高数中值定理习题课
高等数学 第三章中值定理与导数的应用习题课
(5) (1 + x )α = 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x2 + L+
α (α − 1)L (α − n + 1)
n!
x n + o( x n )
Ⅲ 导数的应用
一、函数的极值与单调性
1．函数极值的定义 ． x ∈ U ( x0 , δ ), f ( x ) ≤ f ( x0 ), f ( x0 )为极大值. 为极大值.
0 ∞ 其它型： 其它型： ⋅ ∞ , ∞ − ∞ , 0 , 1 , ∞ , 转化为 “ ”型或“ ” 型 0 型或“ 型或 0 ∞
0 ∞ 0
二、泰勒公式
1．泰勒公式 ．
如果函数在含有一点的开区间内具有直到(n+1)阶导数 阶导数 如果函数在含有一点的开区间内具有直到 f ′′( x0 ) f ( n) ( x0 ) 2 f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) + L+ ( x − x0 )n + Rn ( x) 2! n! ( n +1) f (ξ ) Rn ( x ) = ( x − x0 ) n+1 拉格朗日型余项 ( n + 1)!
x ∈ U ( x 0 , δ ), f ( x ) ≥ f ( x0 ), f ( x0 )为极小值 .
o
。
2．函数的驻点 ．
f ′( x 0 ) = 0 则 x 0为 f ( x ) 的驻点。 的驻点。
3．函数的单调区间的判别 ．
函数在[a,b]上连续 在(a,b)内可导 上连续,在 内可导. 函数在 上连续 内可导
中值定理导数应用习题课(11级
如果函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间 (a,b)上可导，那么在开区间(a,b)内至少存在一点 ξ，使得f'(ξ)=(f(b)-f(a))/(b-a)。
柯西中值定理
如果函数f(x)和g(x)在闭区间[a,b]上连续，在开 区间(a,b)上可导，且g'(x)≠0，那么在开区间(a,b) 内至少存在一点ξ，使得(f'(ξ))/(g'(ξ))=(f(g(x))f(g(a)))/(g(b)-g(a))。
中值定理的重要性
中值定理是微分学中的基本定理之一，它们揭示了函数在 某一点处的导数与函数值之间的关系，对于研究函数的单 调性、极值等问题具有重要意义。 中值定理是解决一些数学问题的有力工具，例如求函数的 极值、证明不等式等。
中值定理在经济学、工程学等领域也有广泛的应用。
中值定理的历史背景
罗尔中值定理是由法国数学家 罗尔提出的，时间是18世纪的 末期。
02 03
详细描述
在数学中，极值问题一直是研究的重点之一。利用中值定理求函数的极 值时，通常需要分析函数在区间上的性质与区间内某一点的值之间的关 系，然后利用中值定理的结论找到函数的极值点。
举例
例如，要找到一个函数在某个区间上的最小值点，可以通过构造一个辅 助函数，利用中值定理找到该函数在区间上的某个点的值最小，从而得 出所需的最小值点和对应的函数值。
详细描述
在实际生活中，导数有许多应用场景。例如，在物理中，速度和加速度是导数的应用；在经济学中， 导数可用于研究成本、收益和利润等；在工程中，导数可用于优化设计、控制过程等。
03 中值定理的应用
利用中值定理证明等式
总结词
详细描述
举例
利用中值定理证明等式是一种常见的 数学问题，通过选取适当的辅助函数 和区间，结合中值定理的结论，可以 推导出所需的等式关系。
第5章中值定理习题课
第五章中值定理习题课一、主要内容1、中值定理从极值点处的导数性质出发，依次得到Fermat 定理、Rolle 定理、Lagrange定理、Cauchy定理，应该准确掌握各个定理的内容，掌握定理证明的思想，掌握定理的几何意义，熟练掌握定理的应用。
2、Taylor 公式从微分的定义或中值定理出发，从近似计算的角度，得到了函数的高阶展开式，掌握常用的函数的Taylor公式，熟练掌握各种Taylor展开式的计算方法，掌握利用Taylor 展开式计算极限的技巧。
注、从定理的结论形式上看，中值定理和Taylor 公式都能建立函数和导数的关系，但是，二者在使用中是有差别的。
中值定理只是建立了相差一阶导数的相邻函数的关系式，而且结论形式中，原函数的点可以是任意的(涉及到两个原函数的点 f (a), f(b)，这两个点都可以是任意的)，涉及到导数的点不具备任意性，它依赖于原函数中取定的两个点，因此，通常用于利用导函数的性质，研究原函数的性质，当然，若对相应的导函数用中值定理，可以用高阶导数的性质研究低一阶的导函数的性质；而Taylor 公式中，展开点是可以任意选取的，因而，可以用于研究所涉及到的中间各阶导数的性质，特别是用两头控制中间的中间导数估计的问题。
3、L'Hospital 法则这是极限计算中一个非常重要的法则，也是一个非常高级的法则，利用这一法则，使得一类非常重要，也非常复杂的极限的计算变得非常简单，因此，必须掌握法则的灵活的应用。
4、应用利用上述理论，解决函数研究中的如零点问题、介值问题、中值问题、极值问题、最值问题、导数估计、单调性问题、凸性问题、不等式问题、函数展开、极限计算等各种关键而又重要的问题。
二、典型例题1、零点问题(介值问题、中值问题)这里主要指涉及到导函数的零点问题，因而，处理的基本工具就是Fermat定理、Rolle定理和中值定理。
但是，特别要注意的是，几个定理的根本的出发点就是极值点处的导数性质，这是处理这类问题的基本思想，因此，在涉及到这类问题时，最简便的手段是直接利用相应的定理，但是当定理不能直接应用时，就要考虑最基本的思想了。
高等数学《中值定理》习题课课件 一
整理得e [ f () f ()] e
即证
(5) 若已知条件中含高阶导数 , 多考虑用泰勒公式 ,
有时也可考虑对导数用中值定理 . (6) 若结论为不等式 , 要注意适当放大或缩小的技巧.
例9. 设函数
在
上二阶可导,
且
证明
证: x [0, 1] , 由泰勒公式得
f
(1)
f
(x)
f
( x)(1
m f (0), f (1), f (2) M
m
f (0) f (1) f (2) 3
M
由介值定理, 至少存在一点 c [0, 2] , 使
由 罗分f (尔c析) 定: 所想理f (f3给到知()c条找), 必1件一,且存f 可点(0在f)写c(xf,为)3(使1在)(cf[fc(,f(0,32(3)))c])上f 3(11(连)0f,(续3f0())2,,)在使f3(1(1)cf,,(f3f()(2)3内))可01.导 ,
1 f ( ) (0 1)
24
f ( ) 24
例11 求下列极限 :
1) lim [x2 ln(1 1) x];
x
x
2)
lim
x0
1 x100
e
1 x2
;
3) lim ln(1 x x2 ) ln(1 x x2 ).
x0
sec x cos x
解: 1) lim [x2 ln(1 1) x]
(2)所证式中出现两端点, 可考虑用拉格朗日定理 .
例5 设f (x)在[a,b]上连续，在 (a,b)内可导
证明至少存在一点 (a,b)使得 bf (b) af (a) f ( ) f ( )
ba
高等数学数学分析中值定理习题有答案
第三章 中值定理与导数的应用1. 设)(x f 在]1,0[上连续，在(0,1)内可导，0)1()0(==f f ,1)21(=f 求证：存在)1,0(∈ξ使1)(='ξf .2. 求证：若)(x f 在],[b a 上可导，)()(b f a f -+'≠'，则对介于)(a f +'与)(b f -'之间的任意值c ，有),(b a ∈ξ，使c f =')(ξ.（导函数的介值定理）3. 设)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，)()(b f a f =，)(x f 在],[b a 上不恒为常数.求证：),(,21b a ∈∃ξξ，使0)(1>'ξf ，0)(2<'ξf .4. 设012>>x x ，证明：),(21x x ∈∃ξ，使)()1(212112x x e e x e x x x --=-ξξ.5. 讨论方程212x x+=的实根个数.6. 设)(x f 在]1,0[上二阶可导，0)1()0(==f f ，2)(max 10=≤≤x f x .求证：)1,0(∈∃ξ，使16)(-≤''ξf .7. 求)1(cot lim 22x x x -→8. 求xx x ln 0)1(lim -+→9. 求21)tan (lim 0x xxx →10. 求30)1(sin lim x x x x e x x +-→11. 求2220sin )(cos 121lim 2xe x x x x x -+-+→12. 讨论方程x x x x cos sin 2+=的实根个数。
13. 求证：bb aa ba b a +++≤+++11114. 比较eπ和πe 的大小.15. 设 ,3,2,1,==n n x n n ，求该数列中的最大项.16. 设⎩⎨⎧>-≤≤=1,)2(10,)(3x x x x x f ，求)(x f 的极值与拐点.17. 设10,1≤≤>x p ，求证：1)1(211≤-+≤-p p p x x .18. 求椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 上的点，使得椭圆在该点的切线与坐标轴所围成的三角形面积最小.第三章 中值定理与导数的应用 答案1. 设)(x f 在]1,0[上连续，在(0,1)内可导，0)1()0(==f f ,1)21(=f 求证：存在)1,0(∈ξ使1)(='ξf . 证明：令x x f x F -=)()(，则)(x F 在]1,0[上连续，在(0,1)内可导，0)0(=F ，1)1(-=F ，21)21(=F .由连续函数的介值定理，)1,21(0∈∃x ，0)(0=x F ，又根据罗尔定理，),0(0x ∈∃ξ，0)(='ξF ，即1)(='ξf .2. 求证：若)(x f 在],[b a 上可导，)()(b f a f -+'≠'，则对介于)(a f +'与)(b f -'之间的任意值c ，有),(b a ∈ξ，使c f =')(ξ.（导函数的介值定理）证明：无妨设)()(b f c a f -+'<<'，令cx x f x F -=)()(，则0)(<'+a F ，0)(>'-b F .)(x F 在],[b a 上可导，必连续，因此有最小值)(ξF ，a ≠ξ，否则0)()(lim )(≥--='+→+ax a F x F a F ax 矛盾！；b ≠ξ，否则0)()(lim )(≤--='-→+bx b F x F b F bx 矛盾！因此),(b a ∈ξ.由Fermat 定理，0)(='ξF ，即c f =')(ξ.3. 设)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，)()(b f a f =，)(x f 在],[b a 上不恒为常数.求证：),(,21b a ∈∃ξξ，使0)(1>'ξf ，0)(2<'ξf .证明：)(x f 在],[b a 上连续，因此有最大值M x f =)(1，最小值m x f =)(2.由题意m M >，因为)()(b f a f =，所以)()(b f a f M =>，或m b f a f >=)()(.无妨设)()(b f a f M =>，由Lagrange 中值定理可知，),(11x a ∈∃ξ， 0)()()()(1111>--=--='a x a f M a x a f x f f ξ；),(12b x ∈∃ξ，0)()()()(1112<--=--='x b Mb f x b x f b f f ξ.4. 设012>>x x ，证明：),(21x x ∈∃ξ，使)()1(212112x x e e x ex x x --=-ξξ.证明：令x e x f x =)(，xx g 1)(=，)(),(x g x f 在],[21x x 上连续，在),(21x x 内可导且0)(≠'x g .由Cauchy 中值定理，),(21x x ∈∃ξ，使)()()()()()(1212x g x g x f x f g f --=''ξξ，即212112x x e x e x e e x x --=-ξξξ.5. 讨论方程212x x +=的实根个数.解：令212)(x x f x--=，)(x f 在),(+∞-∞连续，0)0(=f ，0)1(=f ，0)2(<f ，0)5(>f ，故)(x f 至少有三个实根，若)(x f 有多于三个的实根，则由罗尔定理，)(x f '''有实零点，而0)2(ln 2)(3>='''xx f ，因此)(x f 恰有三个实根.6. 设)(x f 在]1,0[上二阶可导，0)1()0(==f f ，2)(max 10=≤≤x f x .求证：)1,0(∈∃ξ，使16)(-≤''ξf .证明：设2)()(max 010==≤≤x f x f x ，则)1,0(0∈x ，0)(0='x f .根据Taylor 公式，),0(01x ∈∃ξ，)1,(02x ∈ξ，使2010002)())(()()0(0x f x x f x f f ξ''+-'+==； 202000)1(2)()1)(()()1(0x f x x f x f f -''+-'+==ξ，即4)(21-=''x f ξ，4)1)((202-=-''x f ξ.2100≤<x 时，16)(1-≤''ξf ；1210<≤x 时，16)(2-≤''ξf .7. 求)1(cot lim 22x x x -→ 解：)1(cot lim 220x x x -→x x x x x x 222220sin sin cos lim -=→300sin cos limsin cos lim x xx x x x x x x x -+=→→ 323cos sin cos lim220-=--=→xx x x x x8. 求xx x ln 0)1(lim -+→解： xx x ln 0)1(lim -+→)1ln(ln 0lim x x x e -→+==-+→)1ln(ln lim 0x x x =-+→x x x ln )(lim 0=-+→x xx 1ln lim 0=--+→2011lim xx x 0lim 0=+→x x 1)1(lim ln 0=-+→x x x9. 求21)tan (lim 0x xxx →解：21)tan (lim 0x xx x →xx x x e tan ln 102lim →=x x x x tan ln 1lim 20→)tan 1ln(1lim 20x x x x x -+=→30tan lim x xx x -=→3131sec lim 220=-=→x x x 31021)tan (lim e xx x x =→10. 求30)1(sin lim xx x x e x x +-→ 解：30)1(sin lim x x x x e xx +-→3333320)1()](!3)][(!321[lim x x x x o x x x o x x x x +-+-++++=→ 31)(3lim 3330=+=→xx o x x11. 求222sin )(cos 121lim 2xe x x x x x -+-+→解：0→x 时，2cos x e x -)](1[)(212222x o x x o x ++-+-=)(2322x o x +-=～232x -； 2220sin )(cos 121lim 2x e x xx x x -+-+→12123)](8121[21lim 2244220-=-+-+-+=→x x x o x x x x12. 讨论方程x x x x cos sin 2+=的实根个数。
高等数学习题课(3)中值定理与导数的应用
（3）
中值定理与导数的应用
第二课 中值定理与导数应用
I. 目的要求 ⒈ 理解罗尔定理、拉格朗日定理，了解柯西定理； 会用中值定理解决诸如方程根的存在性、不等 式证明等问题； ⒉ 了解泰勒定理的条件、结论及余项，掌握函数 ex , sinx, cosx, ln(1+x), (1+x)α的麦克劳 林公式； ⒊ 熟练掌握用洛必达法则求不定型极限的方法； ⒋ 熟练掌握求函数单调区间、极值、凹凸区间、 拐点的方法，并会用其证明一些相关问题。
证：由条件易知F (x)在 [1,2]上满足罗尔定理条件， 则 (1,2)，使 F(1) 0 又 F(x) 2(x 1) f (x) (x 1)2 f (x) 在 [1,1]上连续，在(1,1)内可导，且 F(1) F(1) 0 由罗尔定理， (1, 1) (1, 2) 使 F() 0 #
(a 0)有极值，试证：曲线y f (x) 在点(a, f (a))处的
切线经过坐标原点。 证：曲线 y f (x) 在 (a, f (a)) 处的切线方程为
y f (a) f (a)(x a)
即 y f (a)x [ f (a) a f (a)]
由条件 (x) 在 x a 点有极值，且易知(x)在 x a 点可导
x
2
分析：只需证明 sin x x 0 3 cos x
证：令
f
(x)
sin x 3 cos x
x
sin
1
x cos 3
x
x
，显见
f
(0)
0；
f
(x)
cos
2 3
x
1 sin
2
x
4
cos 3
x
D3习题课
由
d2 y d x2
0
t
1,
当t=0时，y 不存在
t (1, 0) 0 (0, 1) 1 (1, )
y
y
凹
0
凸
4凹
点 ( 0 , 0 ) 及 (1, 4) 均为拐点.
例5 求最小常数 p 的值, 使对一切x >0，恒有
p (1 x x2 )ex
解：令 f ( x) (1 x x2 )ex ,
设辅助函数 ( x) x2 f ( x)
显然
在 [ 0 , 1 ] 上满足罗尔定理条件, 故至
少存在一点
使
( ) 2 f ( ) 2 f ( ) 0
即有
机动 目录 上页 下页 返回 结束
例8. 求二次三项式 p(x) , 使
解: 设
则
（1）
由（1）得 由（2）得
例6. 证明 f ( x) ln x x 1 0 在 (0, )内仅有
二个实根
e
证明: f ( x) e x ,
x (0,e) e (e, )
x e f ( x)
f ( x) 0 x e
f (x)
1
f (e) 1 0,
f
(1) e
证:
( x)
f ( x)x x2
f (x) , x 0
而
0 x
x, f ( x) , f ( ) f ( x)
∴ ( x)在 (0, ) 上是递增的。
例2. 设
且在
递减 , 证明对一切
上 有
存在 , 且单调
第三章中值定理与导数应用习题课课件
第三章中值定理与导数的应用(习题课)题组一： 中值定理1.考察函数 22-21()1-1⎧≤⎪=⎨>⎪⎩x x f x x x 在[ 0 , 2 ]上关于拉格朗日定理的正确性.解: (1) 验证 f (x )在 x = 1处的连续性 。
(2) 验证 f (x )在 x = 0处右连续; x = 2处左连续。
(3) 验证 f (x )在 x = 1处的可导性。
2. 求下列极限1ln(1)(1)limcot π→-x x x解:1ln(1)lim cot x x x π→-=∞∞型1121lim csc xx xππ--→-211sin lim 1x x x ππ→=-00型112sin cos lim1x x x ππππ→⋅⋅=-0=（2） 0lim 42(1)x x x x e πππ→⎛⎫- ⎪+⎝⎭0(12)lim 4(1)xx x e x e πππ→+-=+1(0)xe x x ππ-→0lim4(1)x x xx e πππ→⋅=+2401lim 1xx e ππ→=+28.π=0lim 42(1)x x x x e πππ→⎛⎫- ⎪+⎝⎭解:（3） 112lim 2n nn n a a -→∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭0⋅∞型112()lim 2xxn f x x a a-→∞⎛⎫=+- ⎪⎝⎭设112lim ()lim 2xxx x f x x a a -→∞→∞⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭11122limx x x a a x -+-→∞=00型111ln 2limx xxa a ax --→∞=211ln 2lim()a x xx a a -→∞=+00型2ln .a =112lim 2nnn n a a-→∞⎛⎫∴+- ⎪⎝⎭2ln .a =解:（4）2222211lim(cos )sin →+-+-x x x xx e x解: 因为21x +=1122(1)244122!1(),-+++x x o x 2=x e 221(),++x o x cos =x 222!1(),-+x o x 2sin x(0)→x 2x所以 原式 = 221lim→+-x x 1122(1)244122![1()]-+++x x o x 222!1()-+-x o x 22(1())++x o x 2[]x44844302()lim ()→+=-+x x o x x o x 1.12=-3. 设 f ( x ) 在 0()0,''≠f x 证明:当 0∆→时,x 000[()()]/()'+∆-∆-∆与f x x f x x f x x是同阶无穷小. 证明:0000()()()limx f x x f x f x x x∆→+∆-'-∆∆00020()()()lim ()x f x x f x x f x x ∆→'+∆--∆⋅=∆0型x 0的某一邻域内具有二阶导数,且接3.000()()lim2x f x x f x x∆→''+∆-=∆01().2f x ''=且0()0.f x ''≠0000()()()lim x f x x f x f x x cx∆→+∆-'-∆∴=∆(非零常数)故当 0∆→时,x 000[()()]/()'+∆-∆-∆与f x x f x x f x x是同阶无穷小.4. 证明:当 x >1时, 212arctan arccos 214π-=+x x x 证明: 212()arctan arccos 214x f x x x π=--+设22221112()()()12121()1xf x x xx x ''=--⋅++-+22222211111(1)x xx x x +-=-⋅+-+0=()()f x c c ∴=为常数接4.取 x = 1 得(1)c f =12arctan1arccos 2114π=--+0=()0f x ∴=212arctan arccos .214x x x π-=+即5. 证明函数 ()()ln[sin()1]=--+f x x a b x 的导 数在 ( a , b )内必有零点.证明: ()()0f a f b ==Rolle 定理(,)()0.a b f ξξ'∃∈=使6. 设 f ( x )可导, ()()'+f x f x 的零点.证明: 1212()()0.f x f x x x ==<设且()(),xF x e f x =⋅设显然 F (x )在[ x 1 , x 2 ]上满足Rolle 定理, 12(,)()0.x x F ξξ'∴∃∈=使(()())0e f f ξξξ'+=即()()0.f f ξξ'+=故试证在 f ( x )的两个零点之间必有7. 设 f ( x ) 在 ()1,'>f x ()0,<f a 试证方程 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有唯一实数根.证明: 先证根的存在性.()[,()],f x a a f a -显然在上满足拉格朗日中值定理(())()()(())f a f a f a f f a ξ'∴--=-(,())a a f a ξ∈-(())()(1())f a f a f a f ξ'-=-即()0,()1f a f x '<>而(())0f a f a ->故[ a , +∞ ) 上连续,在 ( a , +∞ ) 内可导且接7.由零点定理知 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有实数根.再证根的唯一性()1,f x '>因为()(,()).f x a a f a -所以在上单调增加故 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有唯一实根. 综合以上两部分可知结论成立.8. 设 f ( x ) 在 (0)(1)0,==f f 11,2⎛⎫= ⎪⎝⎭f 试证:在( 0 , 1 )内至少 有一点 ξ , 使 () 1.ξ'=f 证明: ()(),F x f x x =-设11(1)-1,().22F F ==则由零点定理得: (,1)()0.F ηη∃∈=1使2(0)0,F =又知在[0 , η ]上应用Rolle 定理得: ()0,(0,).F ξξη'=∈()10.f ξ'-=即[ 0 , 1 ]上连续,在( 0 , 1 )内可导且9. 设 f ( x ) 和g ( x ) 且对一切 x ∈( a , b )有 ()0,'≠g x (,)ξ∈，a b 则必存在 使 ()()().()()()ξξξξ'-='-f f f a g g b g 证明: ()()()()()()()()0f g g f g b f f a g ξξξξξξ''⋅+⋅''-⋅-⋅=将结果变形为:()()()()()()()F x f x g x g b f x f a g x =--设()[,]:F x a b 对在上应用拉格朗日中值定理得()()()(),(,).F b F a F b a a b ξξ'-=-∈在 [ a , b ]上连续,在( a , b )内可导接9.[()()]()[()()]()f f ag g b g f ξξξξ''-=-即()0g x '≠()0g ξ'∴≠()()0g b g ξ-=假设()()g b g ξ=即()[,]Rolle :g x b ξ对在上应用中值定理得(,)(,)()0.b a b g ηξη'∃∈⊂=使()0.g x '≠这与矛盾()()0.g b g ξ-≠故于是有 ()()().()()()ξξξξ'-='-f f f a g g b g10.设 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] (1)0,=f 试证:在( 0 , 1 )内至少 有一点 ξ , 使2()().f f ξξξ'=-证明: 2()()f f ξξξ'=-()2()0f f ξξξ'⋅+=2()2()0f f ξξξξ'⋅+⋅=2()()F x x f x =设，显然 F (x ) 在[0,1]上满足Rolle 中值定理. (0,1)()0,F ξξ'∴∃∈=使2()2()0f f ξξξξ'⋅+⋅=即上连续,在( 0 , 1 )内可导且 2()().f f ξξξ'=-故1. 讨论方程 21=x x 并求出它们所在的区间. 解: 题组二： 导数的应用()21,x f x x =-设()2(1ln 2).x f x x '=+则()0f x '=令1ln 2x =-得x()f x '()f x 1(,)ln 2-∞-1ln 2-1(,)ln 2-+∞-∞+∞-0-+-+的实数根的个数,接1. 1ln 2-x y o 因此方程有唯一实数根1(,).ln 2-+∞介于2. 设 f ( x ) 连续 0()lim 2,1cos →=-x f x x则在 x = 0 处 f ( x )为________. A. 不可导 B. 可导且 (0)0'≠f C. 取极大值D.取极小值解: (0)f '=0()(0)lim 0x f x f x →--0()1cos lim()1cos x f x x x x →-=⋅-0()1cos lim()1cos x f x x x x →-=⋅-01cos 2lim x x x→-=⋅0=且 f ( 0 ) = 0 ,接2.0()lim 21cos x f x x→=-1cos 0x -≥20>极限的局部保号性(0,)U δ∃(0,),x U δ∈当时()0f x >(0)f = x = 0为函数极小值点.3.设 f ( x ) 在 x = x 0的 如果 00()()0,'''==f x f x 而 0()0,'''≠f x 讨论 x = x 0为极值点还是( x 0 , f (x 0))为拐点.解: 0()f x '''=000()()lim x x f x f x x x →''''--00()lim x x f x x x →''=-0.≠000x x x x →+->时000x x x x →--<时00()()f x f x +-''''''=0()f x x ''在的左右方变号.( x 0 , f (x 0))为拐点.某一邻域内具有三阶连续导数,接3.由泰勒公式得()f x =20000033000()()()()()2!()()(())3!f x f x f x x x x x f x x x o x x '''+-+-'''+-+-00()()0f x f x '''==0()0f x '''≠330000()()()()(())3!f x f x f x x x o x x '''-=-+-000()()x x x x f x f x →+→--时与时变号( x 0 , f (x 0))不是极值点.4. 试确定常数 2=++y ax bx c与曲线 cos =y x 在 x = 0 处有相同的切线和曲率.解: a , b , c 使抛物线 记 21()y x axbx c =++2()cos y x x =因两曲线同过 0,x =所以有 12(0)(0)y y=1c =因两曲线在 0x =有相同的斜率， 所以有 12(0)(0)y y ''=02|x ax b =+=0sin |x x =-0b =接4.因两曲线在 0x =有相同的曲率， 所以有3322122212|(0)||(0)|(1(0))(1(0))y y y y ''''=''++又因为 12(0)(0)y y ''=所以 12|(0)||(0)|y y ''''=1||2a =5. 设f ( x ) 在 ()()ϕ=f x x x在 x = a (a ≠ 0)有极值,试证:曲线f ( x ) 在(a , f (a ) )处 的切线过原点. 证明: ( - ∞ , +∞ ) 上可微,函数 曲线 ()yf x =在 (,())a f a 处的切线为 ()()()y f a f a x a '-=-因为 ()x ϕ在 x a =取得极值， 所以 ()0a ϕ'=而 ()a ϕ'=()|x a x ϕ='()()|x a f x x='=2()()|x a f x x f x x='-=2()()f a a f a a '-=0=接5.所以()()f a f a a'=()()()y f a f a x a '-=-将其代入切线方程得 ()f a y x a=于是切线过原点。
第十五讲中值定理习题
第十五讲 中值定理习题一、 选择题1. 1. 设函数()sin f x x =在[0,]π上满足罗尔中值定理的条件，则罗尔中值定理的结论中的=ξ【 】A. πB. 2πC. 3πD. 4π 2. 下列函数中在闭区间],1[e 上满足拉格朗日中值定理条件的是【 】A. x lnB. x ln lnC. xln 1 D. )2ln(x - 3. 设函数)3)(2)(1()(---=x x x x f ，则方程0)('=x f 有【 】A. 一个实根B. 二个实根C. 三个实根D. 无实根4. 下列命题正确的是【 】 A. 若0()0f x '=，则0x 是()f x 的极值点B. 若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '=C. 若0()0f x ''=，则()()00x f x ，是()f x 的拐点D. ()0,3是43()23f x x x =++的拐点5. 函数256, y x x =-+在闭区间 [2,3]上满足罗尔定理，则ξ=【 】 A. 0 B.12 C. 52 D. 2 6. 函数22y x x =--在闭区间[1,2]-上满足罗尔定理，则ξ=【 】A. 0B.12 C. 1 D. 27. 函数y =在闭区间[2,2]-上满足罗尔定理，则ξ=【 】A. 0B.12 C. 1 D. 2 13. 方程410x x --=至少有一个根的区间是【 】A.(0,1/2)B.(1/2,1)C. (2,3)D.(1,2)14. 函数(1)y x x =+.在闭区间[]1,0-上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理确定的=ξ 【 】A. 0B. 12-C. 1D. 12 15. 已知函数()32=+f x x x 在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，则拉格朗日定理成立的ξ是【 】 A.B. C. - D. 13± 二、证明题1. 证明：当+∞<≤x 0时，x x ≤arctan 。
高数-中值定理学习
证 ∵ f ( 0) = f (1) = f ( 2) = f ( 3) = 0
f ( x )在[0， 1]上满足 R − 定理的条件， 定理的条件，则 ∃ξ 1 ∈ (0， 1)使f ′( ξ 1 ) = 0;
f ( x )在[1， 2]上满足 R − 定理条件， 2)使f ′( ξ 2 ) = 0; 定理条件，则 ∃ξ 2 ∈ (1，
9
例3 求证 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx − a − b − c = 0在( 0， 1)内 至少有一个根。 至少有一个根。
分析： 分析： F ( x ) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx − a − b − c
F (0) = − (a + b + c ), F (1) = 4a + 3b + 2c − a − b − c = 3a + 2b + c
6
注意:
罗尔定理的三个条件， 罗尔定理的三个条件，缺一不可.
罗尔定理指出了ξ点的存在性， 点的存在性，但不能确定它的位置。 但不能确定它的位置。
3 2 y = x , x ∈ [ − 2 , 2 ] 及 y = 1 − x , x ∈ [−2,2]. 例如,
除不满足条件( 2)( f ′(0)不存在)外, 满足罗尔定理的 一切条件 , 但在( −2,2)内找不到一点能使 f ′( x ) = 0.
x ∈ [−1,1]
π π 又 ∵ f ( 0) = arcsin 0 + arccos 0 = 0 + = , 2 2 π 即C = . 2 π ∴ arcsin x + arccos x = . 2
18
证明不等式 例5(2) 证明当 x > 0时,
高中数学(人教版)微分中值定理习题课课件
结 ( a, b) f (b) 0 f ( a ) f ( ) ( b a ) 论 使得
拉氏定理
条 f ( x) 件 满足
(1)在闭区间[a,b]上连续 (2)在开区间(a,b)内可导 (3) f(a)=f(b)
结 ( a, b) 论 使得
拉氏定理
条 f ( x) 件 满足
第四讲 微分中值定理习题课
微分中值定理习题课
一、内容小结
二、题型练习
微分中值定理习题课
一、内容小结
二、题型练习
一、内容小结 （一）中值定理 （二）洛必达法则
（三）泰勒公式
（四）知识联系
一、内容小结 （一）中值定理 （二）洛必达法则
（三）泰勒公式
（四）知识联系
条 f ( x) 件 满足
(1)在闭区间[a,b]上连续 (2)在开区间(a,b)内可导 (3) f(a)=f(b)
变形 改写 分析
f ( ) 2 f ( ) 0
xf ( x ) 2 f ( x )
2 f ( ) 2 f ( ) 0
x 2 f ( x ) 2 xf ( x )
( x) x2 f ( x)
验证
(0) (1) 0
例3
分析
若f(x)可导，证明在f(x)的两个零点之间一定有
g ( x ) 0 证明 (a, b) 使得
f ( ) f ( ) f ( a ) g ( ) g ( b ) g ( )
分析 变形 改写 分析 验证
f ( ) g(b) g( ) g ( ) f ( ) f ( a ) 0 f ( x ) g(b) g( x ) g ( x ) f ( x ) f (a )
第三章中值定理与导数应用习题课课件培训讲学
显 然 f ( x ) 在 [ a , a f ( a ) ] 上 满 足 拉 格 朗 日 中 值 定 理 ,
f ( a f ( a ) ) f ( a ) f ( ) ( f ( a ) )
(a ,af(a ))
即 f ( a f ( a ) ) f ( a ) ( 1 f ( ) )
综合以上两部分可知结论成立.
8. 设 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ]上连续,在( 0 , 1 )内可导且
f(0)f(1 )0,f
1 2
1
,试证:在( 0 , 1 )内至少
有一点 , 使 f()1.
证明:
设 F (x)f(x)x, 则F(1)-1,F(1)1. 22
由零点定理得: (1,1)使 F()0.又 知 F(0)0,
是同阶无穷小.
4. 证明:当 x >1时, arctanx1arccos2x
2 1x2 4
证明: 设 f(x ) a rc ta n x 1 2 a rc c o s 1 2 x x 2 4 f(x)1 1x21 2(1(1 1 2xx2)2)(1 2xx2)
1 1x2 1x2 0 1x2 1x2 (1x2)2
解: 因为
1 x2 1 1 2x21 2(2 1 2 !1 )x4 o (x4),e x 2 1x2o(x2), co sx1x22! o(x2), s in x 2 x 2 (x0)
所以
原式 = lim x 2 2 1[1 1 2x21 2(2 1 2 !1 )x4 o (x4)]
[ x 0 1x22!o(x2)(1x2o(x2))]x 2
而 f(a ) 0 ,f(x ) 1故 f(af(a))0
第四章中值定理导数应用习题课(11级)
个实根 .
证: 令 F (x) a0 a1x an xn , 则可设
F ( x)
a0 x
a1 2
x2
an n 1
x n 1
显然, F (x) 在 [0,1]上连续, 在 (0,1)内可导, 且 F (0)
F (1) 0, 由罗尔定理知存在一点 (0,1), 使 F ( ) 0,
即 a0 a1x an xn 0 在（0，1）内至少有一个实根 .
7. 有关中值问题旳解题措施 利用逆向思维,设辅助函数.
8. 经典例题
【例1】若方程 a0 x n a1 x n1 an1 x 0有一种正根
x x0 ,证明方程 a0nx n1 a1 (n 1)x n2 an1 0 必有一种不大于x0 旳正根.
分析 假如令 f ( x) a0nx n1 a1 (n 1)x n2 an1 ，无法鉴定 f (0) f (x0 ) 0 , 所以不能利用零点定理, 考虑利用罗尔定理证明。 首先构造一种函数F ( x), 使F ( x) f ( x)，其中 f ( x)是欲证方程
处理措施:
0
00
通分
转化
0 取倒数
取对数
0
转化
转化
1
0
例1. 求极限 lim 1 x tan x
x1
2
解
原式
1 x
lim
x1
cot
x
2
lim
x1
1
csc x
2
2
2
lim
x1
sin
2
x
2
2
2
1
例2. 求 lim x1 x .
( 1 )
解
x1
中值定理习题
第三章 中值定理习题1、证明题：（1）、设()f x 在区间[0上连续，在(0内可导，且,]a ,)a ()0f a =，证明：存在一点(0,)a ξ∈，使得()'()0f f ξξξ+=。
（()()F x xf x =）（2）、已知()f x 具有二阶导数且0()lim 0x f x x→=，(1)0f =，求证在(0内存在一点,1)ξ，使得''()0f ξ=。
（1'(0)'()0f f ξ==）（3）、设()f x 在区间[0上二阶可导，且,]a ()()0f a f b ==，且存在一点使得。
证明至少存在一点(,)c a b ∈()0f c >(,)a b ξ∈，使得''()0f ξ<。
（注：利用0))((')()(,0))((')()(21<−=−>−=−c b f c f b f a c f a f c f ξξ）2、证明不等式：（1）、时，0a b >>ln a b a a b a b b −−<<。
（2）、时，0h >2arctan 1h h h h <<+。
（3）、b 时，。
并以此证明a e >>b a b >a e e ππ>。
（x x x f ln )(=） （4）、时，0x >ln(1)x x >+。
（5）、时，0x>12x +>3、洛比达法则：求下列极限 （1）、ln(1)lim 1x x e x →+∞+= （2）、0x → （3）、sin lim 1sin x x x x x →+∞−=+ （4）、tan 01lim 1x x x →+⎛⎞=⎜⎟⎝⎠（5）、20ln(1)lim 1sec cos x x x x →+=− （6）、2lim sec tan 0x x x π→−= 4、求极值、最值1、设23()23f x x x =+，求其极大极小值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
f / (h ) f (b) - f (a) = 2 证：利用柯西中值定理 3h b3 - a 3
/ f ( b ) f ( a ) = f (x )(b - a) 而
则
f / (h ) f (b) - f (a) f / (x )(b - a) f / (x ) = = = 2 2 3 3 3 3 3h b -a b -a a + ab + b 2 （后面略）
且 F (a) = F (b) = 0 ，
（ 由罗尔中值定理知： $x Î a, b) ，使 F ¢(x ) = 0
lx lx 即： [ f ¢(x ) + l f (x )]e = 0 ，而 e ¹ 0 ，故 f ¢(x ) + l f (x ) = 0 。
b a x ) ae be = (1 x ) e (a - b). 2.设 a, b > 0 ，证明： $x Î (a, b ，使得 1 1 1
1 1 b 1 a 1 e - e 1 b a = (1 - )e x 1 1 x b a
1 1 Î( , ) ， x b a
1 1 Î( , ) ， x b a
1
即
1
即：
aeb - be a = (1 - x )ex (a - b)
x Î ( a, b )
3.设 f ( x) 在 (0,1) 内有二阶导数，且 f (1) = 0 ，有 F ( x) = x2 f ( x) 证明： 在 (0,1) 内至少存在一点 x ，使得： F ¢¢(x ) = 0 .
F ¢¢(x ) = 0 ，而 x Î (0, x0 ) Ì (0,1) ，即证.
4.设函数 f ( x) 在[0,1]上连续， 在(0,1)上可导， f (0) = 0 ， f (1) = 1. 证明： (1)在(0,1)内存在 x ，使得 f (x ) = 1 - x ; (2)在(0,1)内存在两个不同的点 z ，h使得f / (z ) f / (h ) = 1. 证: （I） 令 F ( x) = f ( x) - 1 + x ， 则 F(x)在[0， 1]上连续， 且 F(0)=-1<0,
1 1 1 x 1 e e = (1 x ) e ( ) 证：将上等式变形得： b a b a
1 b
1 a
1
作辅助函数 f ( x) = xe ，则 由拉格朗日定理得：
1 x
1 1 1 1 ( , ) 内可导， [ , ] f ( x) 在 上连续，在 b a b a
1 1 f ( )- f ( ) b a = f ¢( 1 ) 1 1 x b a
证：
显然 F ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，又 F (0) = F (1) = 0 ，故由 罗尔定理知： $x0 Î (0,1) ，使得 F ¢( x0 ) = 0 , 又 F ¢( x) = 2 xf ( x) + x 2 f ¢( x) ，故 F ¢(0) = 0 , 于是 F ¢( x) 在 [0（ x0 ] 上满足罗尔定理条件，故存在 x Î (0, x0 ) ， 使得：
f ¢(x ) = a+b f ¢(h ). 2h
(1)
证: (用 (b - a ) 乘于(1)式两端,知)(1)式等价于
f ¢(x ) f ¢(h ) 2 (b - a) = (b - a 2 ). 1 2h
(2)
2 G ( x ) = x x F ( x ) = f ( x ), 为证此式,只要取 取 和 在 [a, b] 上分别应用
8.设 f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) . 试证存在 x
和h .满足 0 < x < h < 1，使 f ¢(x ) + f ¢(h ) = 0 .
证:
由拉格朗日中值定理知，
1 f ( ) - f ( 0) 2 = f ¢(x ) x Î (0, 1 ) 1 , -0 2 2
1. 若 f ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 上可导， f (a) = f (b) = 0，证明：
"l Î R ， $x Î (a, b) 使得： f ¢(x ) + l f (x ) = 0 。
证：
lx 构造函数 F ( x) = f ( x)e ，则 F ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，
常用辅助函数 j ( x) = f ( x) - g ( x) ， 则将问题转化证 j ( x) ³ 0 ， 然后在 I 上讨论 j ( x) 的单调性，进而完成证明.
15.设 f ( x) 二阶可导，且 f ¢¢( x) > 0 ，
(0, +¥ ) 内单调递增.
f (0) = 0 . 证明： F ( x) =
证:
令 G ( x) = f (a + x) - f ( x) ， x Î [0, a] ． G ( x) 在[0,a]上连续，且
G (a) = f (2a) - f (a) = f (0) - f (a) , G (0) = f (a) - f (0)
当 f (a) = f (0) 时，取 x
= 0 ，即有 f (a + x ) = f (x ) ；
解：我们已经知道， lim+ cos
x ®0
1
x
= 0 不存在，故以上推理过程错误.
首先应注意：上面应用拉格朗日中值的 x 是个中值点，是由
f 和区间 [0, x] 的端点而定的，
具体地说， x 与 x 有关系，是依赖于 x 的，当 x ® 0 时， x 不 一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使
f (a ) ) 上单调增加， k
又 而
/ f (a) f ( a ) f (x ) f (a ) = f (a) - f / (x ) = f (a)[1 ] > 0 （中值定理） ， k k k
f (a) < 0 ，故在 (a, a -
f (a) )内 k
f ( x) = 0 有唯一的实根.
12.试问如下推论过程是否正确. 对函数 应用拉格朗日中值定理得：
f ¢(h ) f ¢(z ) = f (x ) 1 - f (x ) 1 - x x × = × = 1. x 1- x x 1- x
f ¢(h ) = f (x ) - f (0) f (1) - f (x ) ¢ f ( z ) = x -0 ， 1- x
5.设 f ( x) 在[0，2a]上连续， f (0) = f (2a) ，证明在[0,a]上存在 x 使得 f (a + x ) = f (x ) .
Cauchy 中值定理,则知
f ¢(x ) f ¢(h ) 2 f (b) - f (a) = (b - a) = (b - a 2 ), 1 2h
其中 x ,h Î (a, b) .
10.已知函数 f ( x) 在[0 ,1]上连续，在(0,1)内可导， 0 < a < b ，证明
2 / 2 2 / x , h Î ( a , b ) h x 3 f ( ) = ( a + ab + b ) f (h ) . 存在 ，使
11.设 f ( x) 在 x ³ a 时连续， f (a) < 0 ，当 x > a 时， f / ( x) > k > 0. 证明： 在 ( a, a f (a ) ) 内 f ( x) = 0 有唯一的实根. k
证：因为 f ( x) > k > 0 ，则
/
f ( x ) 在 ( a, a -
1 f (1) - f ( ) 1 2 = f ¢(h ) h Î ( ,1) 1 2 12 1 1 f ( ) - f (0) f (1) - f ( ) 2 =0 f ¢(x ) + f ¢(h ) = 2 + 1 1 2 2
9.设 f ( x) 在 [a, b] 上连续, (a, b) 内可导 (0 £ a < b), f (a) ¹ f (b), 证明: $x ,h Î (a, b) 使得
f ( x) - f (0) = x-0 x 2 sin
1 ì2 t sin t¹0 ï f (t ) = í t 在 [0, x] 上 ï t=0 î 0
1 -0 1 1 1 x = x sin = f ¢(x ) = 2x sin - cos x-0 x x x
(0 < x < x)
即：
cos
1
14.证明：当 0 < x <
p sin x + tgx > 2 x . 2 时，
x Î (0, ) , 2
证：作辅助函数 j ( x) = sin x + tgx - 2 x ,
j ¢( x) = cos x + sec x - 2 = cos x +
2
p
则
1 1 2 1 2 2 = (cos x ) ³ cos x - 2 + 2 2 cos x cos x cos x
x
= 2x sin
1
x
- x sin
1 x
(0 < x < x)
因 0 < x < x ，故当 x ® 0 时， x ® 得： lim+ cos
x ®0
0 ，由 lim+ 2x sin
x ®0
x
x sin = 0 , lim +
x® 0
1 =0 x
1
x
= 0 ，即 lim+ cos
x ®0
1
x
= 0.
f ( x) x 在