罗尔定理拉格朗日柯西中值定理洛必达法则与导数的应用.docx
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罗尔定理拉格朗日柯西中值定理洛必达法则与导数的应用
精心整理
内容概要
名称
主要内容(3.1、3.2)
3.1
名称
条件
结论
中值
罗尔
至少存在
一点ξ
定理
中值
yf(x):
(1)在[a,b]上连续;
(2)在(a,b)
(a,b)使得
定理
内可导;
(3)
f(a)f(b)
f/(ξ)
0
拉格
朗日
yf(x):
(1)在[a,b]上连续;
(2)在(a,b)
至少存在
一点
(a,b)使得
中值
内可导
f/(ξ)
f(b)
f(a)
定理
b
a
柯西
中值
f(x)、
g(x):
(1)在[a,b]上连续,
在(a,b)
至少存在
一点ξ
(a,b)使得
定理
/
内可导;
(2)
在(a,b)内每点处g(x)0
f/(ξ)
f(b)
f(a)
g/(ξ)
b
a
3.2
基本形式
0
洛必达
型与型未定式
0
法则
通分或取倒数化为
0
1)型:
常用通分的手段化为
型或
型;
基本形式
0
2)0型:
常用取倒数的手段化为
0型或
型,即:
0
00
0或0
1/0
1/0
取对数化为
00
0ln0
0
0
1)00型:
取对数得00
e,其中0ln0
0
基本形式
1/
0
或0ln00
1/0
2)1型:
取对数得1
ln1e,
其中ln10
0
0
1/
0
或ln10
1/0
;
3)0型:
取对数得
00lne
其中0ln0
0
0
1/
0
或0ln0
。
1/0
课后习题全解
精心整理习题3-1
★1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件?
如满足,请求出满足定理的数值
1)f(x)2xx3,[1,1.5];
(2)f(x)
知识点:
罗尔中值定理。
x3x,[0,3]。
0,得到的根ξ便为所求。
思路:
根据罗尔定理的条件和结论,求解方程f/(ξ)
解:
(1)∵f(x)2x
2x3在[1,1.5]上连续,
在(1,1.5)内可导,且f
(1)f(1.5)0,
0得ξ1(1,1.5)即为所
4
2
∴f(x)2x2x3在[1,1.5]上满足罗尔定理的条件。
令f(ξ)4ξ1
求。
2)∵f(x)x3x在[0,3]上连续,在(0,3)内可导,且f(0)f(3)0,
∴f(x)x3x在[0,3]上满足罗尔定理的条件。
令
f(ξ)3ξ0,得ξ2
23ξ
(0,3)即为所求。
★2.验证拉格朗日中值定理对函数y4x35x2
x2在区间[0,1]上的正确性。
知识点:
拉格朗日中值定理。
思路:
根据拉格朗日中值定理的条件和结论,求解方程
f(11)0f(0),若得到的根ξ
[0,1]则可验证定理的正确性。
解:
∵yf(x)4x35x
32
x2在[0,1]连续,在(0,1)内可导,∴y4x35x2
x2在区间[0,1]上满足拉格
朗日中值定理的条件。
又f
(1)
2,f(0)2,f(x)12x
210x1,
∴要使f()
f
(1)f(0)
10
0,只要:
513
51213(0,1),
513
12
(0,1),使f(ξ)
f
(1)f(0),验证完毕。
10
★3.已知函数f(x)
4
x4在区间[1,2]上满足拉格朗日中值定理的条件,试求满足定理的
解:
要使f(ξ)
f
(2)f
(1)
21,只要4ξ315
,从而ξ
(1,2)即为满足定理的
★★4.试证明对函数
精心整理
证明:
不妨设所讨论的区间为[a,b],则函数ypx2
qxr在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,从而有
f(ξ)
f(b)f(a),即2ξq
ba
22(pbqbr)(pa
qa
r)
ba
ba
解得ξ,结论成立。
2
★5.函数f(x)x3与g(x)
x2
1在区间[1,2]上是否满足柯西定理的所有条件?
如满足,请求出满足定理的数值
知识点:
柯西中值定理。
思路:
根据柯西中值定理的条件和结论,求解方程
f(ξ)f(b)f(a),得到的根ξ便为所求。
g(ξ)g(b)g(a)
g(x)2x0,所以满
足柯西中值定理的条件。
要使
f(ξ)f
(2)f
(1),只要g(ξ)g
(2)g
(1)
2
3ξ27
,解得
2ξ3
14
ξ194(1,2),
即为满足定理的数值。
解:
∵f(x)x3及g(x)x21在[1,2]上连续,在(1,2)内可导,且在(1,2)内的每一点处有
0。
求证:
★★★6.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f
(1)
存在ξ(0,1),使f(ξ)f(ξ)
ξ
知识点:
罗尔中值定理的应用。
思路:
从f/(ξ)f(ξ)
结论出发,变形为f/(ξ)ξξ
f(ξ)0,构造辅助函数使其导函数为
f/(x)xf(x),然后再
利用罗尔中值定理,便得结论。
构造辅助函数也是利用中值定理解决问题时常用的方法。
证明:
构造辅助函数F(x)xf(x),F(x)f(x)xf(x)
根据题意F(x)xf(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F
(1)1f
(1)0,
(0,1),使
F(0)0f(0)0,从而由罗尔中值定理得:
存在ξ
F(ξ)f(ξ)ξf(ξ)0,即f(ξ)f(ξ)
ξ
注:
辅助函数的构造方法一般可通过结论倒推,如:
要使
f(x)f(x),只要
x
∴只要设辅助函数F(x)xf(x)
f(x2)f(x3)
★★7.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导函数,且f(x1)
精心整理
(ax1x2x3b),证明:
在(x1,x3)内至少有一点ξ,使得f(ξ)0。
知识点:
罗尔中值定理的应用。
思路:
连续两次使用罗尔中值定理。
证明:
∵f(x)在(a,b)内具有二阶导函数,∴f(x)在[x1,x2]、[x2,x3]内连续,
在(x1,x2)、(x2,x3)内可导,又f(x1)f(x2)f(x3),
∴由罗尔定理,至少有一点
(x1,x2)、ξ2(x2,x3),
使得f(ξ1)0、f(ξ2)0;又f(x)在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,
从而由罗尔中值定理,至少有一点
ξ(ξ1,ξ2)(x1,x3),使得f(ξ)0。
0有4个不同的实根,证明:
★★8.若4次方程a0x4a1x3a2x2a3xa4
的所有根皆为实根。
知识点:
罗尔中值定理的应用
思路:
讨论方程根的情况可考虑罗尔中值定理。
证明:
令f(x)a0xa1xa2xa3xa4
则由题意,f(x)有4个不同的实数零点,分别设为x1,x2,x3,x4,
∵f(x)在[x1,x2]、[x2,x3]、[x3,x4]上连续,在(x1,x2)、(x2,x3)、(x3,x4)上可导,
又f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)0,
∴由罗尔中值定理,至少有一点ξ1(x1,x2)、ξ2(x2,x3)、ξ3(x3,x4)
32
3个实
使得f(ξ1)f(ξ2)f(ξ3)0,即方程4a0x33a1x22a2xa30至少有3个实根,又三次方程最多有
根,从而结论成立。
5
★★★9.证明:
方程x5x10只有一个正根。
知识点:
零点定理和罗尔定理的应用
思路:
讨论某些方程根的唯一性,可利用反证法,结合零点定理和罗尔定理得出结论。
零点定理往往用来讨论函数的零点情况;罗尔定理往往用来讨论导函数的零点情况。
解:
令f(x)x5x1,∵f(x)在[0,1]上连续,且f
(1)10,f(0)10,
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∴由零点定理,至少有一点ξ(0,1),使得f(ξ)ξ5ξ10;
假设x5x10有两个正根,分别设为ξ1、ξ2(ξ1ξ2),
则f(x)在在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,且f(ξ1)f(ξ2)0,从而由罗尔定理,至少有一点ξ(ξ1,ξ2),使得f(ξ)5ξ410,这不可能。
∴方程x5x10只有一个正根。
★★10.不用求出函数f(x)(x1)(x2)(x3)(x4)的导数,说明方程f(x)0有几个实根,并指出它们所在的区间。
知识点:
罗尔中值定理的应用。
思路:
讨论导函数的零点,可考虑利用罗尔中值定理。
解:
∵f(x)(x1)(x2)(x3)(x4)在[1,2]、[2,3]、[3,4]上连续,
在(1,2)、(2,3)、(3,4)内可导,且f
(1)f
(2)f(3)f(4)0,
∴由罗尔中值定理,至少有一点ξ1(1,2)、ξ2(2,3)、ξ3(3,4),
使得f(ξ1)f(ξ2)f(ξ3)0,即方程f(x)0至少有三个实根,
又方程f(x)0为三次方程,至多有三个实根,
∴f(x)0有3个实根,分别为ξ1(1,2)、ξ2(2,3)、ξ3(3,4)。
★★★11.证明下列不等式:
(1)arctanaarctanbab;
(2)当x1时,exex;
(3)设x0,证明ln(1x)x;(4)当x0时,ln(11)1。
x1x
知识点:
利用拉格朗日中值定理。
思路:
用拉格朗日中值定理证明不等式的过程:
寻找函数yf(x),通过式子f(ξ)f(b)f(a)(或ba
f(b)f(a)f(ξ)(ba))证明的不等式。
证明:
(1)令f(x)arctanx,∵f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,
∴由拉格朗日中值定理,得arctanaarctanbf(ξ)(ba)12baba。
(2)令f(x)ex(x1),∵f(x)在[1,x]上连续,在(1,x)内可导,
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∴由拉格朗日中值定理,得exeeξ(x1),
xξx∵1ξx,∴exeeξ(x1)e(x1)exe,从而当x1时,exex
(3)令f(x)ln(1x)(x0),∵f(x)在[0,x]上连续,在(0,x)内可导,
1∴由拉格朗日中值定理,得ln(1x)ln(1x)ln(10)f(ξ)(x0)x,
1ξ
1∵0ξx,∴xx,即x0,ln(1x)x。
1ξ
4)令f(x)
lnx(x
0),
∵f(x)在[x,1
x]上连续,在
(x,1x)内可导,
由拉格朗日中值定理,得
ln(1
1
)ln(1x)
lnx
f(ξ)(10)1,
x
ξ
xξ1
1
x,∴
1
,即当x0时,
ln(1
1x)
1
。
ξ
1
x
x
1x
2x
★★12.证明等式:
2arctanxarcsin2π(x1).
1x2
知识点:
f(x)0f(x)C(C为常数)。
思路:
证明一个函数表达式f(x)恒等于一个常数,只要证f(x)0
证明:
令f(x)2arctanxarcsin2x2(x1),
1x2
当x1时,有2arctan1arcsin1π;当x1时,有22
22(22)0,∴f(x)Cf
(1);
1x1x
2x
∴2arctanxarcsin2π(x1)成立。
1x2
f(x)ex。
0即可
★★★13.证明:
若函数f(x)在(-,)内满足关系式f(x)f(x),且f(0)1,则
知识点:
f(x)0f(x)C
思路:
因为f(x)exexf(x)1,所以当设F(x)exf(x)时,只要证F(x)证明:
构造辅助函数F(x)exf(x),
则F(x)exf(x)exf(x)0;
∴F(x)exf(x)CF(0)1
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∴f(x)ex。
★★★14.设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内有二阶导数,且有
f(a)f(b)0,f(c)0(acb)
试证在(a,b)内至少存在一点ξ,使f(ξ)0
知识点:
拉格朗日中值定理的应用
思路:
关于导函数f(n)(ξ)在一点处符号的判断,
根据已知条件和拉格朗日中值定理的结论,逐层分析各层导函数改变量和自
变量改变量的符号,得出结论。
证明:
∵f(x)在[a,c]、[c,b]上连续,在(a,c)、
(c,b)内可导,
∴由拉格朗日中值定理,至少有一点ξ1(a,c)、ξ2
(c,b),
使得f(ξ2)f(c)f(b)0,f(ξ1)
cb
f(a)
f(c)0;ac
又f(x)在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,从而至少有一点ξ(ξ1,ξ2),
使得f(ξ)f(ξ2)f(ξ1)0。
★★★15.设f(x)在[a,b]上可微,且f(a)0,f(b)0,f(a)f(b)A,试证明f/(x)在(a,b)内至少有两个零点。
知识点:
极限的保号性、介值定理、微分中值定理。
证明:
∵f
(a)lim
f(x)
f(a)
0,由极限的保号性知,
xa
x
a
(a,δ1)
b-a
),对于
f(x)
f(a)
(不妨设δ1
2
x(a,δ1),均有
0,
x
a
特别地,x1
(a,δ1)
,使得
f(x1)
f(a)0,∴得f(x1)
f(a)A;
思路:
要证明在某个区间(a,b)内导函数至少存在两个零点,只要证该函数在[a,b]上有三个零点,即可以利用罗尔中值定理,得出结论。
同理,由f(b)0,得x2
(b,δ2)(
b-a
δ2),使得
f(x2)f(b)0,
22
x2b
从而得f(x2)f(b)A;
又∵f(x)在[x1,x2]上连续,∴
由介值定理知,
至少有一点ξ
(x1,x2)使得f(ξ)A;
x1a
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∵f(x)在[a,ξ]、[ξ,b]上连续,在(a,ξ)、(ξ,b)内可导,且f(a)f(ξ)f(b)A,
∴由罗尔中值定理知,至少有一点
ξ1(a,ξ)、ξ2(ξ,)b,使得f(ξ1)f(ξ2)0,结论成立。
★★★16.设f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0,试证明存在唯一的c,ac
b,使得
知识点:
微分中值定理或函数单调性的应用。
f(c)f(bb)af(a)
思路:
证明唯一性的题目或考虑利用反证法;或正面论述。
此题用反证法和罗尔中值定理,
或利用函数的单调性得出结论。
证明:
存在性。
∵f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,
∴由拉格朗日中值定理知,至少有一点
c(a,b),使得f(c)
f(b)f(a)
ba
唯一性的证明如下:
方法一:
利用反证法。
假设另外存在一点
d(a,b),使得f(d)
f(b)f(a)
ba
又∵f(x)在[c,d](或[d,c])上连续,在
(c,d)(或(d,c))内可导,
∴由罗尔中值定理知,至少存在一点ξ(c,d)
(a,b)(或ξ(d,c)
(a,b)),使得f(ξ)0,这与f(x)在闭区间[a,b]
上满足f(x)0矛盾。
从而结论成立。
方法二:
∵f(x)在闭区间[a,b]上满足f
(x)0,∴f(x)在[a,b]单调递增,
从而存在存在唯一的c(a,b),使得f(c)
f(b)f(a)。
结论成立。
★★★17.设函数yf(x)在x0的某个邻域内具有
n阶导数,且
f(0)f(0)L
(n1)(0)0,试用柯西中值定理证明:
f(x)
n
x
(n)
f(θx)(0θ1)。
n!
知识点:
柯西中值定理。
思路:
对f(x)、g(x)
xn在[0,x]上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。
证明:
∵f(x)、g(x)
xn及其各阶导数在[0,x]上连续,在(0,x)上可导,
且在(0,x)每一点处,g(n
1)
(x)n!
x0,又f(0)f(0)L
(n1)(0)0,,
∴连续使用n次柯西中值定理得,
f(n)(θx)
f(θx)(0θ1),从而结论成立。
n!
习题3-2
★★1.用洛必达法则求下列极限:
xx
ee
1)lim
x0sinx
2)
lim
xa
sinxsinalnsinx
;(3)lim2
xπ(π2-x)22
x-a
1ln(11x)4)limx
xarccotx
5)limlntan7x;(6)x0lntan2x
lxim1
x31lnxtanxx
;(7)lim
x0x-sinx
x
ee
;(8)lim0xcot2x;
9)limx
x
1
2ex2
;(10)lim
x
1x(ex
1);(11)
lim(x0x
1x
ex11);(12)lxim1(xx-1
1);(13)lim(1a)x;(14)limxsinx
xxx0
lnx
15)
lim
x0
1
()
x
tanx
;(16)
limeln(1
x0
x)1
x-arctanx
17)
1
lim(1sinx)x;(18)x0
lim
x0
(ln1)x;(19)
x
1
lim(x1x2)x;(20)x
lim
n
(ntan1)nn
知识点:
洛必达法则。
思路:
注意洛必达法则的适用范围。
该法则解决的是未定型的极限问题,基本形式为:
0型与型未定式,对于这种形式可连
0
续使用洛必达法则;对于型与0型的未定式,可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式;对于00型、1型与0型的未定式,可通过取对数等手段化为未定式;此外,还可以结合等价无穷小替换、两个重要的极限、换元等手段使问题简化。
xxeelimx0cosx
2;
xx
解:
(1)limee
x0sinx
2)lim
sinx
sina
xa
m
li
cosx
cosa;
3)
lnsinxlim2π2x
2
(π2x)
lim
x
4)
lim
x
1
ln
(1)
x
arccotx
lim
x
cosxsinx
4(2xπ)
x(x1)
1
1x2
cosxlim
2π4(2xπ)
lim1x2
xx(x1)
sinxlimxπ8
2
1;
5)
lntan7xlimx0lntan2x
7sec27xlimtan72xx02sec22xtan2x
2
7cos2xtan2xlim2x0tan7x2cos7x
1;
6)limx3x1lnx
x1exe
3x2
lim
x1
tanxx
2
secx1
2tanxsec2x
7)lim
lim
lim
x0xsinx
x01cosx
x0sinx
lxim0
2
3
cosx
2;
8)lxim0xcot2x
lxim0
x
tan2x
lxim0
1
2sec22x
1
1
2x2
1
x2
3ex
1
9)lim
x2exlim
ex
lim
x
limex2
x0
x0
1
x0
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