【数学二】中值定理、不等式与零点问题-中值定理-费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理、泰勒公式、麦克劳林公式
考试要求
1、理解导数和微分的概念,理解导数与微分的关系,理解导数的几何意义,会求平面曲线的切线方程和法线方程,了解导数的物理意义,会用导数描述一些物理量,理解函数的可导性与连续性之间的关系.
2、掌握导数的四则运算法则和复合函数的求导法则,掌握基本初等函数的导数公式.了解微分的四则运算法则和一阶微分形式的不变性,会求函数的微分.
3、了解高阶导数的概念,会求简单函数的高阶导数.
4、会求分段函数的导数,会求隐函数和由参数方程所确定的函数以及反函数的导数.
5、理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理和泰勒定理,了解并会用柯西中值定理.
6、掌握用洛必达法则求未定式极限的方法.
7、理解函数的极值概念,掌握用导数判断函数的单调性和求函数极值的方法, 掌握函数最大值和最小值的求法及其应用.
8、会用导数判断函数图形的凹凸性(注:在区间(a.b)内,设函数 f ( x ) f(x) f(x)具有二阶导数当 f ′ ′ ( x ) > 0 f^{''}(x)>0 f′′(x)>0时, f ( x ) f(x) f(x)的图形是凹的;当 f ′ ′ ( x ) > 0 f^{''}(x)>0 f′′(x)>0时, f ( X ) f(X) f(X)的图形是凸的),会求函数图形的拐点以及水平、铅直和斜渐近线,会描绘函数的图形.
9、了解曲率、曲率圆和曲率半径的概念,会计算曲率和曲率半径.
中值定理
费马定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在 x = x 0 x=x_0 x=x0在某领域 U ( x 0 ) U(x_0) U(x0)内有定义, f ( x 0 ) f(x_0) f(x0)是 f ( x ) f(x) f(x)的一个极大(极小)值,又设 f ′ ( x 0 ) f^{'}(x_0) f′(x0)存在,则 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{'}(x_0)=0 f′(x0)=0
关键字
:有定义、极值、极值点可导
罗尔定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导,又设 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b),则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ∈(a,b),使 f ′ ( ξ ) = 0 f^{'}(\xi)=0 f′(ξ)=0
关键字
:闭区间连续、开区间可导、端点函数值相等、 f ′ ( ξ ) = 0 f^{'}(\xi)=0 f′(ξ)=0、 ξ \xi ξ为极值点
练习1
: f ( x ) 与 g ( x ) 在 [ a , b ] 连续,在 ( a , b ) 内具有二阶导数,且在 ( a , b ) 内存在相等的最大值,又设 f ( a ) = g ( a ) , f ( b ) = g ( b ) f(x)与g(x)在[a,b]连续,在(a,b)内具有二阶导数,且在(a,b)内存在相等的最大值,又设f(a)=g(a),f(b)=g(b) f(x)与g(x)在[a,b]连续,在(a,b)内具有二阶导数,且在(a,b)内存在相等的最大值,又设f(a)=g(a),f(b)=g(b)。试证明:存在 ξ ∈ ( a , b ) 使得 f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) \xi \in (a,b)使得f^{''}(\xi)=g^{''}(\xi) ξ∈(a,b)使得f′′(ξ)=g′′(ξ)
知识点
:
1、罗尔定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导,又设 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b),则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ∈(a,b),使 f ′ ( ξ ) = 0 f^{'}(\xi)=0 f′(ξ)=0
2、费马定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在 x = x 0 x=x_0 x=x0在某领域 U ( x 0 ) U(x_0) U(x0)内有定义, f ( x 0 ) f(x_0) f(x0)是 f ( x ) f(x) f(x)的一个极大(极小)值,又设 f ′ ( x 0 ) f^{'}(x_0) f′(x0)存在,则 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{'}(x_0)=0 f′(x0)=0
3、定理(零点定理)
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,且 f ( a ) ⋅ f ( b ) < 0 f(a)\cdot f(b)<0 f(a)⋅f(b)<0,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ,使 f ( ξ ) = 0 \xi \in (a,b),使f(\xi)=0 ξ∈(a,b),使f(ξ)=0。
证
: 令 ϕ ( x ) = f ( x ) − g ( x ) 由题意 f ( a ) = g ( a ) , f ( b ) = g ( b ) ⇒ ϕ ( a ) = ϕ ( b ) = 0 由题意: f ( x ) 与 g ( x ) 在 ( a , b ) 内存在相等的最大值,可设 x 1 ∈ ( a , b ) , x 2 ∈ ( a , b ) 使 { f ( x 1 ) = m a x [ a , b ] f ( x ) g ( x 2 ) = m a x [ a , b ] g ( x ) f ( x 1 ) = g ( x 2 ) ⇒ { ϕ ( x 1 ) = f ( x 1 ) − g ( x 1 ) ≥ 0 ϕ ( x 2 ) = f ( x 2 ) − g ( x 2 ) ≤ 0 1 、若 ϕ ( x 1 ) = 0 或 ϕ ( x 2 ) = 0 , 取 δ = x 1 或 x 2 , 有 ϕ ( δ ) = 0 2 、若 ϕ ( x 1 ) > 0 , ϕ ( x 2 ) < 0 ,由零点定理可知,存在一点 δ ∈ ( x 1 , x 2 ) , 使得 ϕ ( δ ) = 0 综上可知:存在一点 δ ∈ ( a , b ) 使得 ϕ ( δ ) = 0 由 ϕ ( x ) 在 [ a , b ] 上有 3 个零点 a , δ , b . 在区间 [ a , δ ] 与 [ δ , b ] 用罗尔定理得: 存在 ξ 1 ∈ ( a , δ ) 与 ξ 2 ∈ ( δ , ) 使 ϕ ′ ( ξ 1 ) = ϕ ′ ( ξ 2 ) = 0 存在一点 ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ⊂ ( a , b ) 使得 ϕ ′ ′ ( ξ ) = 0 即证: f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) 令\phi(x)=f(x)-g(x)由题意f(a)=g(a),f(b)=g(b)\Rightarrow \phi(a)=\phi(b)=0 \\ \quad \\ 由题意:f(x)与g(x)在(a,b)内存在相等的最大值,可设x_1\in (a,b), x_2\in (a,b)使\\ \quad \\ \begin{cases} f(x_1)=max_{[a,b]}f(x) \\ \quad \\ g(x_2)=max_{[a,b]}g(x)\\ \quad \\ f(x_1)=g(x_2)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \phi(x_1)=f(x_1)-g(x_1)\ge 0 \\ \quad \\ \phi(x_2)=f(x_2)-g(x_2) \le 0\end{cases} \\ \quad \\ 1、若\phi(x_1)=0或 \phi(x_2)=0, 取\delta=x_1或x_2,有 \phi(\delta)=0 \\ \quad \\ 2、若\phi(x_1)>0, \phi(x_2)<0 ,由零点定理可知,存在一点\delta \in (x_1,x_2),使得 \phi(\delta)=0 \\ \quad \\ 综上可知:存在一点\delta\in(a,b)使得\phi(\delta)=0 \\ \quad \\ 由\phi(x)在[a,b]上有3个零点a,\delta,b.在区间[a,\delta]与[\delta,b]用罗尔定理得:\\ \quad \\ 存在\xi_1 \in (a,\delta)与\xi_2 \in (\delta,)使 \phi^{'}(\xi_1)=\phi^{'}(\xi_2)=0\\ \quad \\ 存在一点\xi \in(\xi_1 ,\xi_2)\subset(a,b)使得\phi^{''}(\xi)=0\\ \quad \\ 即证:f^{''}(\xi)=g^{''}(\xi) 令ϕ(x)=f(x)−g(x)由题意f(a)=g(a),f(b)=g(b)⇒ϕ(a)=ϕ(b)=0由题意:f(x)与g(x)在(a,b)内存在相等的最大值,可设x1∈(a,b),x2∈(a,b)使⎩ ⎨ ⎧f(x1)=max[a,b]f(x)g(x2)=max[a,b]g(x)f(x1)=g(x2)⇒⎩ ⎨ ⎧ϕ(x1)=f(x1)−g(x1)≥0ϕ(x2)=f(x2)−g(x2)≤01、若ϕ(x1)=0或ϕ(x2)=0,取δ=x1或x2,有ϕ(δ)=02、若ϕ(x1)>0,ϕ(x2)<0,由零点定理可知,存在一点δ∈(x1,x2),使得ϕ(δ)=0综上可知:存在一点δ∈(a,b)使得ϕ(δ)=0由ϕ(x)在[a,b]上有3个零点a,δ,b.在区间[a,δ]与[δ,b]用罗尔定理得:存在ξ1∈(a,δ)与ξ2∈(δ,)使ϕ′(ξ1)=ϕ′(ξ2)=0存在一点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b)使得ϕ′′(ξ)=0即证:f′′(ξ)=g′′(ξ)
练习2
: 设 f ( x ) 在闭区间 [ 0 , a ] 上连续,在开区间 ( 0 , a ) 内可导,且 f ( a ) = 0 ,证明必有一点 ξ ∈ ( 0 , a ) ,使得 f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0 设f(x)在闭区间 [0,a]上连续,在开区间(0,a)内可导,且f(a)=0,证明必有一点\xi \in (0,a),使得f(\xi)+\xi f^{'}(\xi)=0 设f(x)在闭区间[0,a]上连续,在开区间(0,a)内可导,且f(a)=0,证明必有一点ξ∈(0,a),使得f(ξ)+ξf′(ξ)=0
证
: 令 ϕ ( x ) = x f ( x ) 由题意可知: ϕ ( x ) 在闭区间 [ 0 , a ] 上连续,在开区间 ( 0 , a ) 内可导,且 ϕ ( 0 ) = ϕ ( a ) = 0 由罗尔定理可知:至少存在一点 ξ ∈ ( 0 , a ) , 使 ϕ ′ ( ξ ) = 0 即: f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0 令\phi(x)=xf(x)由题意可知:\phi(x)在闭区间 [0,a]上连续,在开区间(0,a)内可导,且\phi(0)=\phi(a)=0\\ \quad \\ 由罗尔定理可知:至少存在一点\xi\in(0,a),使\phi^{'}(\xi)=0\\ \quad \\ 即:f(\xi)+\xi f^{'}(\xi)=0 令ϕ(x)=xf(x)由题意可知:ϕ(x)在闭区间[0,a]上连续,在开区间(0,a)内可导,且ϕ(0)=ϕ(a)=0由罗尔定理可知:至少存在一点ξ∈(0,a),使ϕ′(ξ)=0即:f(ξ)+ξf′(ξ)=0
拉格朗日中值定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi \in(a,b) ξ∈(a,b)使 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)
练习1
: 设函数 f ( x ) 在 [ 0 , + ∞ ) 上可导,且 f ( 0 ) = 0 , lim x → ∞ f ( x ) = 2 设函数f(x)在[0,+\infty)上可导,且f(0)=0,\lim_{x \to \infty}f(x)=2 设函数f(x)在[0,+∞)上可导,且f(0)=0,limx→∞f(x)=2,证明:
( 1 ) 存在 a > 0 ,使得 f ( a ) = 1 ; (1)存在a>0,使得f(a)=1; (1)存在a>0,使得f(a)=1;
( 2 ) 对 ( 1 ) 中的 a ,存在 ξ ∈ ( 0 , a ) ,使得 f ′ ( ξ ) = 1 a (2)对(1)中的a,存在\xi \in(0,a),使得f^{'}(\xi)=\frac{1}{a} (2)对(1)中的a,存在ξ∈(0,a),使得f′(ξ)=a1
知识点
:
1、定理(零点定理)
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,且 f ( a ) ⋅ f ( b ) < 0 f(a)\cdot f(b)<0 f(a)⋅f(b)<0,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ,使 f ( ξ ) = 0 \xi \in (a,b),使f(\xi)=0 ξ∈(a,b),使f(ξ)=0
2、拉格朗日中值定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi \in(a,b) ξ∈(a,b)使 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)
证明
: ( 1 )令 F ( x ) = f ( x ) − 1 , 由题意可知 F ( x ) 在 [ 0 , + ∞ ) 上连续, 且 F ( 0 ) = − 1 < 0 , F ( + ∞ ) = lim x → ∞ F ( x ) = 1 由零点定理可知:在 ( 0 , + ∞ ) 存在一点 a ,使 F ( a ) = 0 即证:存在 a > 0 ,使得 f ( a ) = 1 ( 2 )由题意可知 : f ( x ) 在 [ 0 , a ] 连续且在 ( 0 , a ) 可导,由拉格朗日中值定理可知:存在一点 ξ ∈ ( 0 , a ) ,使 f ( a ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ ) ( a − 0 ) 用( 1 )的结果即证:对 ( 1 ) 中的 a ,存在 ξ ∈ ( 0 , a ) ,使得 f ′ ( ξ ) = 1 a (1)令F(x)=f(x)-1,由题意可知F(x)在[0,+\infty)上连续,\\ \quad \\且F(0)=-1<0,F(+\infty)=\lim_{x \to \infty}F(x)=1 \\ \quad \\ 由零点定理可知:在(0,+\infty)存在一点a,使F(a)=0\\ \quad \\ 即证:存在a>0,使得f(a)=1 \\ \quad \\ (2)由题意可知:f(x)在[0,a]连续且在(0,a)可导,由拉格朗日中值定理可知:存在一点\xi \in(0,a),使f(a)-f(0)=f^{'}(\xi)(a-0) \\ \quad \\ 用(1)的结果即证:对(1)中的a,存在\xi \in(0,a),使得f^{'}(\xi)=\frac{1}{a} (1)令F(x)=f(x)−1,由题意可知F(x)在[0,+∞)上连续,且F(0)=−1<0,F(+∞)=x→∞limF(x)=1由零点定理可知:在(0,+∞)存在一点a,使F(a)=0即证:存在a>0,使得f(a)=1(2)由题意可知:f(x)在[0,a]连续且在(0,a)可导,由拉格朗日中值定理可知:存在一点ξ∈(0,a),使f(a)−f(0)=f′(ξ)(a−0)用(1)的结果即证:对(1)中的a,存在ξ∈(0,a),使得f′(ξ)=a1
练习2
:设不恒为常数的函数 f ( x ) 在闭区间 [ a , b ] f(x)在闭区间[a,b] f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导,且 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b).证明:至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ,使得 f ′ ( ξ ) > 0 \xi \in(a,b),使得f^{'}(\xi)>0 ξ∈(a,b),使得f′(ξ)>0
知识点
:
1、拉格朗日中值定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi \in(a,b) ξ∈(a,b)使 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)
证:
f ( x ) 不恒为常数,则在 ( a , b ) 内存在一点 d ,使得 f ( d ) ≠ = f ( a ) = f ( b ) 1 、若 f ( d ) > f ( a ) = f ( b ) , f ( x ) 在区间 [ a , d ] 上用拉格朗日中值定理得: 存在一点 ξ 1 ∈ ( a , d ) ,使得: f ( c ) − f ( a ) = f ′ ( ξ 1 ) ( c − a ) 整理得: f ′ ( ξ 1 ) > 0 ,取 ξ = ξ 1 2 、若 f ( d ) < f ( a ) = f ( b ) , , f ( x ) 在区间 [ d , b ] 上用拉格朗日中值定理得: 存在一点 ξ 2 ∈ ( d , b ) ,使得: f ( b ) − f ( d ) = f ′ ( ξ 2 ) ( b − d ) 整理得: f ′ ( ξ 2 ) > 0 ,取 ξ = ξ 2 即证:至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ,使得 f ′ ( ξ ) > 0 f(x)不恒为常数,则在(a,b)内存在一点d,使得f(d)\ne=f(a)=f(b)\\ \quad \\ 1、若f(d)>f(a)=f(b),f(x)在区间[a,d]上用拉格朗日中值定理得:\\ \quad \\ 存在一点\xi_1\in(a,d),使得:f(c)-f(a)=f^{'}(\xi_1)(c-a)\\ \quad \\ 整理得:f^{'}(\xi_1)>0,取\xi=\xi_1 \\ \quad \\ 2、若f(d)<f(a)=f(b),,f(x)在区间[d,b]上用拉格朗日中值定理得:\\ \quad \\ 存在一点\xi_2\in(d,b),使得:f(b)-f(d)=f^{'}(\xi_2)(b-d)\\ \quad \\ 整理得:f^{'}(\xi_2)>0,取\xi=\xi_2\\ \quad \\ 即证:至少存在一点\xi \in(a,b),使得f^{'}(\xi)>0 f(x)不恒为常数,则在(a,b)内存在一点d,使得f(d)==f(a)=f(b)1、若f(d)>f(a)=f(b),f(x)在区间[a,d]上用拉格朗日中值定理得:存在一点ξ1∈(a,d),使得:f(c)−f(a)=f′(ξ1)(c−a)整理得:f′(ξ1)>0,取ξ=ξ12、若f(d)<f(a)=f(b),,f(x)在区间[d,b]上用拉格朗日中值定理得:存在一点ξ2∈(d,b),使得:f(b)−f(d)=f′(ξ2)(b−d)整理得:f′(ξ2)>0,取ξ=ξ2即证:至少存在一点ξ∈(a,b),使得f′(ξ)>0
练习3
: 设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上二阶可导, f ( a ) = f ( b ) = 0 ,且存在 c ∈ ( a , b ) 使 f ( c ) < 0 设f(x)在[a,b]上二阶可导,f(a)=f(b)=0,且存在c\in(a,b)使f(c)<0 设f(x)在[a,b]上二阶可导,f(a)=f(b)=0,且存在c∈(a,b)使f(c)<0,证明:存在 ξ , η ∈ ( a , b ) ,使得 f ′ ( ξ ) < 0 , f ′ ′ ( η ) > 0 \xi,\eta\in (a,b),使得f{'}(\xi)<0,f{''}(\eta)>0 ξ,η∈(a,b),使得f′(ξ)<0,f′′(η)>0
知识点
:
1、拉格朗日中值定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi \in(a,b) ξ∈(a,b)使 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)
证
: f ( x ) 在 [ a , c ] 上用拉格朗日中值定理可知: ∃ ξ ∈ ( a , c ) ,使: f ′ ( ξ ) = f ( c ) − f ( a ) c − a < 0 f ( x ) 在 [ c , b ] 上用拉格朗日中值定理可知: ∃ ξ 1 ∈ ( c , b ) ,使: f ′ ( ξ 1 ) = f ( b ) − f ( c ) b − c > 0 , ξ 1 > ξ f ′ ( x ) 在 [ ξ , ξ 1 ] 上用拉格朗日中值定理可知: ∃ η ∈ ( ξ , ξ 1 ) ⊂ ( a , b ) ,使: f ′ ′ ( η ) = f ′ ( ξ 1 ) − f ′ ( ξ ) ξ 1 − ξ > 0 即证:存在 ξ , η ∈ ( a , b ) ,使得 f ′ ( ξ ) < 0 , f ′ ′ ( η ) > 0 f(x)在[a,c]上用拉格朗日中值定理可知:\exist \xi \in (a,c),使:f^{'}(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}<0 \\ \quad \\ f(x)在[c,b]上用拉格朗日中值定理可知:\exist \xi_1 \in (c,b),使:f^{'}(\xi_1)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}>0 ,\xi_1>\xi\\ \quad \\f^{'}(x)在[\xi,\xi_1]上用拉格朗日中值定理可知:\exist \eta \in (\xi,\xi_1)\subset(a,b),使:f^{''}(\eta)=\frac{f^{'}(\xi_1)-f^{'}(\xi)}{\xi_1-\xi}>0 \\ \quad \\即证:存在\xi,\eta\in (a,b),使得f{'}(\xi)<0,f{''}(\eta)>0 f(x)在[a,c]上用拉格朗日中值定理可知:∃ξ∈(a,c),使:f′(ξ)=c−af(c)−f(a)<0f(x)在[c,b]上用拉格朗日中值定理可知:∃ξ1∈(c,b),使:f′(ξ1)=b−cf(b)−f(c)>0,ξ1>ξf′(x)在[ξ,ξ1]上用拉格朗日中值定理可知:∃η∈(ξ,ξ1)⊂(a,b),使:f′′(η)=ξ1−ξf′(ξ1)−f′(ξ)>0即证:存在ξ,η∈(a,b),使得f′(ξ)<0,f′′(η)>0
柯西中值定理
设 f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导,且 g ′ ( x ) ≠ 0 , x ∈ ( a , b ) g^{'}(x)\ne 0,x\in(a,b) g′(x)=0,x∈(a,b),则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) \xi \in (a,b) ξ∈(a,b)使 f ( b ) − f ( a ) g ( b ) − g ( a ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{'}(\xi)}{g^{'}(\xi)} g(b)−g(a)f(b)−f(a)=g′(ξ)f′(ξ)
练习1
:设函数 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上连续,在开区间 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)内可导,证明:至少存在一个 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ,使得 f ′ ( ξ ) = 2 ξ [ f ( 1 ) − f ( 0 ) ] \xi \in (0,1),使得f^{'}(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)] ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=2ξ[f(1)−f(0)]
证
: 令 g ( x ) = x 2 可知 g ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上连续且在开区间 ( 0 , 1 ) 内可导 f ( x ) , g ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 应用柯西中值定理可知: ∃ ξ ∈ ( 0 , 1 ) ,使: f ( 1 ) − f ( 0 ) g ( 1 ) − g ( 0 ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) 整理得: f ′ ( ξ ) = 2 ξ [ f ( 1 ) − f ( 0 ) ] 即证:至少存在一个 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ,使得 f ′ ( ξ ) = 2 ξ [ f ( 1 ) − f ( 0 ) ] 令g(x)=x^2可知g(x)在[0,1]上连续且在开区间(0,1)内可导\\ \quad \\ f(x),g(x)在[0,1]应用柯西中值定理可知:\\ \quad \\ \exist \xi \in (0,1),使:\frac{f(1)-f(0)}{g(1)-g(0)}=\frac{f^{'}(\xi)}{g^{'}(\xi)}\\ \quad \\ 整理得:f^{'}(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)] \\ \quad \\即证:至少存在一个\xi \in (0,1),使得f^{'}(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)] 令g(x)=x2可知g(x)在[0,1]上连续且在开区间(0,1)内可导f(x),g(x)在[0,1]应用柯西中值定理可知:∃ξ∈(0,1),使:g(1)−g(0)f(1)−f(0)=g′(ξ)f′(ξ)整理得:f′(ξ)=2ξ[f(1)−f(0)]即证:至少存在一个ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=2ξ[f(1)−f(0)]
泰勒定理
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]内有 n n n阶连续的导数,在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内有直到 n + 1 n+1 n+1阶导数, x 0 ∈ [ a , b ] , x ∈ [ a , b ] x_0\in[a,b],x\in[a,b] x0∈[a,b],x∈[a,b]任意两点,则至少存在一点 ξ \xi ξ介于 x 0 与 x x_0与x x0与x之间,使 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) 1 ! ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + R n ( x ) f(x)=f(x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{''}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) f(x)=f(x0)+1!f′(x0)(x−x0)+2!f′′(x0)(x−x0)2+⋯+n!f(n)(x0)(x−x0)n+Rn(x),其中 R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − x 0 ) n + 1 R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} Rn(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)(x−x0)n+1称为拉格朗日余项,整个公式称为具有拉格朗日余项的n阶泰勒公式.
如果将定理的条件减弱为:设 f ( x ) f(x) f(x)在 x = x 0 x=x_0 x=x0具有n阶导数, x 为点 x 0 x为点x_0 x为点x0的充分小的领域内的任意一点,则有 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) 1 ! ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + R n ( x ) f(x)=f(x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{''}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) f(x)=f(x0)+1!f′(x0)(x−x0)+2!f′′(x0)(x−x0)2+⋯+n!f(n)(x0)(x−x0)n+Rn(x),其中 R n ( x ) = o ( ( x − x 0 ) n ) R_n(x)=o((x-x_0)^n) Rn(x)=o((x−x0)n)称为佩亚诺余项,这就是佩亚诺余项泰勒公式.
麦克劳林公式
: f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) 1 ! ( x ) + f ′ ′ ( 0 ) 2 ! ( x ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( 0 ) n ! ( x ) n + R n ( x ) f(x)=f(0)+\frac{f^{'}(0)}{1!}(x)+\frac{f^{''}(0)}{2!}(x)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x)^n+R_n(x) f(x)=f(0)+1!f′(0)(x)+2!f′′(0)(x)2+⋯+n!f(n)(0)(x)n+Rn(x)
常用函数x=0处带有佩亚诺余项泰勒公式
:
1 ) e x = 1 + x + 1 2 ! x 2 + ⋯ + 1 n ! x n + o ( x n ) 2 ) sin x = x − 1 3 ! x 3 + ⋯ + ( − 1 ) 2 n − 1 x 2 n − 1 ( 2 n − 1 ) ! + o ( x 2 n − 1 ) 3 ) cos x = 1 − 1 2 ! x 2 + ⋯ + ( − 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! + o ( x 2 n ) 4 ) ln ( x + 1 ) = x − x 2 2 + ⋯ + ( − 1 ) n − 1 x n n + o ( x n ) 5 ) ( 1 + x ) m = 1 + m x + m ( m − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + m ( m − 1 ) ⋯ ( m − n + 1 ) n ! x n + o ( x n ) 1)e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+o(x^n)\\ \quad \\ 2)\sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\cdots+(-1)^{2n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n-1})\\ \quad \\ 3)\cos x=1-\frac{1}{2!}x^2+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\\ \quad \\ 4)\ln(x+1)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)\\ \quad \\ 5)(1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}x^n+o(x^n) 1)ex=1+x+2!1x2+⋯+n!1xn+o(xn)2)sinx=x−3!1x3+⋯+(−1)2n−1(2n−1)!x2n−1+o(x2n−1)3)cosx=1−2!1x2+⋯+(−1)n(2n)!x2n+o(x2n)4)ln(x+1)=x−2x2+⋯+(−1)n−1nxn+o(xn)5)(1+x)m=1+mx+2!m(m−1)x2+⋯+n!m(m−1)⋯(m−n+1)xn+o(xn)
练习1
:求 f ( x ) = e x 在 x 0 = − 1 f(x)=e^x在x_0=-1 f(x)=ex在x0=−1处具有拉格朗日余项的n阶泰勒公式?
知识点
: e x = 1 + x + 1 2 ! x 2 + ⋯ + 1 n ! x n + e ξ ( n + 1 ) ! ( x ) n + 1 e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+\frac{e^{\xi}}{(n+1)!}(x)^{n+1} ex=1+x+2!1x2+⋯+n!1xn+(n+1)!eξ(x)n+1
解
: e x = e − 1 ⋅ e x + 1 = e − 1 [ 1 + ( x + 1 ) + 1 2 ! ( x + 1 ) 2 + ⋯ + 1 n ! ( x + 1 ) n + e ξ + 1 ( n + 1 ) ! ( x + 1 ) n + 1 ] 其中 ξ 介于 x 与 − 1 之间, x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) e^x=e^{-1}\cdot e^{x+1}=e^{-1}\bigg[1+(x+1)+\frac{1}{2!}(x+1)^2+\cdots+\frac{1}{n!}(x+1)^n+\frac{e^{\xi+1}}{(n+1)!}(x+1)^{n+1}\bigg] \\ \quad \\ 其中\xi介于x与-1之间,x\in(-\infty,+\infty) ex=e−1⋅ex+1=e−1[1+(x+1)+2!1(x+1)2+⋯+n!1(x+1)n+(n+1)!eξ+1(x+1)n+1]其中ξ介于x与−1之间,x∈(−∞,+∞)
练习2
: lim x → 0 cos x 3 − 1 + x 2 ( 2 x − 1 ) tan x = \lim_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-1+x^2}{(2^x-1)\tan x}= limx→0(2x−1)tanx3cosx−1+x2=?
知识点
:
1、 等价无穷小: a x − 1 ∼ x ln a , tan x ∼ x 等价无穷小:a ^x-1 \sim x\ln a,\tan x \sim x 等价无穷小:ax−1∼xlna,tanx∼x
2、 f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) 1 ! ( x ) + f ′ ′ ( 0 ) 2 ! ( x ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( 0 ) n ! ( x ) n + o ( x n ) f(x)=f(0)+\frac{f^{'}(0)}{1!}(x)+\frac{f^{''}(0)}{2!}(x)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x)^n+o(x^n) f(x)=f(0)+1!f′(0)(x)+2!f′′(0)(x)2+⋯+n!f(n)(0)(x)n+o(xn)
解
: lim x → 0 cos x 3 − 1 + x 2 ( 2 x − 1 ) tan x 分母通过等价无穷小替换 ⇒ lim x → 0 cos x 3 − 1 + x 2 x 2 ln 2 对分子使用麦克劳林公式 ( cos x 3 ) = 1 + ( 1 3 ( cos x ) − 2 3 ⋅ ( − sin x ) ) x + x 2 2 ( − 4 9 . ( cos x ) − 5 3 . ( − sin x ) 2 + 1 3 ( cos x ) − 2 3 ⋅ ( − cos x ) ) + o ( x 2 ) = 1 − x 2 6 + + o ( x 2 ) ⇒ lim x → 0 cos x 3 − 1 + x 2 x 2 ln 2 = lim x → 0 1 − x 2 6 + + o ( x 2 ) − 1 + x 2 x 2 ln 2 = 5 6 ln 2 \lim_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-1+x^2}{(2^x-1)\tan x}分母通过等价无穷小替换\\ \quad \\ \Rightarrow \lim_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-1+x^2}{x^2\ln 2}\\ \quad \\ 对分子使用麦克劳林公式\\ \quad \\ (\sqrt[3]{\cos x})=1+(\frac{1}{3}(\cos x)^{-\frac{2}{3}}\cdot (-\sin x))x+\frac{x^2}{2}(-\frac{4}{9}.(\cos x)^{-\frac{5}{3}}.(-\sin x)^2+\frac{1}{3}(\cos x)^{-\frac{2}{3}}\cdot (-\cos x))+o(x^2)=1-\frac{x^2}{6}++o(x^2)\\ \quad \\ \Rightarrow \lim_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-1+x^2}{x^2\ln 2}=\lim_{x \to 0}\frac{1-\frac{x^2}{6}++o(x^2)-1+x^2}{x^2\ln 2}=\frac{5}{6\ln 2} x→0lim(2x−1)tanx3cosx−1+x2分母通过等价无穷小替换⇒x→0limx2ln23cosx−1+x2对分子使用麦克劳林公式(3cosx)=1+(31(cosx)−32⋅(−sinx))x+2x2(−94.(cosx)−35.(−sinx)2+31(cosx)−32⋅(−cosx))+o(x2)=1−6x2++o(x2)⇒x→0limx2ln23cosx−1+x2=x→0limx2ln21−6x2++o(x2)−1+x2=6ln25