羅爾定理、拉格朗日、柯西中值定理、洛必達法則與導(dǎo)數(shù)地應(yīng)用

1、中值定理=/ /L疋理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用內(nèi)容概要名稱主要內(nèi)容（3.1、3.2）3.1名稱條件結(jié)論中值定理羅爾中值y f (x)（1 ）在a,b上連續(xù)；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、3(a,b)使得定理內(nèi)可導(dǎo)；（3）f(a) f(b)( 0拉格 朗日y f (x)（1 ）在a,b上連續(xù)；（2）在（a,b）至少存在-一-占八、(a, b)使得中值內(nèi)可導(dǎo)f/( 3 -f(b)f (a)定理ba柯西中值f (x)、g（x）:（ 1）在a,b上連續(xù),在（a,b）至少存在-一-占八、3(a,b)使得定理內(nèi)可導(dǎo)；（2）在（a,b）內(nèi)每點處g/（x）0f/( 3f(b)f (a)g/( 3ba3.2洛必基本

2、形式0型與一型未定式0達法則通分或取倒數(shù)化為基本形式1）型：常用通分的手段化為0-型或一0型；2）0型：常用取倒數(shù)的手段化為0型或0型，即:0或0；1/ 0 1/ 0取對數(shù)化為基本形式1 ）0°型:取對數(shù)得0001 n 0.小 j小e ，其中0 In0001/00或 0 In 001/02）1型：取對數(shù)得1In1 e ，其中 In1001/00或 In101/03） 0型：取對數(shù)得00Ine其中0 In001/00或 0 In0。1/ 0課后習題全解習題3-11.下列函數(shù)在給定區(qū)間上是否滿足羅爾定理的所有條件？如滿足，請求岀滿足定理的數(shù)值(1) f (x) 2x(1,1.5)即為所求

3、。x 3 x在0,3上連續(xù)，在(0,3)內(nèi)可導(dǎo)，且f (0) f (3)x 3 x在0,3上滿足羅爾定理的條件。令 (0,3)即為所求。 x 3 1,1.5 ;(2) f (x) X . 3 x,0,3。知識點：羅爾中值定理。思、路：根據(jù)羅爾定理的條件和結(jié)論,解：(1 )丁 f (X)c 22x x- f (x)2x2 x求解方程 f (E)0 ,得到的根E便為所求。3在1,1.5上連續(xù)，在(1,1.5)內(nèi)可導(dǎo)，且f( 1)3在1,1.5上滿足羅爾定理的條件。令f (E)f(1.5)0,(2)v f(X) f (x)32.驗證拉格朗日中值定理對函數(shù) y 4x5x2x 2在區(qū)間0,1上的正確性。

4、知識點：拉格朗日中值定理。思、路:根據(jù)拉格朗日中值定理的條件和結(jié)論,求解方程f ( E)3，若得到的根三1 00,1則可驗證定理的正確性。22，f (x)12x10x 1，解:科 f (x) 4x3 5x2 x 2在0,1連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，二 y 4x3 5x2區(qū)間0,1上滿足拉格朗日中值定理的條件。又f(1)2,f (0)要使f () 丄 妙 0，只要:1 05,13123.已知函數(shù)f(X)(0,1)，使 f ( E f(1)f(0)，驗證完畢。1 04解：要使f (E)f(2) f (1)3，只要4E 15(1,2)即為滿足定理4.試證明對函數(shù)y2pxqx r應(yīng)用拉格朗日中值定理時

5、所求得的點E總是位于區(qū)間的正中間。證明：不妨設(shè)所討論的區(qū)間為2a,b， 則函數(shù)y px qx r在a,b上連續(xù)，在 (a,b) 內(nèi)可導(dǎo)，從而有 f(E f(b) f(a)b a(pb2 qb r) (pa2 qa r)解得E 匕工，結(jié)論成立。235.函數(shù) f(X) X 與 g (x)1在區(qū)間1,2上是否滿足柯西定理的所有條件？如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值E。知識點：柯西中值定理。思、路：根據(jù)柯西中值定理的條件和結(jié)論,砂，得到的根E便為所求。g(b) g(a)解:v f(x)2x 及 g(x) x1在1,2上連續(xù)，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，且在 (1,2)內(nèi)的每一點處有g(shù) (x) 2x0 ,所以滿足柯

6、西中值定理的條件。要使gdf(2)鮒)口要(E)g(2) g(1) 八 2 E3E2，解314 得E9(12)，E即為滿足定理的數(shù)值。5.設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(1)0。求證:知識點:(0,1)，使 f ( E羅爾中值定理的應(yīng)用。f(EEx在區(qū)間1,2上滿足拉格朗日中值定理的條件，試求滿足定理的f( E o,構(gòu)造輔助函數(shù)使其導(dǎo)函數(shù)為思路：從f / ( Ef(EE結(jié)論出發(fā)，變形為 f / ( E EEf/(x)x f(x),然后再利用羅爾中值定理， 便得結(jié)論。構(gòu)造輔助函數(shù)也是利用中值定理解決問題時常 用的方法。證明：構(gòu)造輔助函數(shù)F (x) xf (x)， F (x)

7、f (x) xf (x)根據(jù)題意F(x) xf (x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且F(1)1 f(1)0,f(E)F(0) 0 f(0) 0,從而由羅爾中值定理得：存在E (0,1)，使F ( Q f ( E) E f (E) 0，即 f (E)注：輔助函數(shù)的構(gòu)造方法一般可通過結(jié)論倒推，如：要使f (x)f(x)只要護 -I nf (x) InxI nxf(x) 0f(x) xxf (X)xf(x)xf(x)0二只要設(shè)輔助函數(shù)F(x) xf (x)7.若函數(shù)f (x)在(a,b)內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，且 f(X1)f(X2)f(X3)(a x1 x2 x3 b)，證明：在(論/3)內(nèi)至少

8、有一點 E，使得f ( E 0知識點：羅爾中值定理的應(yīng)用思、路：連續(xù)兩次使用羅爾中值定理。證明：丁 f (x)在(a,b)內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，二f (x)在x-i ,x2、X2,X3內(nèi)連續(xù),在(X1,X2)、(X2,X3)內(nèi)可導(dǎo)，又 f(X1) f(X2)f(X3)，由羅爾定理，至少有一點 E(xx?)、 E2 (X2 ,X3)，使得f(E)0、f ( E)0;又f(X)在EE上連續(xù)，在(E, E2)內(nèi)可導(dǎo)，從而由羅爾中值定理，至少有一點E ( E, &)(X1,X3)，使得 f ( E)0438.若 4 次方程 a0x a1x2a?xa3X a4 0有4個不同的實根，證明:324a0x

9、 3a1x2a2x a3 0的所有根皆為實根。知識點：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：討論方程根的情況可考慮羅爾中值定理。證明 ：令 f (x) a0 x4 a1x3 a2x2 a3x a4則由題意，f(x)有4個不同的實數(shù)零點，分別設(shè)為 x1 ,x2,x3,x4 ,V f (x)在Xi ,X2 、X2,X3】、X3,X4上連續(xù)，在(Xi,X2)、(X2,X3)、化兀)上可導(dǎo)，又 f(x1) f(x2)f(x3)f(x4) 0，由羅爾中值定理，至少有一點&(X1 ,X2) > & (X2,X3)、 & (x3,x4 )32使得f(&) f ( &) f

10、(&) 0，即方程4a°x3aiX2a?x a? 0至少有3個實根，又三次方程最多有 3 個實根，從而結(jié)論成立。59.證明：方程 X假設(shè) X5 X 1 0有兩個正根，分別設(shè)為E1、 E2(E1E2)，則f (X)在在&飛上連續(xù)，在(E,E)內(nèi)可導(dǎo)，且f (3) f ( E)0，從而由羅爾定理，至少有一點E (Ei, E)，使得f (E) 5 E 1 0，這不可能。5方程 X5 X 10 只有一個正根。10.不用求出函數(shù) f (X)( X 1)(X2)(X3)(X4) 的導(dǎo)數(shù)，說明方程 f (X)0有幾個實根，并指出它們所在的區(qū)間。知識點 ：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：

11、討論導(dǎo)函數(shù)的零點，可考慮利用羅爾中值定理。解： V f(X) (X 1)(X2)(X3)(X4)在1,2、 2,3 、 3,4 上連續(xù)，在(1,2)、 (2,3)、 (3,4) 內(nèi)可導(dǎo)，且 f(1)f(2)f(3)f(4)0， X 10只有一個正根。知識點 ：零點定理和羅爾定理的應(yīng)用。思路 ：討論某些方程根的唯一性，可利用反證法，結(jié)合零點定理和羅爾定理得出結(jié)論。零點定理往往用來 討論函數(shù)的零點情況；羅爾定理往往用來討論導(dǎo)函數(shù)的零點情況。5解：令 f (X) X5 X 1，V f(X) 在0,1上連續(xù)，且 f(1)10， f (0)1 0，5由零點定理，至少有一點E (0,1)，使得f ( 3

12、E E 1 0 ；由羅爾中值定理，至少有一點&(1,2)、 b (2,3)、 b (3,4),使得f ( &) f ( b) f ( $)0 ,即方程f (x)0至少有三個實根,又方程f (x)0為三次方程，至多有三個實根, f (x)0有3個實根，分別為&(1,2)、 b(2,3)、 b (3,4)。11.證明下列不等式:(1) arctana arctanb(2)x當x 1時，eex(3)設(shè) x 0,證明 ln (1 x) x;(4)當 x 0時，ln(1知識點：利用拉格朗日中值定理。思路：用拉格朗日中值定理證明不等式的過程:尋找函數(shù)yf (x),通過式子f (bf

13、(b) f(a)b a(或 f(b) f (a)f ( b(b a)證明的不等式。證明：(1 )令f (x)arctanx ,：f(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),由拉格朗日中值定理,arctana arctanb f ( b(b(2)令 f(x) ex(x1)，丁 f (x)在1,x上連續(xù)，在(1,x)內(nèi)可導(dǎo),由拉格朗日中值定理，得ex eeb(x 1),eb(x1)e(x 1) ex e，從而當 x 1時,ex。(3)令 f(x) ln(1 x) (x0)，- f (x)在0,x上連續(xù)，在(0,x)內(nèi)可導(dǎo),由拉格朗日中值定理，得ln(1x)ln(1 x)1"(1 0) I

14、" 0) TV，/0 b x，丄 X1 b0, ln(1x) x。(4)令 f (x) ln x (x0)，T f (x)在x,1x上連續(xù)，在(x,1 x)內(nèi)可導(dǎo),由拉格朗日中值定理，得ln(1丄)ln(1 x)xlnx f (b(1 0)1b1111t x E 1 x，二，即當 x 0時，ln(1 )E 1 xx 1 x2x12.證明等式：2arcta nx arcs in 2n(x 1).1 x知識點：f (x)0 f (x) C ( C為常數(shù))。思、路：證明一個函數(shù)表達式 f(X)恒等于一個常數(shù)，只要證 f (x)0證明：令 f(x) 2arctanx arcsin (x 1)

15、，1 x當 x 1 時，有 2arctan1 arcsin1 n；當 x 1 時，有f (x)21x212(1 x2) 2x 2x 2r 2x 2(1 x2)21 x2r 2)V 1 x11 x22 2x2(1 x2)2 22 (2) 0，二 f (x) C f(1)1 x 1 x2x二 2arcta nx arcs in 亍Xx 1)成立。1 x13.證明：若函數(shù) f(X)在(-)內(nèi)滿足關(guān)系式f(X)f (x)，且 f(0)1，則 f (x) ex知識點：f (x)0 f (x) C思路：因為f (x) exe xf (x)1，所以當設(shè)F(x)e xf (x)時，只要證F (x)0即可x證明

16、：構(gòu)造輔助函數(shù)F (x) e f (x)，YY則 F (x) e f (x) e f (x)0 ；/.F(x) e xf (x) C F (0)1f (x) ex(a,b)內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù)，且有14.設(shè)函數(shù)f (x)在a,b上連續(xù)，在f (a) f (b)0,f (c)0(a c b)試證在(a,b)內(nèi)至少存在一點E,使f ( E 0知識點：拉格朗日中值定理的應(yīng)用 思、路：關(guān)于導(dǎo)函數(shù)f (n)( E)在一點處符號的判斷，根據(jù)已知條件和拉格朗日中值定理的結(jié)論，逐層分析各層導(dǎo)函數(shù)改變量和自變量改變量的符號，得岀結(jié)論。證明：t f(x)在a,c、c,b上連續(xù)，在(a,c)、(c,b)內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中

17、值定理，至少有一點& (a,c)、 &(c,b),使得 f(八f (c) f (b) 0f(八f (a) f (c) 0使得 f ( &)0， f (&)0 ；c ba c又f (x)在&, b上連續(xù)，在(j鳥)內(nèi)可導(dǎo)，從而至少有一點E ( & , E)，使得 f (E)f ( “)f (旨)0。 15.設(shè) f (x)在a,b上可微，且 f (a)0, f (b)0, f (a) f (b) A,試證明 f' (x)在(a,b)內(nèi)至少有兩個零點。知識點：極限的保號性、介值定理、微分中值定理。a,b上有三個零點，即可思、路：要證明在某個區(qū)間

18、(a,b)內(nèi)導(dǎo)函數(shù)至少存在兩個零點，只要證該函數(shù)在以利用羅爾中值定理，得岀結(jié)論。證明：丁 ff (x)f 0，由極限的保號性知,x a x ab-af(a)x a(a, §)，均有特別地，x1(a, 6)，使得f(xj f (a)0，得 f (xi)f (a) A(a, §)(不妨設(shè)§)，對于 xXi a同理，由f (b)0,得 X2(b, §2)(b-a)，使得2f (X2) f(b)X2從而得f(X2)f(b) A;又丁 f (x)在氐/2上連續(xù)，二由介值定理知，至少有一點E (x1 ,x2)使得 f(E A ；f( E)f(b) A，t f (x)

19、在a, E、 E 上連續(xù)，在(a, E、( E )1內(nèi)可導(dǎo)，且 f (a)由羅爾中值定理知，至少有一點(a, E、E2( E ,b 使得 f ( E) f ( E)0，結(jié)論成立。16.設(shè)f (x)在閉區(qū)間a,b上滿足f (x)0，試證明存在唯一的 c,a c b，使得f (c)f(b) f(a)b a知識點：微分中值定理或函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用思路：證明唯一性的題目或考慮利用反證法；或正面論述。此題用反證法和羅爾中值定理，或利用函數(shù)的 單調(diào)性得岀結(jié)論。證明：存在性。- f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，二由拉格朗日中值定理知，至少有一點c (a,b)，使得f (c)f(b) f(a)b a

20、唯一性的證明如下:方法一：利用反證法。假設(shè)另外存在一點d (a,b)，使得 f (d)f(b) f(a)b a(x)在c,d(或d,c)上連續(xù)，在(c,d) (或 (d,c) )內(nèi)可導(dǎo),由羅爾中值定理知，至少存在一點E (c,d)(a,b)(或E (d,c)(a,b)，使得f (E) 0，這與f (x)在閉區(qū)間a,b上滿足f (x)0矛盾。從而結(jié)論成立。方法二：丁 f (x)在閉區(qū)間a,b上滿足f (x)0， f (x)在a,b單調(diào)遞增,從而存在存在唯一的c (a,b)，使得f (c) 丄©。結(jié)論成立。b a17.設(shè)函數(shù)yf(x)在x 0的某個鄰域內(nèi)具有 n階導(dǎo)數(shù)，且f (0) f

21、(0) L f(n 1)(0)0,試用柯西中值定理證明:f(x)nxf(n)(9x(0 e 1)。n!知識點：柯西中值定理。思路：對 f (x)、g(x)xn在0,x上連續(xù)使用n次柯西中值定理便可得結(jié)論。證明：f (x)、g(x)xn及其各階導(dǎo)數(shù)在0,x上連續(xù)，在(0,x)上可導(dǎo),且在(0,x)每一點處，g(n1)(x) n!x 0,又 f (0)連續(xù)使用n次柯西中值定理得，f(x)f(x) f(0)f ( 1)f( E)f(0)xnxng(0)n In1n1g (0)f (0) L f(n1)(0)0,，(n 1)(E1)f (n 1 (0)g(n 1(0)n!(091)，從而結(jié)論成立。習題

22、3-21.用洛必達法則求下列極限:xxe e(1) limx 0 sin xma n X 2sin x sin aIn sin x；(3)lim2x-ax n( n 2x)1ln(1 -)(4) limx arc cot x(13)lim(1 a)xxVsin x(14) lim x ；x 0(15)lim (-)tanxx 0 x(16)limx 0xe ln(1 x)x-arcta n x(17 )肌(11sin x)，；(18)lim (ln 1)x ； (19)limx 0xxJ 1(x J x2F ；(20)1 2 lim (ntan-)n 。 nnln tan 7x3 x1ln x

23、tan x x；(8) lim xcot2x ；(5)lim(6) lim；(7) limx 0'ln tan2xx 1eex 0x-sin xx 0lim12 T2111x1(9)x2ex ；(10) lim x(ex1)；(11) lim (-)；(12)lim ()；x 0xx 0 xex 1x In sin x limx n( n 2x) x-1 ln x知識點：洛必達法則。0思、路：注意洛必達法則的適用范圍。 該法則解決的是未定型的極限問題，基本形式為：一型與一型未定0式，對于這種形式可連續(xù)使用洛必達法則；對于型與0型的未定式，可通過通分或者取倒數(shù)的形式化為基本形式；對于 0

24、°型、1型與 0型的未定式，可通過取對數(shù)等手段化為未定式；此外，還可 以結(jié)合等價無窮小替換、兩個重要的極限、換元等手段使問題簡化。xxe exxe e(1) limlim2 ；x 0 sin xx 0 cosx解:cosa ；sinx sinacosx(2) limlimX ax a x a 1(3)cosxsi nxlimlimx 寸 4(2x n x f 8cosxlimx n4(2x n1ln(1-)(4) limx limx arc cot x xx(x 1)limx1 x2x(x 1)ln tan7x7 sec 7x7 cos22x tan2xtan 7x(5) limli

25、m tan jxlim2 1 ；x 0 ln tan2xx 0 2 sec 2xx 0 tan7x2cos 7xtan 2x1(6)(7)3x 1 limx 1In xe3x2(8)(9)tan x x limx 0 x sin x00xcot2xlim x2ex"x（或解為:limx 0x2sec x 11 cosxlim x 0 ta n2x001ex2x1叫2 tanxsec2 xsin x12 sec22x23cos x(10) limx1x(ex1)（或解為：T當xx(12) 01門(或解為：lim xlnx 1(x(13)lim(1x1采exi0 12xlimx1x2li

26、mulimx1(e；12xex3 exlimu1)1時，ex 11x1)lnx)a X一)xlimx11)ln xlimx1lim ex1elimx1e'lim x(exxx(ex1)xmH X/x1eXdiX X/ /mH X0 x(e 1)limx 1 (xxln x x1)ln xu x 1limu 0(u 1)l n(lim皿衛(wèi)u 0 2ulim xln(1 a) exxlimx01u ln( u1-)2,aln(1 ) limexInxe2xlnx J1) uln(u1)1)ulimu 0alim7 aexe ；01(uIn xInx 21)l n(u2u1) uln x1t

27、anxsin xsi nx(14) lim xlim sinxln xlimlimlimex 0ex 0 cscxx 0 xcot xcscx ex 0ex 0 xx 0e0(15)limx 0()ln x limx 0 cot xlim elimlim ex 01x csc2x.2 sin x limlim ex 0 x0 e1;xx 0x 0tanx(16)Xlim Xln(1 x) 1arcta nx11 x2(1x2)(xex1)(x 1)x2limx 0/ x(xe1)x.xe lim -x 0 2x1(17)lim (1 sinx)xx 0lim1lim exx 0sin x)xm

28、0e'cosx lim01 si nx(18) lim(ln 丄廠x 0 xlimx 0ln ln x 1limx 0e1 1() ln x x1x2lim上x 0 lnxlim x 0 1/x1 1(19) lim (x . 1x2)xxlimln(x 1 x2 )lim.1 x2 x 1 x2limxex2(20 )令 f(X)1t 11212 x tan t 2(xtan)x，則 lim (xtan)xlim( )txxx t 0 tlimet 0Intant Intt22tsec t tant2tsec t tantt sin tcostlim2t 02t2tantlim3t

29、02t3lim 3 2 - t 0 2t3cos21eeet 丄 sin2tlimet1 cos21 (16t2cosx)工22t2limetlim p0 6t2et 0lim (ntann12驗證極限limxsinx存在，但不能用洛必達法則求出x知識點：洛必達法則 思、路：求導(dǎo)后極限如果不存在，不能說明原式極限不存在，只能說洛必達法則失效。洛必達法則不能解決 所有的未定型極限問題?！眡 sinx一 sinx、，小，x sinx解：.Timlim (1)10 1，極限 lim存在；x x xxx x若使用洛必達法則，得x sinx lim1 cosx lim x 11 lim cosx，x而l

30、im cosx不存在，所以不能用洛必達法則求出x3.若f (x)有二階導(dǎo)數(shù)，證明 f(X)f(x h)2f(x)f(x h)知識點：導(dǎo)數(shù)定義和洛必達法則思、路：使用洛必達法則，對極限中的函數(shù)上下求關(guān)于證明：v limh 0f (x h) 2f (x)f(x h)h2h的導(dǎo)數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)定義得結(jié)論lim f (x h) f (x h)h 02hmoHhf(X h) f (x) 一 |im f_(x h) f (x)0h2 h 0(1 x)1x 1x X4.討論函數(shù)f (x)，2limf(x)， 結(jié)論成立。ee12,知識點：函數(shù)在一點連續(xù)的概念。在點x 0處的連續(xù)性。思、路：討論分段函數(shù)在分段點

31、處的連續(xù)性，要利用函數(shù)在一點處左、右連續(xù)的概念。解：v lim f (x)x 01(1 x) x 1lim -ln (1 x) %limlim (1 x) rx ex 0 x eex 0ln(1 x) x2x丄1 lim 1-x x 02 xe11-lim一2x 0 1 xef (0)，二f(x)在x 0處右連續(xù);又v limx 0f (x) e12 f (0)，二 f (x)在 x0處左連續(xù);從而可知,f(x)(1 x)'x1x x在點x 0處連續(xù)。5.設(shè) g(x)在 x0處二階可導(dǎo)，且g(0)0。試確定a的值使f (x)在x 0處可導(dǎo)，并求f (0)，其中 f (x)知識點：連續(xù)和

32、可導(dǎo)的關(guān)系、洛必達法則。由導(dǎo)數(shù)定義,f (0)lim f(x)x 0f(0)0g(x) lim g(0)0moH Xg2xX叫IKX2X如(0)。思、路：討論分段函數(shù)在分段點處的連續(xù)性、可導(dǎo)性，一般考慮利用定義。解：要使f(x)在x 0處可導(dǎo)，則必有f(x)在x 0處連續(xù),moz<又 g(x)在 x 0處 g(0)0，二 a lim f (x)內(nèi)容概要名稱主要內(nèi)容(3.3)3.3泰勒公式x (a,b)，有 f (x)f(Xo) f / (xo)(x xo)門叫x0)22!(n) /(x0)(x "n!Rn(X), 此公式稱為n階泰勒公式;其中Rn(x)(n 1)() (n 1)

33、!n 1(x x0)n 1( 介于x0于x之間)，稱為拉格朗日型余項；或泰勒中值定理：如果 f (x)在含有x0的某個開區(qū)間(a,b)內(nèi)具有n 1階的導(dǎo)數(shù)，則對任一Rn(x) o(x x0)n，稱為皮亞諾型余項。n階麥克勞林公式:f(x) f(0) f/(0)x2!n!(n1)(x)其中 Rn(x)(n 1)! x1 )或 Rn(x)0(xn)。常用的初等函數(shù)的麥克勞林公式:2 x2!n xn!o(xn)sin x3 x3!5 x5!1)2n 1x(2n1)!2n 2o(x )cosx2 x2!4 x4!6 x6!2nn X/ 2n 1、(1) o(x )(2n)!ln(1x)1)n 1n X

34、/ n 1、o(x )1m(1 x)mxm(m 1)2!m(m 1) (mn!n 1)xn o(xn)習題3-3421.按(x 1)的冪展開多項式f (x) x 3x 4 知識點：泰勒公式。思路：直接展開法。求 f(X)按(x x0)的冪展開的n階泰勒公式，則依次求f(X)直到n 1階的導(dǎo)數(shù)在x x0處的值，然后帶代入公式即可。解：f (x) 4x 6x，f (1) 10 ； f (x)12x26，f (1) 18 ；f (x)24x，f 24 ； f(4)(x)(5)24 ； f (1)24 ； f (5)(x)0 ；將以上結(jié)果代入泰勒公式，得f(x) f(1)jx1!1)(x2!1)23x

35、 1)33!晉(x 1)4810(x 1)9(x 1)24(x1)3(x1)4。2.求函數(shù)f (x) X 按(x4)的冪展開的帶有拉格朗日型余項的三階泰勒公式。知識點：泰勒公式。思路：同1。解：f (x)_1_2龍，丄32f (x)3256(4),、(x)15x16將以上結(jié)果代入泰勒公式，得f(x)%1!4)S(x2!4)2(4)3!(x4)3f(4)( E4!(x 4)412(x 4)416；(x4)24)357(x128 E24)4，E介于x與4之間)。3.把 f(x) 12x x2在x1 x x(3)0點展開到含x4項，并求 f (3)(0)。知識點：麥克勞林公式。思路：1間接展開法。f

36、(x)為有理分式時通常利用已知的結(jié)論1 xxn o(xn)o解:f(x)21 x x2x1 x x2 2x1 x x22xx2x(11x)rv2x(1x)(1 x3o(x3)1 2x2x22x4o( x4)；又由泰勒公式知x3前的系數(shù) f-(0)3!0 ,從而 f (0)0。4求函數(shù)f(x) Inx按(x 2)的冪展開的帶有皮亞諾型余項的n階泰勒公式。知識點：泰勒公式。思、路：直接展開法，解法同1;或者間接展開法,f (x)為對數(shù)函數(shù)時，通常利用已知的結(jié)論23x xIn(1 x) x23(1)nno(xn 1)。方法一：(直接展開)f (x)1-，f (2)x2f (x)二，f 1x4將以上結(jié)

37、果代入泰勒公式，得,f(n) (x)1；f (x)-2，f (2)xn 1 (n 1)! f (n)1)(n)In x f (2)3x 2)1!2!2)2(x3!2)3(2)4!f(n)(2)(xn!2)no(x2)n)In 212(x2)2)2(1)nn(x2)n o( x2)n)。方法f(x)In x2)31)(x1 (n 1)!2n2)4 L(x2)3232(x 2)33 235.求函數(shù) f(x)知識點：泰勒公式。思路：直接展開法，1 x x2方法:f (x)f ( 1)12*(x 2)2穿) 尹0(寧門In2 1)n1±(x 2)n 0(x 2門。ln(2 x1)n按(x2)

38、 In 2 ln(1In 21 1 /X 一( n解法同(n),(x)1(x2)1)的冪展開的帶有拉格朗日型余項的n階泰勒公式。1 ；或者間接展開法，(11)1)nf (x)為有理分式時通常利用已知的結(jié)論1 ； f (x)1)2 ； f (x)n!(n)(1)(1)nn!77 n!；(1)將以上結(jié)果代入泰勒公式，得1f(1) f( 1)1!(X 1)f ( 1)(x2!1)21)3方法(n)(n!1 (x1)(1)n1-(x6.求函數(shù)y1)n(x(n1)n1)2(x 1)3(X1)n(1)n1-(x1)E介于x與1之間)。1 (x 1)1)n1 11 (x(x 1)E介于x與 1之間)。xxe

39、的帶有皮亞諾型余項的知識點：麥克勞林公式。思、路：直接展開法，解法同1；間接展開法。x21)(x1)2(x1)3(x1)n2!n! OX)。(x1)2(x1)3(x1)n(x 1)”1n階麥克勞林展開式。xf (x)中含有e時,通常利用已知結(jié)論方法一 ：y(x1)ex, y(0) 1; y(x 2)ey (0) 2 ；(n),y(x n)ex,y(n)(0) n ,將以上結(jié)果代入麥克勞林公式,xxef(0)f (0)x1!2!3!o(xn)x2方法2!(n1)!o(xn)。xex(1x2xn12!(n 1)!no(x1) xx2x32!(n 1)!o(xn) o7.驗證當0x -時,2按公式3

40、x計算e6x的近似值時，所產(chǎn)生的誤差小于0.01，并求,e的近似值，使誤差小于0.01。知識點：泰勒公式的應(yīng)用。思、路：利用泰勒公式估計誤差，就是估計拉格朗日余項的范圍。解：R3(x)2 14! 24e X 4!1001 ； ,e 119210.646。8488.用泰勒公式取n 5，求In 1.2的近似值,并估計其誤差。知識點：泰勒公式的應(yīng)用。解：設(shè)f (x)ln(1x)，則 f(x)f(0)1!乜X22!555!2XX2，從而In 1.2f (0-2)0.20.220230.24竺01823 ；其5誤差為：R5 (x)1 66 X 6(1 90.26600000107。構(gòu).利用函數(shù)的泰勒展開

41、式求下列極限:(1) lim (vx3 3x x2x)；X(2)1 21 Xlim 2 22x 0 (cosx eX ) sin x1 X2知識點：泰勒展開式的應(yīng)用。思、路：間接展開法。利用已知的結(jié)論將函數(shù)展開到適當?shù)男问?，然后利用極限的運算性質(zhì)得到結(jié)果。解：(1) limX(3 X33x XX)limXx(1x(1 邛Xlim x(1Xlim (1398x1。)X10(F)X12x(1丄)X1)1OdX(2)1lim 220X2(cosx e )sin2 (11x2flim2X 0 (cosx eX )x1 lim -x 01 2 1 2x (1 x2 22(1今1 1-(-1)2)x4 o

42、(x4)2o(x2) (1 x2o(x2)x23x4o(x4)o(x4)丄1210.設(shè) x0,證明：xln(1 x)。知識點：泰勒公式。思、路：用泰勒公式證明不等式是常用的一種方法。特別是不等式的一邊為某個函數(shù)，另一邊為其冪級數(shù)展開的一部分時，可考慮用泰勒公式。2 x解：ln(1 x) x23x3(1E)3E介于0與x之間)，丁 x°，3(1E)2x從而 ln(1 x) x2x，結(jié)論成立。2(也可用§ 3.4函數(shù)單調(diào)性的判定定理證明之)11.證明函數(shù)f(x)是n次多項式的充要條件是(n 1)(x)0。知識點：麥克勞林公式。思路：將f(X)按照麥克勞林公式形式展開，根據(jù)已知條

43、件，得結(jié)論。解：必要性。易知，若 f (x)是n次多項式，則有f(n ° (x)充分性。：f(n1)(x)0，- f(x)的n階麥克勞林公式為:f (x)f(0) f (0)x2f (0)x2!f (0)x3 L 3!(n)(0)xnn!(n "(Ex(n 1)!n 1f(0)f (0)xf (0)x22!f (0)x33!皿，即 f(x)是n次多項式，結(jié)論成立。n!12.若 f (x)在a,b上有 n 階導(dǎo)數(shù)，且 f(a) f(b) f (b) f (b) L(n°(b)0證明在(a,b)內(nèi)至少存在一點E,使f (n)( Q 0(a E b)。知識點：泰勒中值定

44、理、拉格朗日中值定理。(n 1(x)在a,b上滿足思路：證明f(n) ( Q 0( a E b)，可連續(xù)使用拉格朗日中值定理，驗證羅爾中值定理；或者利用泰勒中值定理，根據(jù)f(x)在x b處的泰勒展開式及已知條件得結(jié)論。方法一 ： f(x)在a,b上可導(dǎo)，且 f(a) f (b),二由羅爾中值定理知，在(a,b)內(nèi)至少存在一點 &，使得f(&)0 ;- f (x)在&,ba,b上可導(dǎo)，且 f (b)0，二由羅爾中值定理知，在(&,b)(a,b)內(nèi)至少存在一點 &，使得f (&)0 ;依次類推可知，f(n1)(x)在&n1,ba,b上可導(dǎo)，且 f(n1)(&i)f(n1)(b)0，由羅爾中值定理知，在(&i,b)(a,