专题7泰勒公式及其应用 1.docx
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专题7泰勒公式及其应用1
2021考研高等数学17堂课
(一)泰勒公式
主讲武忠祥教授
专题7泰勒公式及其应用
定理1(皮亚诺型余项泰勒公式)
如果f(x)在点x0有直至n阶的导数,则有
f(x)=
f(x0)+f
'(x0)(x-x0)+
f'(x0)2!
(x-x0)
+L+
f(n)(x)
n!
(x-x0)
+
Rn(x)
常称R(x)=o((x-x)n)为皮亚诺型余项.
n0
若x0=0,则得麦克劳林公式:
'
f'(0)2
f(n)(0)nn
f(x)=f(0)+f(0)x+
2!
x+L+
x+o(x).
n!
定理2(拉格朗日型余项泰勒公式)
设函数f(x)在含有x0的开区间(a,b)内有n+1阶的导数,则当x∈(a,b)时有
f(x)=
f(x0)+f
'(x0)(x-x0)+
f'(x0)2!
(x-x0)
+L+
f(n)(x)
n!
(x-x0)
+
Rn(x)
其中Rn(x)=
f(n+1)(ξ)
(n+1)!
(x-x0)
n+1
,这里ξ介于x0与x之间,称为拉格朗日型余项.
几个常用的泰勒公式(拉格朗日型余项)
(1)
ex=1+x+
x++x
2!
n!
+
eθx
(n+1)!
xn+1
(2)
3
sinx=x-3!
+L+(-1)
n-1
x2n-1
(1)n
(2n-1)!
cosθxx
(2n+1)!
2n+1
(3)
2
cosx=1-2!
+L+(-1)
x2n
(1)
(2n)!
n+1
cosθxx
(2n+2)!
2n+2
(4)
ln(1+x)=x-x
2
2
+L+(-1)
n-1xn
n
+(-1)n
xn+1
(n+1)(1+θx)n+1
(5)
(1+x)α=1+αx+α(α-1)x2+L+α(α-1)L(α-n+1)xn
2!
n!
+α(α-1)L(α-n+1)(α-n)(1+θx)α-n-1xn+1
(n+1)!
(二)泰勒公式本质及两个泰勒公式的异同点
1.本质(相同点)
1)用多项式逼近函数
2)用已知点信息表示未知点
3)建立函数与高阶导数的关系
2.不同点
1)条件不同
皮亚诺型余项:
f(x)在点x0有直至n阶的导数
拉格朗日型余项:
f(x)在含有x0的开区间(a,b)内有n+1阶的导数
2)余项不同
皮亚诺型余项:
R(x)=o((x-x)n);定性;局部.
n
拉格朗日型余项:
Rn(x)=
0
f(n+1)(ξ)
(n+1)!
(x-x0)
n+1
;定量;整体.
【注】通常称皮亚诺型余项泰勒公式为局部泰勒公式,主要用来研究函数的局部性态
(如:
极限,极值);而称拉格朗日型余项泰勒公式为整体泰勒公式,主要用来研究函数的整体性态(如:
最值,不等式).
(三)泰勒公式的应用
1.利用高阶导数研究函数性态
【例1】若f'(x)=f'(x)=L=f(n-1)(x)=0,
f(n)(x)≠0
(n≥2),则当n为偶数
时f(x)在x处有极值.其中f(n)(x)>0时极小,f(n)(x)<0时极大;当n为奇数时
000
f(x)在x0处无极值.
【例2】设函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=1,f'(0)=0,
3
在[0,1]上的最大值不超过.
2
f'(x)≤1,试证:
f(x)
2.计算函数近似值
【例1】计算e的近似值,使误差不超过10-6.
【解】
ex=1+x+
x++x
2!
n!
+
Rn(x)
Rn(x)=
eξ
(n+1)!
xn+1<
1
ex
(n+1)!
x
1
n+1
取x=1,得
e≈1+1+2!
+L+n!
其误差
R=e
n(n+
<
1)!
3
(n+1)!
当n=10时,误差不超过10-6.得e≈2.718282.
3.求极限
【例1】
ex-1-x
lim=.
[-3]
x→0+
1-x-cosx
【解】
【例2】设f(x)在x=0的某邻域内二阶可导,且lim⎛sin3x+
f(x)⎞=0,则
⎜
x→0⎝x3
⎟
x2⎠
(A)
lim⎛3
+f(x)⎞=0
(B)f(0)=3
⎜
x→0⎝x2
⎟
x2⎠
(C)f'(0)=3
(C)f'(0)=9
(D)
【例3】(2001年1)设y=f(x)在(-1,1)内具有二阶连续导数,且f'(x)≠0,试证:
(1)对于(-1,1)内的任一x≠0,存在唯一的θ(x)∈(0,1),使
f(x)=f(0)+xf'(θ(x)x)成立;
1
(2)limθ(x)=.
x→02
【证】
(1)任给非零x∈(-1,1),由拉格朗日中值定理得
f(x)=
f(0)+xf'(θ(x)x)
(0<θ(x)<1).
因为f'(x)在(-1,1)内连续,且f'(x)≠0,所以f'(x)在(-1,1)内不变号,不妨设
f'(x)>0,则f'(x)在(-1,1)内严格单增,故θ(x)唯一.
(2)由泰勒公式得
f(x)=
f(0)+f'(0)x+1f'(ξ)x2,ξ在0与x之间.
2
所以xf'(θ(x)x)=
f(x)-f(0)=
f'(0)x+1f'(ξ)x2,从而
2
θ(x)f'(θ(x)x)-f'(0)=1f'(ξ).
θ(x)x2
f'(θ(x)x)-f'(0)
由于lim=
f'(0),
x→0
θ(x)x
limf'(ξ)=
x→0
f'(0),
故limθ(x)=1.
x→02
4.求高阶导数
【例1】(2015年2)函数f(x)=x22x在x=0处的n阶导数f(n)(0)=.
[n(n-1)(ln2)n-2]
【解1】
【解2】
【例2】设f(x)=(x-a)nϕ(x),其中ϕ(x)在x=a处n阶可导,若m为不超过n的正
整数,则f(n+m)(a)=()
(A)
(C)
ϕ(m)(a)
n!
(n+m)!
ϕm!
(m)
(a)
(B)
(D)
ϕ(n)(a)
m!
n!
ϕ
(n+m)!
(n)
(a)
(C)
【解1】
【解2】
【解3】
5.证明不等式或等式
【例1】设f(4)(x)>0,limf(x)=1,试证:
f(x)>x3
(x≠0).
x→0x3
【例2】(1996年1,2)设f(x)在[0,1]上具有二阶导数,且满足条件
|f(x)|≤a,|f'(x)|≤b,其中a,b都是非负常数,c是(0,1)内任一点.
(1)写出f(x)在点c处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式;
(2)证明
|f'(c)|≤2a+b.
2
【证】
(1)
f(x)=
f(c)+f'(c)(x-c)+f'(ξ)(x-c)2
2!
(2)在以上泰勒公式中,分别令x=0和x=1则有
f(0)=f(c)+f'(c)(0-c)+
f'(ξ1)(0-c)2
2!
(1)
f
(1)=f(c)+f'(c)(1-c)+
f'(ξ2)(1-c)2
2!
(2)
(2)式减
(1)式得
f
(1)-f(0)=
f'(c)+1[f'(ξ
22
)(1-c)2-f'(ξ)c2]
|f'(c)|≤
f(0)+
f
(1)+1[|f'(ξ
22
)|(1-c)2+|f'(ξ)|c2]
≤2a+b[(1-c)2+c2]
2
又因为当c∈(0,1)时,(1-c)2+c2≤1,故|f'(c)|≤2a+b.
2
【例3】(1999年2)设函数f(x)在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f(-1)=0,
f
(1)=1,f'(0)=0,证明:
在开区间(-1,1)内至少存在一点ξ,使f''(ξ)=3.
【证法1】由麦克劳林公式得
f(x)=
f(0)+f'(0)x+1
2!
f'(0)x2+1
3!
f''(η)x3,
其中介于0与x之间,x∈[-1,1].分别令x=-1和x=1,并结合已知条件,得
0=f(-1)=
f(0)+1f'(0)-1f''(η),-1<η<0
2611
1=f
(1)=
f(0)+1f'(0)+1f''(η),0<η
<1.
两式相减,可得
2622
f''(η1)+f''(η2)=6.
因f''(x)连续,f''(x)在闭区间[η1,η2]上有最大值和最小值,设其分别为M和m,
则有
m≤1[f''(η)+f''(η
)]≤M.
212
再由连续函数的介值定理知,至少存在一点ξ∈[η1,η2]⊂(-1,1),使
f''(ξ)=1[f''(η)+f''(η
)]=3.
【证法2】
212
【例4】设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=
ξ∈(0,1)使f'(ξ)≤-16.
f
(1)=0,maxf(x)=2.试证存在点
0≤x≤1
【证法1】设f(c)=maxf(x)=2,则00≤x≤1
由泰勒公式知
f(x)=
f(c)+f'(c)(x-c)+f'(ξ)(x-c)2
2!
在上式中分别令x=0,和x=1得
f'(ξ)=-4
ξ∈(0,c)
1c2
f'(ξ)=-4
1
ξ∈(c,1)
2(1-c)22
若c≤1,则f'(ξ)=-4≤-4
=-16
21c2
(1)2
2
若c>1,则f'(ξ
22
)=-
4
(1-c)2
≤-4
(1)2
2
=-16
故存在点ξ∈(0,1)使f'(ξ)≤-16.
【证法2】
【例5】设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数,且f(a)=
f(b)=0,M=max
x∈[a,b]
f'(x),证明:
⎰af(x)dx≤
(b-a)3
M.
12
【证1】由泰勒公式得
f(a)=
f(b)=
f(x)+f'(x)(a-x)+
f(x)+f'(x)(b-x)+
f'(ξ1)(a-x)2
2!
f'(ξ2)(b-x)2
2!
(1)
(2)
(1)式加
(2)式得
0=2f(x)+f'(x)(a+b-2x)+
两端从a到b积分得
f'(ξ1)(a-x)2+
2!
f'(ξ2)(b-x)2
2!
0=2
∫af(x)dx+
b
∫a(a+b-2x)df(x)+
∫a[
f'(ξ1)2!
b
(a-x)2+
b
f'(ξ2)2!
b
(b-x)2
]dx
又⎰a(a+b-2x)df(x)=(a+b-2x)f(x)a+2⎰af(x)dx=2⎰af(x)dx
则4∫a
f(x)dx=-
∫a[
f'(ξ1)2!
(a-x)2+
f'(ξ2)2!
(b-x)2
]dx
bMb
2Mb2
4⎰af(x)dx≤
2⎰a(a-x)dx+
2⎰a(b-x)dx
=M(b-a)3+M(b-a)3=M(b-a)3
663
b(b-a)3
故⎰af(x)dx≤12M.
【证2】⎰bf(x)dx=⎰bf(x)d(x-a)=(x-a)f(x)b-⎰bf'(x)(x-a)dx
aaaa
=-bf'(x)(x-a)d(x-b)
a
=-(x-a)(x-b)f'(x)b+⎰bf'(x)(x-a)(x-b)dx+⎰bf'(x)(x-b)dx
=⎰bf'(x)(x-a)(x-b)dx+⎰b(x-b)df(x)
=⎰bf'(x)(x-a)(x-b)dx-⎰bf(x)dx
则⎰bf(x)dx=1⎰bf'(x)(x-a)(x-b)dx
a2a
=f'(ξ)
2
⎰a(x-a)(x-b)dx
(积分中值定理)
=f'(ξ)⎰b(x-b)d(x-a)2
4a
=-f'(ξ)(b-a)3
12
b(b-a)3
故
思考题:
1.试证
⎰af(x)dx≤
1+1x-1x2<
12
1+x
M.
(x>0).
28
2.设
f(x)
在[a,b]上连续,在(a,b)
内二阶可导,试证存在ξ∈(a,b),使
a+b(b-a)2
f(b)-2f()+f(a)=
f'(ξ).
24
f(x)
3.设
f(x)三阶可导,且f(-1)=0,f
(1)=1,lim
x→0x
=0,试证存在η∈(-1,1),使
f''(η)≥3.
4.若f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=0,f
(1)=1,f'(0)=
f'
(1)=0,试证:
ξ∈[0,1],
使f'(ξ)≥2.
5.设f(x)在x=x的某邻域内n+1阶可导,且f(n+1)(x)≠0,
f(x0
+h)=
f(x0)+
f'(x0)h
+
1f
2!
'(x0)h+L
+
hn
n!
f(n)
(x0
+θ(h)h).
求极限limθ(h).
h→0
答案提示:
11(1-1)x2
1.【证】
1+x=(1+x)2=1+1x+22
22!
+R2(x)
=1+1x-1x2+R(x)
282
1(1-1)(1-2)1
其中R(x)=222(1+θx)2-3x3,(0<θ<1).
23!
由于当x>0时,R(x)>0,则1+1x-1x2<
1+x
(x>0).
228
2.【证1】f(x)=
f(a+b)+f'(a+b)(x-a+b)+
f'(ξ)(x-a+b)2
2222!
2
在上式中分别令x=a,x=b得
f(a)=
f(a+b
)+f
'(a+b)(
a-b
f'(ξ)(b-a)2
)
2222!
4
2
f(b)=
f(a+b
)+f
'(a+b
)(b-a)+
f'(ξ)(b-a)2
2222!
4
上式两端相加得
f(a)+f(b)=2f(a+b)+[f'(ξ+'ξ
(b-a)2
21)f
(2)]8
由f(x)二阶可导及导函数的介值性知,存在ξ使得f'(ξ1)+f'(ξ2)=2f'(ξ).则
a+b(b-a)2
f(a)+f(b)=2f()+
f'(ξ)
【证2】令
ϕ(x)=f(x+
b-a
2
24
)-f(x)
ϕ(a+b)-ϕ(a)=ϕ'(c)b-a=[f'(c+b-a)-f'(c)]b-a
22
=f'
(ξ)
22
(b-a)2
4
即f(b)+f(a)-2f(
a+b
2
)=f
'(ξ)
(b-a)2
4
3.提示:
由limf(x)=0知,f(0)=0,f'(0)=0.写出f(x)在x=0处拉格朗日余项的二
x→0x
阶泰勒公式,再将x=-1,x=1代入便可证明.
4.提示:
分别写出f(x)在x=0,x=1处拉格朗日余项的二阶泰勒公式,然后两式相减便
可证明.
5.提示:
参见:
3.求极限中的例3,limθ(h)=
h→0
1.
n+1