微分中值定理习题课.doc

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流微分中值定理习题课【精品文档】第 11 页第三 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AB4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

2、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

3、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

4、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

5、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

6、 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,

7、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

8、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

9、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

10、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

11、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

12、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

13、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x=0处的连续性. 解 , , 因为 , 而 , 所以 .

14、因此f(x)在点x=0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