第三章总习题

第三章习题课教学目的与要求： 1、复习巩固本章各节的内容，以保证各节要求的完成． 2、适当增加一些解题技巧，活跃同学们的解题思路，培养同学们分析问题，解决问题的能力，逐步培养学生学习数学的兴趣．教学重难点： 重点——§3-2，§3-4，§3-5 难点——§3-1，§3-3 教学建议：重要的是讲清思路． 教学学时：4学时一、回顾本章内容（45分钟）微分中值公式（三个）；罗必达法则；泰勒公式；单调性；凹凸性；极值、最值；绘图；曲率；方程的近似解．二、举例（105分钟）例 1 设()f x 在(,)a b 内可导，且()()f a f b +-=，证明(,)a b ξ∃∈使()0f ξ'=．思路：这里的()f x 只满足罗尔定理的条件②，但有一附加条件()()f a f b +-=，所以我们要用此条件构造一个满足罗尔定理条件①②③的函数()F x ．证明 令()()()()f x a x b F x f a x a f b x b +-<<⎧⎪==⎨⎪=⎩，易见()F x 在[,]a b 上有定义，且()F x 在[,]a b 上连续，及()()F a F b =又()() (,)F x f x x a b ''=∈，即()F x 满足罗尔定理的条件①②③，所以依罗尔定理在(,)a b 内存在ξ，使得()0F ξ'=． 又因(,)a b ξ∈，推得()()0F f ξξ''==．例2 设()f x ''在[,]a b 上连续，且()(),()0,()0f a f b f a f b ''=>>，证明存在一点(,)a b ξ∈使()0f ξ''=．思路：（三个点的函数值相等的题型已讲过）（1）此处不能保证有三点的函数值相等，如图．（2）若真有的话，就不需要()f x ''在[,]a b 上连续了，而只需要()f x ''在(,)a b 内存在，因此关键在于如何应用()f x ''在[,]a b 上连续这一条件，而闭连续是为用介值定理提供保证的，所以只要能够证明12,ξξ∃使1()f ξ''与2()f ξ''异号即可．证明 首先由0()()()0f a f b f ξ'=⇒=关于()f x '已有三个条件，0()0,()0,()0f a f f b ξ'''>=>， 因此对()f x '可分别在00[,][,]a b ξξ上用拉氏公式0100()()()0()f f a f a f a aξξξξ'''-''>-==-- 0200()()()0()f b f f b f b b ξξξξ'''-''<==-- 即()f x ''在两点12,ξξ处的值异号．加之()f x ''在[,]a b 上连续，所以由介值定理(,)a b ξ∃∈使()0f ξ''=．例 3 设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导且(0)(1)0f f ==，记[0,1]m a x ()M f x =．证明至少存在一点(0,1)ξ∈使|()|f M ξ'≥．思路：（1）此题的条件在[0,1]上完全满足了罗尔定理，可是在[0,1]上用罗尔 定理只能推知至少存在一点ξ使()0f ξ'=．（2）从所要证的结论来看，不得不引入M ，记00|()|, [0,1]M f ξξ=∈．（3）已有了三个点的函数值0(0)0,(),(1)0f f M f ξ===，可考虑用两次拉格朗日公式．证明 （1）若0M =，命题已真．（2）设0M >（不可能小于0），由(0)(1)0f f ==，推知0(0,1)ξ∈，下在00(0,),(,1)ξξ内用拉格朗日公式，001010()()(0)()|()|f Mf f f f ξξξξξξξ''-=⇒==0020200()(1)()()(1)|()|11f Mf f f f ξξξξξξξ''-=-⇒==-- （注意到0ξ与01ξ-必有不超过12，即1|()|f ξ'与2|()|f ξ'必有一大于等于2M）12000011|()||()|||41(1)Mf f M M ξξξξξξ''+=+=≥-- 12|()|2|()|2f M f M ξξ''⇒≥≥与必有一为真．综上命题证． 例 4 ()f x '在[0,]c 上单调递减，(0)0f a b a b c =≤≤≤+≤，0，证明()()()f a b f a f b +≤+．思路：因为()f x 只有一阶导数的条件，所以只能借助于拉格朗日公式．要证()()()0f a b f b f a +--≤，凑成双数项 [()()][()(0)]0f a b f b f a f +---≤．证明 分别用拉格朗日公式，得()1212()()()()0f a f a f f a ξξξξ''''-=-≤（用12b a ξξ>>>，加之递减，所以12()()f f ξξ''<）所以 ()()()0f a b f b f a +--≤，即 ()()()f a b f a f b +≤+．例5 设()f x 在[0,1]内连续，在(0,1)内可导，且()1f x '<，(0)(1)0f f ==，证明12(0,1)x x ∀∈，有121|()()|2f x f x -<． 思路： ()f x 只给出一阶导数的条件，所以可优先想到用拉格朗日公式．条件(0)(1)0f f ==必须用上．证明 分三种情况讨论：（1） 当12x x =时，命题显然为真．（2） 当2112x x -≥时， [][]2121122112212121|()()|(1)()()(0) ()(1)()(0) ()(1)()1 (1)1()2f x f x f f x f x f f x f x f x f x x x x x ξξξξ-=---''=---''≤-+≤-+=--<（3） 当2112x x -<时 2121211()()()()2f x f x f x x x x ξ'-=-<-< 综上命题得证．例6（1）设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内二阶可导，证明至少存在一点(,)a b ξ∈，使得2()()2()()()24b a b a f b f f a f ξ+-''-+≤． （2）设()f x 在[,]a b 上二阶导连续，证明存在一点(,)a b ξ∈，使得2()()2()()()24b a b a f b f f a f ξ+-''-+=．（3）设在[,]a b 上连续，在(,)a b 内二阶可导，证明至少存在一点(,)a b ξ∈，使得2()()2()()()24b a b a f b f f a f ξ+-''-+=． （1）思路：从条件看函数二阶可导．从结果看出现了三个点的函数值，及()f ξ''．证明 由于函数值()2a b f +出现了两次，可考虑在点2a b+处用泰勒公式2()()()()()() (A)22222a b a b a b f a b f x f f x x ξ''++++'=+-+- （右端的第二项是不受欢迎的，必需处理掉）将（A ）中的x 分别用a ，b 替代，得21()()()()()() (1)22222f a b a b a b a b f a f f a a ξ''++++'=+-+- 22()()()()()() (2)22222f a b a b a b a b f b f f b b ξ''++++'=+-+- （1）（2）两式相加2121()()()2()[()()](B)224a b b a f b f a f f f ξξ+-''''+=++ 记 12()max{(),()}f f f ξξξ''''''=，得 21()()2()()()24a b f b f af b af ξ+''+≤+-， 即 21()()2()()()24a b f b f a f b a f ξ+''+-≤-， （2）思路：条件强于（1）的条件，（1）中的证明过程直到（B ）式均可用．证明 2121()()()2()[()()]224a b b a f b f a f f f ξξ+-''''+-=+ 又由于()f x ''是连续的，对()f x ''依介值定理及73P 练习4知，(,)a b ξ∃∈，使得121()[()()]2f f f ξξξ''''''=+，故 2()()()2()()24a b b a f b f a f f ξ+-''+-=．（3）思路：条件同（1）但要证的结果同（2），所以前面的证法显然是不通．如 下给出两种证明方法．[错]证明：记02a bx +=00[()()][()()]f b f x f x f a --- 1020()()()()f b x f x a ξξ''=---[]120()()()f f b x ξξ''=--021()()()f b x ξξξ''=-- ？？？[正] 要证 2()()2()()()24a b b a f b f f a f ξ+-''-+=， 即要证2()2()()2()()4a bf b f f a f b a ξ+-+''=-， 左端为一定数，记为k ，即2()2()()2()()4a bf b f f a k b a +-+=*- 现在问题是“是否存在(,)a b ξ∈使得()k f ξ''=，为此构造函数：2()()()2()()24x a x a x f x f f a k ϕ+-=---，显然 ()0a ϕ=， 由()*可得()0b ϕ=，即 111()()022aaf f k ξξξ+-''--=，再用拉格朗日公式 11()022a af k ξξξ--''-=，1(())02af k ξξ-''-=，这里1(,)()0a b f k ξξ''∈⇒-=，即(,)a b ξ∃∈，使得()f k ξ''=．例7已知03x →=，求(0),(0),(0),(0)f f f f ''''''． 思路：要求()f x 在同一点0x =处的各阶导数值，自然会想到用麦各劳林公式， 为此去掉极限符号，解出()f x ．解 原式401(sin ())2lim 3x x xf x x→+== 41(sin ())23() (()0)x xf x x x x αα+⇒=+→4412()(3()sin )2f x x o x x x ⇒=+-332316()1()6x o x x o x =+-++ 1(0)1(0)0(0)(0)363f f f f ''''''⇒====，，，．例8 求证||||||1||1||1||a b a b a b a b +≤+++++．思路：||||||||||||1||1||1||||1||||1||||a b a b a b a b a b a b a b ++≥+=++++++++为此要比较||||1||||a b a b +++与||1||a b a b +++的大小，两式都将与函数() (0)1xf x x x=≥+有关．证明 21()0(1)f x x '=>+⇒()f x 为增函数⇒(||)(||||)f a b f a b +≤+． 例9 设0a b <<，证明222ln ln a b a a b b a -<<+-． 思路：看不等式的中间项，完全就是拉格朗日公式的格式，可左右两端的结构 相差甚远，不妨用单调性一试．证明 （1）设22()()(ln ln )2() (0)f x a x x a a x a x a =+--->>2221()2(ln ln )()212ln ()0f x x x a a x axx x x a a x'=-++-=+->()f x ⇒为增函数，又()0f a =()()0f x f a ⇒>=()0f b ⇒>；（2）设()()ln ) (0)g x x a x a x a =-->>或())ln )ln )g x x a x a x a =--=-()g x '=+20()g x >⇒是增函数． 又 ()0()()g a g x g a =⇒>，故 ()0g b >例10 设0k >，函数()ln xf x x k e=-+在(0,)+∞内有几个零点． 思路：要从两方面证明：（1）用介值定理证明至少有几个．（2）用单调性证明仅有几个．证明 （1）11()e xf x x e ex-'=-=，()f x 在(0,)e 内为增函数，()f x 在(,)e +∞内为减函数．所以()f x 在(0,)+∞内至多有两个零点．（2）(00)f +=-∞，()0f e k =>⇒()f x 在(0,)e 内至少有一根． lim ()()x f x →+∞=-∞* ，()0f e k =>⇒()f x 在(,)e +∞内至少有一根．综上()f x 在(0,)+∞内恰有两根．注：由1ln 1limx x xe x e→+∞-=-可推得()*式． 例11 在[0,1]上()0f x ''>，则正确的是：（ ）() (1)(0)(1)A f f f f ''>>- () (1)(1)B f f f f ''>-> () (1)(0)(1)(0)C f f f f ''->> () (1)(0)D ff f f ''>->思路：因为()0()f x f x '''>⇒为增函数(1)(0)f f ''⇒>如何才能使(1)(0)f f -用上条件()f x '为增函数呢？事实上：(1)(0)()(1f f f ξξ'-=⋅-<，即 (1)()(0)f f f ξ'''>>即 （B ）为正确的．例12 设()0 (,)f x x a b ''>∈，12,(,) 01x x a b t ∀∈≤≤ 则1212[(1)](1)()()f t x tx t f x tf x -+≤-+．思路：关键是点012(1)x t x tx =-+处的函数值从何而来，而12(),()f x f x 可由 泰勒公式后再将x 替换成12,x x 得到，而12[(1)]f t x tx -+必须在替换前就得到，所以在点0x 处展开 20000()()()()()()2f f x f x f x x x x x ξ'''=+-+- 21001010()()()()()()(1)2f f x f x f x x x x x ξ'''⇒=+-+- 22002020()()()()()()(2)2f f x f x f x x x x x ξ'''=+-+- (1)(2)两式中后两项都是不受欢迎的，而最后一项依条件可直接去掉，而另一项必须经过巧妙组合可以去掉，按照所要证的结果组合 (1)(1)(2)t t -⨯+⨯得1200102000(1)()()(1)()() [(1)()()]()()t f x tf x t f x tf x t x x t x x f x f x -+≥-++'--+-=．例13 设()f x ''在(1,1)-内连续，且()0f x ''≠，试证：（1）(1,1),0x x ∀∈-≠，存在唯一的()(0,1)x θ∈使()(0)(())f x f xf x x θ'=+成立．（2）01lim ()2x x θ→=． 思路：（1）要证拉氏公式中θ的唯一性．事实上：()f x 在[0,]x 上完全满足拉氏公式，所以()x θ∃满足()(0)(())(f x f f x x x Aθ'-=⋅⋅下证()x θ的唯一性，由于()0f x ''≠加之连续，所以()f x ''不变号，不妨设()0f x ''>，即()f x '单调增，故()x θ唯一．（2）想办法把()x θ解出来，为此还需一等式，可由泰勒公式提供．事实上：21()(0)(0)() 0f x f f x f x x B xξξ'''=++在与之间（） 由（A ）（B ）两式得21()(0)(())(0)()2f x f f x x x f x f xθξ''''-=⋅⋅=+ 21(())(0)()2f x x x f x f x θξ''''⇒⋅⋅-=两边除2x 得(())(0)1()2f x x f f x θξ''⋅-''= 变形 (())(0)1()()()2f x x f x f x x θθξθ''⋅-''⋅=⋅ 取极限 000(())(0)1l i m ()l i m l i m ()()2x x x f x x f x f x xθθξθ→→→''⋅-''⋅=⋅ 01lim ()(0)(0)2x x f f θ→''''⋅=，故 01l i m ()2x x θ→=．例14 设函数()f x 在(0,)+∞上可导，且20()1xf x x ≤≤+，证明在(0,)+∞内至少存在一点ξ，使221()(1)f ξξξ-'=+． 思路：（1）首先将结果变形 2()01x x f x x ξ='⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦，记2()()1x F x f x x=-+， 即 ()0F ξ'=，所以可考虑对()F x 用罗尔定理． （2）问题 ①()f x 是定义在无限区间，不合罗尔定理要求．②即使我们能够将无限区间转变成有限区间，但仍然不是闭区间，不符合要求．为此必须引入代换，将(0,)+∞变成有限区间，并补充端点的定义，使之所构造的函数完全满足罗尔定理，同时又能得到结果．（3）注意到()f x 有另外两个条件 0lim ()0 lim ()0x x f x f x →→+∞==，． 证明 令1tan ()x t x t==也可 2tan ()(tan )1tan t F t f t t =-+将(0,)+∞变到了(0,)2π． 又 02l i m ()0 l i m ()0t t F t F t π→→==，， 补充定义：(0)0, ()02F F π== 2tan (tan )(0,)1tan 2()00,2t f t t t F t t ππ⎧-∈⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()F t 在[0,]2π完全满足罗尔定理的条件，∃(0,)2πη∈，使()0F η'=， 即 22221tan (tan )sec sec 0(1tan )f ηηηηη-'-=+， 记 t a n (0,)ξη=∈+∞，则上式变为：2221()0(1)f ξξξ-'-=+．例15 曲线221arctan (1)(2)x x x y e x x -++=-+有几条渐近线，并求之． 思路：分水平，铅直，斜渐近线三种情形讨论． 水平：lim 4x y π→∞=，所以有水平渐近线4y π=；铅直：看0lim x x y →=∞是否成立． 事实上：0lim x y →=∞，所以有铅直渐近线0x =； 斜渐近线：看lim 0x y k x→∞=≠是否成立，显然与有水平渐近线相矛盾． 注：水平、斜渐近线有可能同时出现在一道题中．例16 求2013sin coslim (1cos )ln(1)x x x x x x →+++ 思路：（1）(1cos )x +是极限值不为零的乘积因式，因此可用2代替．（2）ln(1)~x x +解 原式013sin 13lim (cos )22x x x x x →=+=． 例17 求31lim sin ln(1)sin ln(1)x x x x →∞⎡⎤+-+⎢⎥⎣⎦思路：因 333sin ln(1)ln(1)lim lim lim 3111x x x x x x x x x→∞→∞→∞++=== 111sin ln(1)ln(1)lim lim lim 1111x x x x x x x x x→∞→∞→∞++=== 各自分别存在，所以首先就可以用和差的运算法则，一分为二．故 原式=2．例18求0lim x →+思路：（1）此题不能一分为二（因各自不存在）．（2）分子加减1后两项各自等价代换也不行．（3）直接用罗必塔法则，分子太繁．正解，将分子有理化．解 原式201tan sin lim 2ln(1)x x xx x x →+-=+-（现在用法则时机不佳） 01sin 1cos lim cos ln(1)x x x x x x x→+-=⋅⋅+- 201lim 2ln(1)x x x x →+=+-（现在用法则即可） 011lim 2211x xx →+==--+作业布置：P55、59、61、65。