微分中值定理习题课.docx

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微分中值定理习题课

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AB．

4．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

在上不满足罗尔定理的第一个条件，并且定理的结论对其也是不成立的．而函数

在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、、、、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．、、、、、、型未定式．

9．洛必达法则．

10．、、、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、在上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点，使得

.

又对任一，所以上述两式相除即得

.

答上述证明方法是错误的．因为对于两个不同的函数和，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，使得式和式同时成立．

例如，对于，在上使拉格朗日中值定理成立的；对，在上使拉格朗日中值定理成立的，两者不等．

2.设函数在区间上存在二阶导数，且.试证明在内至少存在一点，使．还至少存在一点,使

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，，且在上满足罗尔定理的前两个条件，故在内至少存在一点，使．至于后一问，首先得求出，然后再考虑问题．

，且．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．

证由于在上存在二阶导数，且，在上满足罗尔定理的条件，故在内至少存在一点，使．

由于

，

且，在上满足罗尔定理的条件，故在内至少存在一点，使．由于，所以．

3.设为满足方程的实数，试证明方程

在内至少有一个实根．

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，另一种是用罗尔定理.要用零点定理,函数

，

需要满足在上连续，且．但，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

，

并将的原函数求出来，然后对原函数应用罗尔定理．

在这个问题中的原函数求起来很容易，

．

求出后，根据题设条件，对在上应用罗尔定理即可得到所要的结论．

证引入辅助函数

．

因为在上连续，在内可导，，，所以由罗尔定理知，在内至少存在一点，使得，即

.

于是方程在内至少有一个实根．

4.设函数在上可导，且．试证明曲线弧：

上至少有一点处的切线平行于直线．

分析由于直线的斜率为，所以上述命题的本质是要证明在内存在一点，使得．

由于，因此若设，则要证上述命题，只须证明在内存在一点，使得即可．这是一个用罗尔定理解决的问题．

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.但是我们注意在上连续，而，且1介于-1和2之间．因此由介值定理知，在内必存在一点，使得．这样在上对应用罗尔定理即可证得所要的结果．

证引入辅助函数．在上连续,且.由介值定理知,在内比存在一点，使得．又，且在上满足罗尔定理的前两个条件,故在内必存在一点，使得，即．由于，所以．

5.设在上可导，，试证明在内必存在一点,使得

．

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

．

第二步将等式左端中的都换为，并设

．

第三步是要去确定的原函数，并在相应的区间上对应用罗尔定理即可．

本问题中的原函数为

．

证引入辅助函数

．

由题设知，在上连续，在内可导，且，由罗尔定理知，在内必存在一点，使得，即

.

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：

.（3）

第二步是把等式右端中的都换为,并设

.

第三步是要去确定的原函数.本问题中的原函数为

.

第四步确定了的原函数后,针对相应的区间,验证（3）式左端是否为

或.

若是,则只要对在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,所以

.

因此,本问题可通过对函数在上应用拉格朗日中值定理来证明.

证引入辅助函数

.

由题设知,在上满足拉格朗日中值定理条件,故在内必存在一点,使得

.

又由题设知,所以有

.

方法三用柯西中值定理证

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:

.

第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：

.（4）

第三步把（4）式右端中的全都换为，并设分子函数为，分母函数为．即设

．

第四步是求和的原函数和．本问题中的和分别为

．

第五步针对区间，验证式左端是否为

或．

若是，则只要对和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罗尔定理等其它方法．

在本问题中，由于，所以

=．

故本问题可通过对函数和在上应用柯西中值定理来证明．

证引入辅助函数

．

由题设知，和在上连续，在内可导，且在内，由柯西中值定理知，在内必存在一点，使得

==．

又由题设知，所以有

即

.

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．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

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.设在上连续，在内可导，，试证明在内必存在一点，使得．

分析移项变形得

.（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理去证明．

把（5）式右端化为分式形式，得

（6）

把（6）式右端的都换成，并设

．

则和的原函数为

．

而（6）式左端恰好是

．

证引入辅助函数

．

由题设知，和在上连续，在内可导，且在内，故由柯西中值定理知，在内至少存在一个，使得

．

即

.

7.设在上有二阶连续导数，且，，.证明存在，使.

证由于函数在上有二阶连续导数，故我们可以求出函数的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式：

（在与之间）．

将带入上式得

，；

，．

将上述两式相加得

．

若，则和都可作为，使，；若，则介于与之间，即介于与之间．由于在上连续，因而也在上连续，故由介值定理知，在内必存在一点，使得．综上所述，必存在，使．

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.求函数按的幂展开的带有拉格朗日余项的3阶泰勒公式．

解，故

．

因此，所求3阶泰勒公式为

其中介于与之间．

9.求函数的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式．

分析的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式我们是已知的，这时求函数的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式可以采用下面的所谓间接方法．

解由于

，

所以

．

又因为

，

所以是当时比高阶的无穷小．故

．

上式即为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，如等．

10.利用泰勒公式求极限．

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．利用函数的麦克劳林公式，求出函数的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公式

.

若将上式代入函数的分母，则分母是一个最高幂为次的多项式．因此需将函数和都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示．

的四阶麦克劳林公式可直接给出，而的四阶麦克劳林公式可利用的麦克劳林公式间接获得，它们是

，

．

因此

．

11.求极限．

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

=．

12.求．

解所求极限为型未定式，通分化为型．

.

13.求．

分析这是一个型未定式，转化为型未定式．

，

虽然原极限已转化为型未定式，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，再应用洛必达法则，得

．

因为时，必有，所以

．

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，只有将数列中的换为连续自变量后，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

解

极限

是存在的

但

不存在不能用洛必达法则

3验证极限

存在但不能用洛必达法则得出

解

极限

是存在的

但

不存在不能用洛必达法则

4讨论函数

在点x0处的连续性

解

因为

而

所以

因此f（x）在点x0处连续

14.设具有二阶连续导数，且，，求．

分析所求极限为型未定式，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

，

且0，所以．因此，只须求出极限即可．

解由0知，．对型未定式应用一次洛必达法则，得

．

因此和都是型未定式．对极限两次应用洛必达法则，得

．

故

．

3.若函数

在

上二阶可导,且

，

，

，则存在

使得

.

证法一：

把

在0,1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项,有

………4分

上两式相减,有

.

记

则有

………4分

即存在

使得

.………2分

证法二：

在

上对

应用拉格朗日中值定理有

，

.……3分

当

时，在

上对

应用拉格朗日中值定理有

，

，

.

……3分

当

时，在

上对

应用拉格朗日中值定理有

，

，

.

……2分

综上证明知存在

使得

.……2分