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第三章 习题课
一、主要内容
中值定理
洛必达法则
泰勒公式
导数的应用
二、典型例题
00 ,1 ,  0 型
洛必达法则
Cauchy
中值定理
F ( x)  x
Lagrange
中值定理
型
1 g 1 f
f g
1 g 1 f
f (a)  f (b)
Rolle
定理
n0
Taylor
中值定理
常用的
泰勒公式
0
型
0

型

取对数
0 型
f g
f
1 g
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.
二、典型例题
2
x
lim
(
arctan
x
)
例1 求极限
x 
解：原式= lim e

x ln( 2 arctan x )

x 
2
2
lim x ln( 2 arctan x )

 e x
2

1
ln( arctan x )
( arctan x )
2
2



1

x

lim
 lim
x 
x 
1
1

 2
x
x
1
2
e


例2 求极限 lim
  a1  a2 
x 
 
1
x
1
x
 an
1
x
1

  1x
解：原式= limexp  nx ln   a1  a2 x 
x 


e
ln a1 ln a2  ln an
 a1a2
 
 / n
 
nx
  
 an  / n 
  
1
x
an
1
  1x
ln   a1  a2 x 

lim 
x 
1
nx
1
 1x
x
 a1  a2
 lim 
x 
1
x
 
 an  / n
 
1
x
1
1
 1x

x
x
1
 a1  a2   an   n



  an x  / n  1

n
 lim
x 
1
1
nx
nx
1
x
a1  1  a2  1 
 lim
x 
1
x
1
x
 an  1
 ln a1  ln a2 
 ln an
f ( a  h)  f ( a )
 f '( a )
h
例3 设 f ( a ) 存在，求： lim
h 0
h
f ( a  h)  f ( a )
 f '( a )
h
lim
h 0
h
f ( a  h)  f ( a )  hf '( a )
f '( a  h)  f '( a )
 lim
 lim
2
h0
h 0
h
2h
f ( a )

2
f ( a  h)  f ( a )
 f '( a )
h
例3 设 f ( a ) 存在，求： lim
h 0
h
f ( a  h)  f ( a )  hf '( a )
lim
h 0
h2
f ( a ) 2
f ( a )  f ( a ) h 
h  o( h2 )  f ( a )  hf ( a )
2
 lim
h 0
h2
f ( a )

2
例4 设 f ( x0 ) 存在，证明：
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
lim
 f ( x0 )
2
h 0
h
解： lim
h 0
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
h2
f ( x0  h)  f ( x0  h)
 lim
h0
2h
f ( x0  h)  f ( x0  h)
 lim
 f ( x0 )
h0
2
注意：在证明题时一定要注意题目所给的条件，
不能想当然。
例4 设 f ( x0 ) 存在，证明：
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
lim
 f ( x0 )
2
h 0
h
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
解： lim
h 0
h2
f ( x0  h)  f ( x0  h)
 lim
h0
2h
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )  f ( x0  h)
 lim
h0
2h
f ( x0  h)  f ( x0 ) f ( x0  h)  f ( x0 )
 f ( x0 )
 lim

h0
2h
2 h
a
a 

n  arctan  arctan
例5 求极限 lim

n
n
n

1


2
解： 令 f ( x )  arctan x ,
a a
a a
, ] 上由拉格朗日中值定理,   (
, ),
在[
n1 n
n1 n
使得：
1
a
a
a
a
a
f( ) f(
)  f '( )( 
) 
1   2 n( n  1)
n
n1
n n1
1
a
n
原式= lim
=a
n
1   2 n( n  1)
2
1


lim 
x 0 1  cos x 


例6 求极限
x3
1
x 3 ln(
)
3
1
x
 x 3 ln(1 cos x )
1 cos x
解： lim(
)  lim e
 lim e
x 0 1  cos x
x 0
x 0
 lim e

ln(1 cos x )
x 3
x 0
 lim e
x 0
 lim e
x 0
2 3
x
3
 e 0  1.

sin x
3 x 4 (1cos x )

 lim e
x 0
x
1
 3 x 4  x 2
2
e x  e sin x
.
例7 求极限 lim
x 0 tan 2 x ln  1  x 
e x  e sin x
e sin x ( e x sin x  1)
lim
 lim
2
x 0 tan x ln  1  x 
x 0 tan 2 x ln  1  x 
x  sin x  lim 1  cos x  1
 lim
2
3
x 0
3
x
6
x 0
x
求
极
根据定义求极限
利用等价无穷小求极限
利用洛比达法则求极限
限
利用拉格朗日公式求极限
方
利用泰勒公式求极限
法
两个重要的极限，单调有界数列的极限
总
利用夹逼定理求极限
结
利用数列和函数的关系求极限
函数的间断点的判断，连续函数的性质
f ( x)
1
设函数 f ( x ) 具有三阶连续导数，且 lim
3
x 0 x
证明: (1)点 (0, 0) 是曲线 y  f ( x ) 的拐点;
(2) 试写出 f ( x ) 的带有拉格朗日余项的麦克劳林
公式，再证明：若 f (1)  0，则在区间 (0,1)
内至少存在一点  , 使得 f ( )  0.
09级期末
例8 试确定常数 a, b 使 f ( x )  x  ( a  b cos x )sin x
为当 x  0 时的关于 x 的 5 阶无穷小
解： f ( x )  x  ( a  b cos x )sin x  x  a sin x  b sin 2 x
2
3
5
x 3 x5
b
(2
x
)
(2
x
)
 x  a[ x 

 o( x 6 )]  [2 x 

 o( x 6 )]
3! 5!
2
3!
5!
a 2b 3
a  16b 5
 (1  a  b ) x  (  ) x  ( 
) x  o( x 6 )
6 3
5!
(1  a  b )  0
a  16b

0
5!
a 2b

0
6 3
4
1
a  ,b  
3
3
例9 求极限 lim 5
x 0
解
5
x2
1  5 x  (1  x )
.
注意到分子关于 x 的幂次为2
1  5 x  (1  5 x )
1
5
1
1 1 1
 1  (5 x )   (  1)  (5 x ) 2  o( x 2 )
5
2! 5 5
 1  x  2 x 2  o( x 2 )
x2
1
原式  lim
 .
x 0 [1  x  2 x 2  o( x 2 )]  (1  x )
2
例10 若函数 f ( x ) 在[0,1]上二阶可微，且 f (0)  f (1)
1
( x  [0,1])
f ( x )  1, 证明： f ( x ) 
2
证 对任意的 x0  [0,1], 有
1
f ( x )  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 )  f ( )( x  x0 )2
2
从而有
1
f (0)  f ( x0 )  f ( x0 ) x0  f (1 ) x0 2
2
1
f (1)  f ( x0 )  f ( x0 )(1  x0 )  f ( 2 )(1  x0 ) 2
2
注意到 f (0)  f (1) 两式相减
1
1
2
f ( x0 )  f (1 ) x0  f ( 2 )(1  x0 ) 2
2
2
f ( x )  1,

1 2 1
1 2 1
2
f ( x0 )  x0  (1  x0 )  ( x0  ) 
2
2
2
4
1 1
又由 x0  [0,1] 知, x0   , 于是有
2 2
由 x0 的任意性，可知命题成立.
f ( x0 ) 
1
2
不 等 式 的 证 明
利用单调性
利用凹凸性
利用拉格朗日中值公式
利用泰勒公式
例11 证明：当0  x1  x2 

2
tan x2 tan x1

证明： 仅需证
x2
x1
tan x2 x2
 .
时，
tan x1 x1
tan x
令：F ( x ) 
, 则
x

x  sin x cos x
x sec2 x  tan x
 tan x 

F ( x )  
0
 
2
2
2
x cos x
x
 x 
 F ( x )单调增加

tan x2 x2

 F ( x2 )  F ( x1 ) 当0  x1  x2  时，
2
tan x1 x1
x y
, ( x  0, y  0, x  y).
例12 x ln x  y ln y  ( x  y) ln
2
证
令 f ( t )  t ln t ( t  0),
f ( t )  ln t  1,
则
1
f ( t )   0,
t
 f ( t )  t ln t 在 ( x, y) 或 ( y, x ), x  0, y  0 是凹的.
于是
1
x y
[ f ( x )  f ( y)]  f (
)
2
2
1
x y x y
即
[ x ln x  y ln y] 
ln
,
2
2
2
x y
即 x ln x  y ln y  ( x  y ) ln
.
2
例13. 设 f (0)  0,在 [0,   ) 上 f ( x ) 存在 , 且单调递减
证明对一切 a  0, b  0 有 f ( a  b )  f ( a )  f ( b )
证: 设  ( x )  f ( a  x )  f ( a )  f ( x ), 则  (0)  0
 ( x )  f ( a  x )  f ( x )  0 ( x  0)
所以当 x  0 时， ( x )   (0)  0
令 x  b, 得
 (b)  f (a  b)  f (a)  f (b)  0
即所证不等式成立 .
思考
证明
(1) ( a  b ) p  a p  b p , ( a  0, b  0, 0  p  1)
(2) ( a  b ) p  a p  b p , ( a  0, b  0, p  1)
例14. 证明当 x  1
时，有不等式
x
 ln(1  x )  x
1 x
证明：当 x  0 时，等号成立;
x
令 f ( x )  ln(1  x ) 
,
1 x
则 f ( x ) 
当 x  0 时，f ( x )  0
从而 f ( x )在(0  )上 严格增加,

x
f ( x )  ln(1  x ) 
 f (0)  0
1 x
x
(1  x ) 2
即
x
 ln(1  x )
1 x
当  1  x  0 时，有 f ( x )  0
从而有 f ( x )在( 1, 0)上 严格减少.
x
f ( x )  ln(1  x ) 
 f (0)  0
1 x
x
即
 ln(1  x )
1 x
令 g ( x )  x  ln(1  x ), 同理可证 ln(1  x )  x .
x
 ln(1  x )  x ( x  0).
例15. 证明不等式
1 x
证:
设 f ( t )  ln(1  t ) , 则 f ( t ) 在[0, x]上 满足拉格
朗日中值定理条件, 因此应有
f ( x )  f (0)  f ( )( x  0), 0    x
x
,
即 ln(1  x ) 
1
因为
0  x
x
x
x

1 x 1
x
 ln(1  x )  x
故
1 x
( x  0)
例16 证明：当 x  1 时，有不等式
(1  x ) n  1  nx ,
证：
n1
n( n  1)
(1  x )  1  nx 
(1   ) n2 x 2
2
n
不等式中包括一个函数和一个多项式时，如果函数
展开比较容易，考虑用泰勒公式证明。
例17 设 f ( x ) 在 ( ,  ) 上二次可微， f ( x )  0, 且
lim f ( x )    0,
lim f ( x )    0, 又存在一点 x0 ,
x
x
使得 f ( x0 )  0 ， 求证方程 f ( x )  0 在 ( ,  ) 上有
且仅有两个实根.
f ( x )    0 知, a  0, 使得当 x  a 时,
证明 由 xlim

有 f ( x ) 

2
 0.
在区间 [a, x ] 上应用拉格朗日中值定理，有
f ( x )  f ( a)  f ( )( x  a)
(a    x )
f ( x )  f ( a)  f ( )( x  a)
于是当 x  a 时,
f ( x )  f (a) 
(a    x )

2
( x  a)
由此推知 lim f ( x )  , 从而 b  x0 , 使f ( b )  0.
x 
又知 f ( x0 )  0, 根据介值定理，知 x1  x0 , 使得
f ( x1 )  0.
自证 x2  x0 , 使 f ( x2 )  0.
因此f ( x )  0在( , )上至少有两个实根 x1 , x2 .
(2) 证明 f ( x )  0 在 ( ,  ) 上仅有两个实根.
假设 f ( x )  0 有三个实根 x1 , x2 , x3 , 且 x1  x2  x3 .
根据罗尔定理，存在   ( x1 , x2 ),  ( x2 , x3 ), 使得
f ( )  0, f ( )  0.
再用罗尔定理，存在   ( , ), 使得 f ( )  0.
与题设矛盾！
因此， f ( x )  0 在 ( ,  ) 上仅有两个实根.
函 数 的 作 图
熟悉作图的5个步骤
x
例18 求函数 y  x  2 的单调区间，极值，
x 1
凹凸区间，拐点，渐近线，并作函数的图形.
解: (1) 定义域：x  1, 即 ( , 1)  ( 1,1)  (1,  ).
x
f ( x)   x  2
  f ( x ),
x 1
奇函数，关于原点对称; 无周期性.
(2)
2
2
2
x

1
x
(
x
 3)

y  1 2

,
2
2
2
( x  1)
( x  1)
令 y  0,
得 x   3, 0, 3.
1
1
2 x ( x 2  3)


,
y 
3
3
2
2
( x  1) ( x  1)
( x  1)
令 y  0,
(3)
lim y  ,
x 10
lim y  ,
x 
得到可能的拐点: x  0.
lim y  ,  x  1 为铅直渐近线.
x10
 没有水平渐近线.
y
1
x
lim  lim ( x  2
)  1,
x  x
x  x
x 1
x
 0,
lim( y  x )  lim 2
x 
x  x  1
 y  x 为斜渐近线.
(4) 列表
x ( , 3 )  3 (  3,1)  1 (1,0)


y
y
1
(1, 3 )
y

y

y


极大值
y
x


0
(0,1)
0


0
0
拐点
3
0
极小值
( 3, )


极大值 y
极小值 y
x  3
x 3

3
3,
2
3

3,
2
拐点 (0, 0).
(5) 作图
y
y x
1
o
1
x