1、第三 微分中值定理习题课教学目的 通过对所学知识的归纳总结及典型题的分析讲解，使学生对所学的知识有一个更深刻的理解和认识教学重点 对知识的归纳总结教学难点 典型题的剖析教学过程 一、知识要点回顾1费马引理2微分中值定理：罗尔定理，拉格朗日中值定理，柯西中值定理3微分中值定理的本质是:如果连续曲线弧 AB上除端点外处处具有不垂直于横轴的切线，则这段弧上至少有一点 C，使曲线在点 C 处的切线平行于弦 AB4罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值的条件是充分的，但不是必要的即当条件满足时，结论一定成立；而当条件不满足时，结论有可能成立，有可能不成立如，函数 2,01, xf在 1,0上不满足罗尔定理
2、的第一个条件，并且定理的结论对其也是不成立的而函数 21,1, xf在 1,上不满足罗尔定理的第一和第三个条件，但是定理的结论对其却是成立的5泰勒中值定理和麦克劳林公式6常用函数 xe、 sin、 xco、 )1ln(、 )(x的麦克劳林公式7罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理及泰勒中值定理间的关系8 0、 、 、 、 0、 、 0型未定式9洛必达法则10 、 0、 1、 0型未定式向 或 型未定式的转化二、练习1. 下面的柯西中值定理的证明方法对吗？错在什么地方？ 由于 xf、 F在 ba,上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点 ba,，使得 abfabf, 1F. 2又对任一 ,(
3、)0xabFx，所以上述两式相除即得 Ffabf.答 上述证明方法是错误的因为对于两个不同的函数 xf和 F，拉格朗日中值定理公式中的 未必相同也就是说在 ,内不一定存在同一个 ，使得 1式和 2式同时成立例如，对于 2xf，在 1,0上使拉格朗日中值定理成立的；对 3xF，在 1,0上使拉格朗日中值定理成立的 3，两者不等2. 设函数 xfy在区间 1,0上存在二阶导数，且 xff2,01.试证明在 ,内至少存在一点 ，使 F还至少存在一点 ,使 ()F分析 单纯从所要证明的结果来看，首先应想到用罗尔定理由题设知，01F，且 x在 1,0上满足罗尔定理的前两个条件，故在 1,0内至少存在一点
4、 ，使 至于后一问，首先得求出 x，然后再考虑问题ffx2，且 F这样根据题设，我们只要在 ,上对函数再应用一次罗尔定理，即可得到所要的结论证 由于 ()yx在 1,0上存在二阶导数，且 10F， x在 1,0上满足罗尔定理的条件，故在 ,内至少存在一点 ，使 由于xfxfF2， 且 0F， x在 ,上满足罗尔定理的条件，故在 ,0内至少存在一点 ，使由于 10，所以 1,03.设 12,na 为满足方程1232naa的实数，试证明方程1coscos0nxx在2,0内至少有一个实根分析 证明一个方程在某个区间内至少有一个实根的问题，就同学们目前所掌握的知识来看主要有两种方法，一种是用零点定理，
5、另一种是用罗尔定理.要用零点定理,函数 xnaxaxf 12cos.3cos21 ，需要满足在 2,0上连续，且0f但0f，因此这种方法并不能直接应用换一种方法，就应考虑罗尔定理，而要用罗尔定理解决上述问题，就得设 12cos3cos21nFxaxax，并将 x的原函数 求出来，然后对原函数 F应用罗尔定理在这个问题中 的原函数求起来很容易，21sini3sin21aaxxx求出 F后，根据题设条件，对 F在 ,0上应用罗尔定理即可得到所要的结论证 引入辅助函数 21sini3sin21aaxxx因为 F在 2,0上连续，在,0内可导， 0F，1123naa，所以由罗尔定理知，在2,内至少存在
6、一点 ，使得 0，即 12cos3cos210n.于是方程 12scsnaxax 在,内至少有一个实根4. 设函数 f在 ,上可导，且 02,0,2fff 试证明曲线弧C： yfx上至少有一点处的切线平行于直线 012分析 由于直线 yx的斜率为 2，所以上述命题的本质是要证明在2,内存在一点 ，使得 21f由于xfxf，因此若设2xfF，则要证上述命题，只须证明在 2,内存在一点 ，使得 0即可这是一个用罗尔定理解决的问题xF在 上满足罗尔定理的前两个条件没问题，只是由题设我们还不能直接得到 所满足的是罗尔定理的第三个条件.但是我们注意 ()x在 2,上连续，而12,0,12，且 1 介于-
7、1 和 2 之间因此由介值定理知，在 ,0内必存在一点 ，使得 这样在 ,上对 F应用罗尔定理即可证得所要的结果证 引入辅助函数2xfF 在 0,2上连续,且 (0)2,()1F.由介值定理知,在 2,0内比存在一点 ，使得 1F又 1，且 x在2上满足罗尔定理的前两个条件,故在 (,)内必存在一点 ，使得 ，即1f由于 ,2，所以 2,5. 设 xf在 ba上可导， bfa，试证明在 ba,内必存在一点 ,使得f象上述这种含有中值 的等式,一般应考虑用微分中值定理去证明方法一 用罗尔定理证分析 要用罗尔定理证明一个含有中值 的等式，第一步要将等式通过移项的方法化为右端仅为零的等式，即 0af
8、ff第二步将等式左端中的 都换为 x，并设 fxffF第三步是要去确定 的原函数 ，并在相应的区间 b,上对 xF应用罗尔定理即可本问题中 x的原函数为 xafxF证 引入辅助函数 f由题设知， xF在 ba,上连续，在 b,内可导，且 0bF，由罗尔定理知，在 ba,内必存在一点 ，使得 0F，即 0,fffaa.方法二 用拉格朗日中值定理证 分析 要用拉格朗日中值定理证明一个含有中值 的等式，第一步要将含有 的项全部移到等式的右端，其余的项全部移到等式的左端,即作如下恒等变形：ffa. (3)第二步是把等式右端中的 都换为 x,并设()()Fff.第三步是要去确定 x的原函数 .本问题中
9、Fx的原函数 ()x为()xf.第四步确定了 ()的原函数 后,针对相应的区间 ,ab,验证(3)式左端是否为 ()Fba或()F.若是,则只要对 ()x在 ,a上应用拉格朗日中值定理即可得到所要的结论;否则,需另辟新径,考虑用罗尔定理或柯西中值定理等其它方法去解决问题.在本问题中,由于 ()fb,所以 ()()Faffaf.因此,本问题可通过对函数 ()x在 ,上应用拉格朗日中值定理来证明.证 引入辅助函数 ()Fxf.由题设知, ()Fx在 ,ab上满足拉格朗日中值定理条件,故在 (,)ab内必存在一点 ,使得 ()()a,bffff.又由题设知 ()fa,所以有()()faf,.方法三
10、用柯西中值定理证分析 用柯西中值定理证明一个含有中值 的等式,其第一步也是将含有 的项全部移到等式的右端,其余的项全部移到等式的左端.即将作如下恒等变形: ()()faf.第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：1ffaf. (4)第三步把(4)式右端中的 全都换为 x，并设分子函数为 xF1，分母函数为 xF2即设 1,Fxfxf2x第四步是求1和 2的原函数 1和 F本问题中的 xF1和 2分别为 1,xf2x第五步针对区间 ba,，验证 式左端是否为aF21或 bF21若是，则只要对 xF1和 2在 ,上应用柯西中值定理即可证得所要的结论；否则需另辟新径，考虑使用拉格朗日中值定理或
11、罗尔定理等其它方法在本问题中，由于 bfa，所以F21=afff故本问题可通过对函数 x1和 在 ba,上应用柯西中值定理来证明证 引入辅助函数 xxf21,由题设知， xF1和 )(2在 ba,上连续，在 ba内可导，且在 ba,内 012xF，由柯西中值定理知，在 内必存在一点 ，使得aFb21=21Fbaff=ff又由题设知 f，所以有 ,ff即 ffa.总结 练习 5 中方法一、方法二及方法三的分析，是用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值 这种等式的一般方法和思路，同学们一定要掌握其要领至于在遇到具体问题时，应当用哪个定理去证明，这要视具体问题而定，甚至于要尝试着去做
12、但有时经过移项变形后，其特点往往是很明显的这时根据罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理结论的特点，是比较容易做出选择的在运用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值 的等式时，求一些函数的原函数是不容易的，这时掌握几种常见函数如 xfeHxfGfxFnn ,等的导数，是非常有用的下面我们应用练习 5 中介绍的方法和思路再讨论一个问题6. 设 xf在 ba,上连续，在 ba,内可导， ba0，试证明在 ba,内必存在一点 ，使得fln分析 移项变形得fabfln. (5)上式的特点是等式左端恰好是两个函数在区间 ,上的增量之比，这恰好是柯西中值公式的特点因此，我们决定用柯西中值定
13、理去证明把(5)式右端化为分式形式，得1lnfabf(6)把(6)式右端的 都换成 x，并设 1,Ffx21Fx则 xF1和2的原函数为 1,Fxf2lnFx而(6)式左端恰好是 ab21abfl证 引入辅助函数 xFxfn,21由题设知， xF1和 2在 ba,上连续，在 ba内可导，且在 ba,内012xF，故由柯西中值定理知，在 内至少存在一个 ，使得aFb21abfln21Ff即 bffl.7. 设 xf在 1,上有二阶连续导数，且 01， f， 21f.证明存在 ,，使 2.证 由于函数 ()f在 ,上有二阶连续导数，故我们可以求出函数 xf的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式：
14、xf210xff( 在 0与 x之间)将 1,x带入上式得 121fff， ,；02， 02将上述两式相加得 12ff若 21ff，则 和 2都可作为 ，使 ， 1,；若21ff，则21ff介于 1f与 2f之间，即 介于 1f与2之间由于 x在 ,上连续，因而也在 ,上连续，故由介值定理知，在,内必存在一点 ，使得 f综上所述，必存在 1,，使 2总结 用泰勒中值定理去证明含有中值 的等式，也是一种常用的方法，尤其在题设的函数存在较高阶的导数，并且已知其多点函数值时，更应注意应用练习 7 的方法去证明8. 求函数 xf按 4的幂展开的带有拉格朗日余项的 3 阶泰勒公式解 274252321
15、165,8, xfxfxf，故,14, fff因此，所求 3 阶泰勒公式为423444!ffffxffxxxx2347211524658,其中 介于 x与 之间9. 求函数 fxe的带有佩亚诺型余项的 n阶麦克劳林公式分析 x的带有佩亚诺型余项的 1阶麦克劳林公式我们是已知的，这时求函数xfe的带有佩亚诺型余项的 n阶麦克劳林公式可以采用下面的所谓间接方法解 由于 xe211!nox，所以 xfx 132!nn又因为 10limnxo，所以 1nxo是当 x时比 n高阶的无穷小故fxe32.!1!nnxo上式即为 xfx的带有佩亚诺型余项的 阶麦克劳林公式总结 理论上可以证明，任何一个函数的同
16、阶泰勒公式在形式上是唯一的因此，我们可以利用一些已知的函数的泰勒展开式，通过适当的运算去获得另外一些函数的泰勒展开式只要所获函数展开式的形式与泰勒公式的形式一致，则它就是该函数的泰勒公式这就是获得某些函数泰勒公式的间接方法在运用泰勒公式的间接展开方法时，必须熟记一些常见函数的泰勒公式，如 xxex 1lncosi、等10. 利用泰勒公式求极限 xxe1lncoslim220解 由于是求 时的极限，故分子和分母中的函数都要用麦克劳林公式去表示利用函数 x1ln的麦克劳林公式，求出函数 l的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公式 x1ln2ox.若将上式代入函数的分母，则分母是一个最高幂为 4次的多项
17、式因此需将函数 xcos和2 xe都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示cos的四阶麦克劳林公式可直接给出，而 2xe的四阶麦克劳林公式可利用 xe的麦克劳林公式间接获得，它们是 xcos246 1xo，2 e 8因此 xxe1lncoslim22 024246602218limxxoox4601li2xox111. 求极限 x20sinclim分析 虽然本题是 型未定式，可以直接应用洛必达法则求极限但如果先将极限形式作一些简化，然后再使用洛必达法则可使求解过程大幅度简化解 xx20sincolim40 cossincosinlmxxx 300illixx 203inli2x= 32si
18、nlm20x12. 求201clix解 所求极限为 型未定式，通分化为 0型201cslimxxx20sinli40sinilimx300linlixx 316il23cos1l00xx.13. 求1arctn1rtlim2n分析 这是一个 0型未定式，转化为 0型未定式1arctn1rtlim2n21arctnrtlimn，虽然原极限已转化为 0型未定式，但因为 是正整数，不是连续变量，故不能直接应用洛必达法则先把 换成连续自变量 x，再应用洛必达法则，得21arctnrtlimxx 32211limxxx22li1x1因为 x时，必有 n，所以 1arct1rtlim2nn 21arctn
19、rtlimxx1总结 数列的极限既使是未定式也不能直接应用洛必达法则，只有将数列中的 n换为连续自变量 x后，才能应用洛必达法则2 验证极限 存在 但不能用洛必达法则得出xxsinlim解 极限 是存在的 1)si(lili xxxsinlim但 不存在不能用洛必达法则)cos(li1co)(snlixxx3 验证极限 存在但不能用洛必达法则得出 xsinlm20解 极限 是存在的01siilsi1l020 xxx xxsin1lm20但 不存在不能用洛必达法则xx cosnlim)(sinl020 4 讨论函数 在点 x0 处的连续性 )1()2exf解 21)0(ef )0(lim)(li
20、 2100fexf因为 1)ln(10100 lili)(limxxxxef而 21)(lim2li)l(im1)ln(1li 00200 xxxxx所以 )(li)(li)(lim1)1ln(000 feeef xxxx因此 f(x)在点 x0 处连续14. 设 xf具有二阶连续导数，且xf0lim， 20f，求xxf10lim分析 所求极限为 1型未定式，一般情况下是将该极限转化为 或 型未定式，应用洛必达法则去求解但是注意到 xxf10lim2li0xff，且xf0lim0，所以xfx1li0e因此，只须求出极限20limxf即可解 由fxli0 知， 0lim0fx对 型未定式fx0l
21、i应用一次洛必达法则，得 xf0lif0li因此20limxf和xfli0都是 型未定式对极限 20limxf两次应用洛必达法则，得20lifxxfli0li0f1f故 xxf10lim2li0xffe3. 若函数 在 上二阶可导, 且 ， ， ，则存()f()f(1)f(0)1ff在 使得 .,1c|()|2fc证法一： , 把 在 0, 1 两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有0xx, 4 分2()()(),!11,fffxxx 120x上两式相减, 有.2212()()ff记 ,则有12|()|max|()|,|fcff2|(1)cx|)|2f, 4 分1|(|fc即存在 使得 . 2 分(0,)c|)|证法二： 在 上对 应用拉格朗日中值定理有0,1()fx， .3 分()01f当 时，在 上对 应用拉格朗日中值定理有12,()fx， ， .()0fffc 1|()2fcf(0,),1c3 分当 时，在 上对 应用拉格朗日中值定理有12,1()fx， ， .()ffc1|()|2fc(,1)0,c2 分综上证明知存在 使得 . 2 分(0,1)c|()|2f
