1)+

f

(2)

=13

f

(c)=f

(3)=1,且f

(x)在[c,3]上连续,在(c,3)内可导,由罗尔定理知,必存在x

˛

(c,

3)

(0,

3)

,

使

f

(x)

=

0.二、有关不定式极限的题类1.、型未定式0

¥0

¥【0·∞】型【∞－∞】型【00,1∞,∞0】型可直接使用洛必达法则的类型——分式未定型01.

0

型；¥2.

¥

型；3.

分母为¥

.【常见的未定式类型】不能直接用洛必达法则1【例1】求极限

lim[(2

+

x)e

x

-

x]xfi

¥x2x1+

1)e

x

-

11xfi

¥(【解】

上式

=

lim令1

=tt(2t

+

1)et

-

1

x

limt

fi

01(2t

+

1)et

+

2et=

limt

fi

0=

3.(3

+

2sin

x)x

-

3xxfi

02tan

x【例2】求极限

lim2xfi

03【解】

上式

=

limx3x

[(1

+

2

sin

x)x

-

1]23xe-

1x

ln(1+2

sin

x

)=

limxfi

0x2

sin

x=

lim

3xfi

03=

2

.抓大头(

¥

-

¥

)0(

)0等价无穷小代换用洛必达法则较繁【例4】nfi

¥求lim

n

n【分析】这是数列极限.若函数极限

lim

x

x

=

a

，显然有xfi

+¥（?）

而函数极限为∞0型，则可考1nfi

¥lim

n

n

=

a虑转化为函数极限使用洛必达法则求.1

ln

x1xfi

+¥

xfi

+¥【解】

lim

x

x

=

lim

e

xlim

ln

x=

exfi

+¥=

e0

=

11xx

=

e

limxfi

+¥

1nfi

¥从而

lim

n

n

=

1n(n

n

-

1)nfi

¥【练习】求lim(¥

0)（【答案】0）三、关于不等式的证明【常用方法】①微分中值定理、②函数的单调性、③最值（极值）、④函数的凹凸性、⑤Taylor公式.证明：当x

>0

时，ex

-1

-x

>1

-cos

x.【证Ⅰ】(利用单调性）令

f

(

x)

=

ex

-

x

-

2

+

cos

x

(

x

‡

0)则

f

（x)

=

ex

-

1

-

sin

x, (

x‡

0)连续f

(0)

=

0.f

（x)

=

ex

-

cos

x

>

0

(

x

>

0),x

>

0

f

(

x)

>

f

(0)

=

0,

f

(

x)

›

(

x

‡

0),

f

(

x)

›

(

x‡

0),不等式成立.\当x

>0

时，f

(x)>f

(0)=0,【例1】f

(0)

=

0【证Ⅱ】（用中值定理）

转化为证ex

+

cos

x

-

2

>

x.令f

(x)=ex

+cos

x,则f

(0)=2.由中值定理，$x

˛（0，x),

使得f

(

x)

-

f

(0)

=

f

(x)

x,而f

(x)

=

ex

-

sinx

>

1（需另证:求导一次用单调性证）\

f

(

x)

-

f

(0)

>

x【证Ⅲ】（用Taylor

公式）

转化为证ex

+

cos

x

>

2

+

x.即

ex

+

cos

x

>

2

+

x.令f

(

x)

=

ex

+

cos

x,

则f

（x)

=

ex

-

sin

x,f

（x)

=

ex

-

cos

x

>

0

(

x

>

0）,\

f

(0)

=

2,

f

(0)

=

1由Taylor公式

f

(

x)

=

f

(0)

+

f

¢(0)

x

+

f

(x)

x22!不等式成立>

f

(0)

+

f

(0)

x不等式成立四、关于泰勒公式应用的题类利用常见泰勒（麦氏）公式将函数间接展开；求极限；证明等式或不等式.【例1】求y

=

e

2

在

x

=

0

的2n

阶泰勒公式.x2-【分析】利用以下公式间接展开x

nx2

xne

=

1

+

x

+

2!

+

+

n!

+

o(

x

)【解】因上式中x是任意的，于是)

)22

2!

22222

2x2e

2nn1

xn!

2x

1

x(-

)

+

o((-=

1

+

(-

)

+(-

)

+

+x-2n+

o(

x

)42nx21 (-1)n=

1

-

2

+

2 22

x

+

+

n!2n

x【例2】cos

x

-

e

22xfi

0

x

[

x

+

ln(1

-

x)]求limx2-【分析】由于x→0，则当分子、分母均是多项式时就极易求极限，故想到利用泰勒公式.2!

4!2

4【解】

取

cos

x

=

1

-

x

+

x

+

o(

x4

)2

8x2

x4+ +

o(

x4

)2e

=

1

-2-

x展至x4

,为什么？x4不能消去,x→0时方次最小的起作用22(-

x)2ln(1

-

x)

=

(-

x)

- +

o(

x

)(由ln(1+x)公式可得)展至x2

,为什么？28-

1

x4

+

o(

x4

)(

1

-

1)

x4

+

o(

x4

)则 原式

=

lim

24xfi

016=x3【例4】试证:

当

2

>

x

>

0

时，sin

x

>

x

-

6p【证明Ⅰ】【证明Ⅱ】利用单调性：第四节已证过（略）(利用泰勒公式——麦氏展开式)2x5sin(x

+

5

p

)5!cosx3!x3sin

x=

x

-

+即x56

5!x3sin

x

-

(

x

-

)

=p>

0故x3当

>

x>

0

时，sin

x

>

x

-2

6p【证完】(0

<

x

<

x

<

2

)拉格朗日型余项【注意】用泰勒公式证明不等式一般用拉格朗日型余项,以便于判断符号.【练习】1. sin

x

+

tan

x

>

2

x2(0

<

x

<

p

)2.

ln(1

+

x)

<

x

(

x

>

0)24.

ex

‡

1

+

x

(

x

˛

R)3. 1

+1

x

>1

+x

(x

>0)【提示】用单调性或麦氏展式证)p2(0

<

x

<135. tan

x>

x

+x3【提示】

用单调性（证到三阶导数）【提示】

用单调性（证到二阶导数）【提示】用单调性或麦氏展式证【提示】

用最值或麦氏展式证(也可用单调性讨论证)1.单调区间的可能分界点0

0②一阶不可导点x

:

f¢(x

)不存在①二阶导数为零的点(x0

,f(x0)):f†(x0)=0②二阶不可导点(x0

,f(x0)):f†(x0)不存在.①驻点x0

:f¢(x0)=0②一阶不可导点x0

:f¢(x0)不存在①第一充分条件：x0点连续，去心邻域可导②第二充分条件：驻点x0处二阶导数不为零③极值定义①驻点x0

:f¢(x0)=0五、关于函数性态的题类【复习总结】——对连续函数来说2.可能的拐点3.可能极值点4.极值的判别单调增区间为(x1,0),(x2

,+¥

);应用举例三

—

由导函数图像信息反馈得到原函数信息【例4】填空题的连续性及导函数极小值点为

;极大值点为

x

=

0

.f

(x)(1)

设函数其导数图形如图所示,单调减区间为(-¥

,x1),(0,x2

);x1,

x2］［提示的正负作f(x)的大体示意图.x2x1

oyxxf

(x)12x

o

xf

(x)x在区间 上是凸弧

;拐点为(x1,

f

(x1))

,

(x2

,

f

(x2

)),

(0,

f

(0))

.(-¥

,

x1),

(0,

x2

)］［提示的正负作f(x)的示意图.形在区间

(x1,

0),

(x2

,

+

¥

)

上是凹弧;则函数f

(x)的图(2)

设函数的图形如图所示,x21x

oyf

(x)xx2x1

o之一图形六、关于讨论方程根的题类1.关于方程根的存在性的证明一般有以下几个方法：①连续函数介值定理②罗尔中值定理③可导极值点的存在性，即若能证明f(x)在(a,b)内存在极值点x0，且f(x)在x0处可导，则必有f¢(x0)=0（费玛引理）④反证法2.关于方程根的数目：①利用函数的单调性（唯一）、罗尔定理（反证）；②证明至少有k个根和至多有k个根同时成立.常用方法（前述已证——问题一）【例1】讨论方程ln

x

=ax

(a

>0)有几个实根.x

˛

(0,+¥

)【解】考虑函数f

(

x)

=

ln

x

-

ax,1f

¢(

x)

=

x

-

a令f

(

x)

=

0a

x

=1

(唯一驻点)¢

1a\

f

( )

=

-a2

<

0,则f

(1)为f

(x)的极大值(也是最大值).alim

f

(

x)

=