2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 基础班微积分第5讲 微分学基本定理及应用2不定积分与原函数 4.5泰勒公式与洛必达法则 4.5.1引言 对函数的许多性态研究,最终也将由泰勒公式(Tay1or公式)给出理论依据。例 如局部极值问题,以及用于求极限的洛必达法则,都是以泰勒公式为理论依据而得 到某些有效的方法 由y=f(x)在x处的可导性与可徽性概念,在x0附近的∫(x)可以表示为 f(x)=f(x0)+f(x)x-x0)+a(x-x0) 其中a(x-x0)为x→x0时的高阶无穷小量 计算f(x)的近似值可取f(x)≈f(x0)+f(x0)x-x0) 若舍去的误差a(x-x0)不能满足精度要求,则可设想是否在x与x之间存在5, 使得f(x)=f(x0)+f(x)(x-x0)+qf"((x-x0)2其中a为常数,事实上 这正是泰勒公式的基本思想。也是微分中值定理的进一步推广 2 4.5.2n阶泰勒公式 定理4.10泰勒公式设函数f(x)在区间(a,b)内具有n+1阶导数, f(x)=f(x0)+f(x0x-x)+(o) x 6)"+Rn(x) n (n+1(2) 其中R(x)= (n+1)! (x-x0)+,5是介于x和x之间的某个数。R(x) 称为n阶泰勒余项(具有拉格朗日形式的余项)。 x=0时的泰勒公式叫做麦克劳林公式,即 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 基础班微积分第 5 讲 微分学基本定理及应用 2 不定积分与原函数 4．5 泰勒公式与洛必达法则 4．5．1 引言 对函数的许多性态研究，最终也将由泰勒公式(Taylor 公式)给出理论依据。例 如局部极值问题，以及用于求极限的洛必达法则，都是以泰勒公式为理论依据而得 到某些有效的方法。 由 y = f (x) 在 处的可导性与可微性概念，在 附近的 可以表示为 0 x 0 x f (x) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0 0 0 0 f x = f x + f ′ x x − x +α x − x 其中 ( ) 0 α x − x 为 时的高阶无穷小量。 0 x → x 计算 f (x) 的近似值可取 ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 f x ≈ f x + f ′ x x − x 若舍去的误差 ( ) 0 α x − x 不能满足精度要求，则可设想是否在 x0与 x 之间存在ξ ， 使 得 f (x) = f (x0 ) + f ′(x0 )(x − x0 ) + af ′′(ξ )(x − x0 ) 2 其 中 a 为 常 数，事 实 上 2 1 a = 。这正是泰勒公式的基本思想。也是微分中值定理的进一步推广。 4．5．2 n 阶泰勒公式 定理 4.10 泰勒公式 设函数 f (x) 在区间(a,b)内具有 n +1阶导数， 2 0 0 0 0 0 ( ) 2! ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x f x f x f x f x x x − ′′ = + ′ − + ( ) ( ) ! ( ) 0 0 ( ) x x R x n f x n n n +L+ − + 其中 1 0 ( 1) ( ) ( 1)! ( ) ( ) + + − + = n n n x x n f R x ξ ，ξ 是介于 和 之间的某个数。 0 x x R (x) n 称为 n 阶泰勒余项(具有拉格朗日形式的余项)。 0 时的泰勒公式叫做麦克劳林公式，即 x0 = 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 1 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 f(x)=f(0)+f(Ox+2(0) 2+.+o0n+(m+(fxn+1 具有皮亚诺余项形式的泰勒公式为(此时,只要求函数f(x)在区间(a,b)内具 有n阶导数)为 f(x)=f(x0)+f(xo(x-x)+f"(o) (x-x0)2 f"(x0) n!(x-x0)”+o(x-x) 注(1)对本课程而言,具有拉格朗日形式余项的来勒公式常用来证明不等式或分析 一些理论问题。 (2)具有皮亚诺形式余项的泰勒公式常用来求极限,或考查(局部)极值问题。 (3)具有拉格朗日余项的来勒公式可以视为拉格朗日微分中值定理的推广,而 拉格朗日微分中值定理实质是0阶泰勒公式 (4)对给定的函数进行泰勒展开时,一般有两种方法,即用泰勒公式定义,求 各阶导数的方法,称之为直接法;而利用初等函数泰勒公式的结论为依据,再利用 函数的代数运算与复合运算进行泰勒展开的方法,统称为间接方法。在题目中,如 果没有特别指明用直接方法,则可利用间接方法。 例430将∫(x)=x2在x0=1处展开为一阶泰勒公式(具有拉格朗日余项和皮亚 诺余项)。 【解】f(1)=1,f(1)=2,f"(x)=2, 在x0=1处的展开式为(具有拉格朗日余项):x2=1+2(x-1)+(x-1)2 具有皮亚诺余项形式的展开式为(一阶)x2=1+2(x-1)+o(x-1)。 例431求∫(x)=sinx-x在x=0处的三阶泰勒公式(具有皮亚诺余项)。 【解】只须利用sinx的展开式进行运算即有 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 2 2! (0) ( ) (0) (0) x f f x f f x ′′ = + ′ + 1 ( 1)! ( ) ( 1) ! (0) ( ) + + + + + + nx n n n f x n n f ξ L 。 具有皮亚诺余项形式的泰勒公式为(此时, 只要求函数 在区间 内具 有 阶导数)为: f (x) (a,b) n 2 0 0 0 0 0 ( ) 2! ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x f x f x f x f x x x − ′′ = + ′ − + n n n x x o x x n f x ( ) ( ) ! ( ) 0 0 0 ( ) +L+ − + − 注(1) 对本课程而言，具有拉格朗日形式余项的泰勒公式常用来证明不等式或分析 一些理论问题。 (2) 具有皮亚诺形式余项的泰勒公式常用来求极限，或考查(局部)极值问题。 (3) 具有拉格朗日余项的泰勒公式可以视为拉格朗日微分中值定理的推广，而 拉格朗日微分中值定理实质是 0 阶泰勒公式。 (4) 对给定的函数进行泰勒展开时，一般有两种方法，即用泰勒公式定义，求 各阶导数的方法，称之为直接法；而利用初等函数泰勒公式的结论为依据，再利用 函数的代数运算与复合运算进行泰勒展开的方法，统称为间接方法。在题目中，如 果没有特别指明用直接方法，则可利用间接方法。 例 4.30 将 在 处展开为一阶泰勒公式(具有拉格朗日余项和皮亚 诺余项)。 2 f (x) = x x0 =1 【解】 f (1) = 1, f ′(1) = 2, f ′′(x) = 2 ， 在 1处的展开式为(具有拉格朗日余项)： x0 = 2 2 x = 1+ 2(x −1) + (x −1) 具有皮亚诺余项形式的展开式为（一阶） 1 2( 1) (( 1)) 。 2 x = + x − + o x − 例 4.31 求 f (x) = sin x − x 在 x0 = 0 处的三阶泰勒公式(具有皮亚诺余项)。 【解】只须利用sin x 的展开式进行运算即有 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 2 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 sinx-x= 31x+o(r)-x=-gx+o(r) 例4.32求tanx在x=0处的三阶泰勒公式(具有皮亚诺余项形式)。 【解】 tanx0=0.(tanx)-0=ec2x1-0=1 (tan x)re0=2secxsecx tanx)=0=0 (tnx)-0=4ec2xtan2x+2secx1-0=2因此得到三阶展开式 tanx=x+=x+o(x) 例433求e在x0=-1处具有拉格朗日余项形式的n阶泰勒公式。 【解】用间接法,将e写为ex=e eH+,将e视为e,(即令X=x+1), 利用基本展开式即有 e=-(1+(x+1)+-(x+1)2+…+-(x+1)+…) +-(x+1)+(x+1)2+…+-(x+1)+…+ 其中ξ在x与x=-1之间,x∈(-∞,+∞)。 例434设lmn/Sn6x+xf(x)1=0,求lin6+f( 【解】sin6x=6x-(6x)3+o(x3), 因此由已知条件 i6x+x(x)=1im6x-36X+0(x)+x(x) 6+f(x) =llm 36+0=0 最后得到26+f(x) lim sin 6x+3f(x)=lim sin 6x-6x+6x+x/() 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 ( ) 6 1 ( ) 3! 1 sin 3 3 3 3 x − x = − x + o x − x = − x + o x 例 4.32 求 tan x 在 x = 0处的三阶泰勒公式(具有皮亚诺余项形式)。 【解】 tan 0,(tan ) sec 0 1 2 x x=0 = x ′ x=0 = x x= = (tan x)′′ x=0 = 2sec x ⋅sec x ⋅ tan x x=0 = 0 (tan ) 4sec tan 2sec 0 2 2 2 4 x ′′′ x=0 = x ⋅ x + x x= = 因此得到三阶展开式 ( ) 3! 2 tan 3 3 x = x + x + o x 。 例 4.33 求 在 处具有拉格朗日余项形式的 阶泰勒公式。 x e x0 = −1 n 【解】用间接法，将e x 写为 +1−1 1 +1 = = ⋅ x x x e e e e ，将 视为 ，(即令 )， 利用基本展开式即有 x+1 e X e X = x +1 ( 1) ) ! 1 ( 1) 2! 1 (1 ( 1) x = 1 + + + + 2 +L+ x + n +L n x x e e n x n e x e x e e ( 1) ! 1 ( 1) 2! 1 ( 1) 1 1 2 + ⋅ + + + ⋅ = + + + L 1 ( 1) ( 1)! + + + ⋅ + + n x n e eξ L 其中ξ 在 x 与 x0 = −1之间， x ∈(−∞,+∞) 。 例 4.34 设 0 sin 6 ( ) lim 3 0 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → x x xf x x ，求 2 0 6 ( ) lim x f x x + → 。 【解】 (6 ) ( ) 3! 1 sin 6 6 3 3 x = x − x + o x ， 因此由已知条件 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → 3 0 sin 6 ( ) lim x x xf x x 3 3 3 0 6 36 ( ) ( ) lim x x x o x xf x x − + + = → 36 0 0 6 ( ) lim 2 0 − + = + = → x f x x ， 最后得到 36 6 ( ) lim 2 0 = + → x f x x 。 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → 3 0 sin 6 ( ) lim x x xf x x 3 0 sin 6 6 6 ( ) lim x x x x xf x x − + + = → 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 3 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 6+f(x) sin bx-Ox x→0x =lim- 6+f(x) lim(63 最后得到lim5+f(x) 注:下列作法是错误的 lim Sinx+(x)lim -x' 6x+xf(x)_16+f(x) 0 错误原因在于第一个等号后的无穷小量替换不在因子位置,属非法替换,答案亦为 错误 4.5.3洛必达法则 洛必达法则是求极限的重要方法,它是由柯西中值定理,把函数比变为其导数 比,而导出的方法 定理4.11(洛必达法则)如果 (1)limf(x)=limg(x)=0(或∞) (2)在极限点附近,∫(x),g'(x)都存在,且g(x)≠0; ()lim()存在或为无穷大,则lm(存在或为无穷大,且等于imf(x) g(x) g(x) 注()以上极限中的趋向为x→x或∞或单边趋向。 (2)请务必注意,运用洛必达法则是一种试验过程,若导数比值确有极限, 则原极限立即有答案,而当导数比值极限不存在,或虽然可能存在,却不能由已知 条件求出此极限,则洛必达法则试验失败,应另寻其它方法解决问题。 例4.35(2004-2-15)求极限 coSx 【解1】原式 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 3 0 2 0 sin 6 6 lim 6 ( ) lim x x x x f x x x − + + = → → ， 3 3 0 2 0 (6 ) lim 6 6 ( ) 1 lim x x x f x x→ x→ − + = 最后得到 36 6 ( ) lim 2 0 = + → x f x x 。 注：下列作法是错误的 3 0 3 0 6 ( ) lim sin 6 ( ) lim x x xf x x x xf x x x + = + → → 0 6 ( ) lim 2 0 = + = → x f x x 错误原因在于第一个等号后的无穷小量替换不在因子位置，属非法替换，答案亦为 错误。 4．5．3 洛必达法则 洛必达法则是求极限的重要方法，它是由柯西中值定理，把函数比变为其导数 比，而导出的方法。 定理 4.11 (洛必达法则) 如果 (1) lim f (x) = lim g(x) = 0 (或∞ ) (2) 在极限点附近， f ′(x), g′(x) 都存在，且 g′(x) ≠ 0 ； (3) ( ) ( ) lim g x f x ′ ′ 存在或为无穷大，则 ( ) ( ) lim g x f x 存在或为无穷大，且等于 ( ) ( ) lim g x f x ′ ′ 。 注 (1) 以上极限中的趋向为 x → x0或∞或单边 趋向。 (2) 请务必注意，运用洛必达法则是一种试验过程，若导数比值确有极限， 则原极限立即有答案，而当导数比值极限不存在，或虽然可能存在，却不能由已知 条件求出此极限，则洛必达法则试验失败，应另寻其它方法解决问题。 例 4.35（2004-2-15） 求极限 1 . 3 1 2 cos lim 3 0 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → x x x x 【解 1】原式 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 4 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 =lim- 3 =lim In(2+cos x)-In3 - Sinx 2+cosx x sIn x 2 r02+coSx x 【解2】原式 2+coSx COS X =lim In coSx-l 若将上题改为 lim 2+c0Sx1-1则应先将分母作无穷小替换进而避免 x+02(1-cox)emx-)(3 直接用洛必达法则导致的复杂求导计算。答案不变。 例4.36求极限lm x→0 【解】(先考虑等价无穷小代换,后考虑罗必达法则) 1-cos- x--xsin 2x lim lim sin x(sin x- x cos x) nx-x cos x sinx 例437求极限 limos x In cosr Inx-a 【解】lim lim cos x·lim 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 = 3 3 2 cos ln 0 1 lim x e x x x − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → 2 0 3 2 cos ln lim x x x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = → ( ) 2 0 ln 2 cos ln3 lim x x x + − = → ( ) x x x x 2 sin 2 cos 1 lim 0 ⋅ − + = → 6. sin 1 2 cos 1 lim 2 1 0 ⋅ = − + = − → x x x x 【解 2】原式 2 0 3 3 2 cos ln 0 3 2 cos ln lim 1 lim x x x e x x x x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = − = → ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → . 6 1 3 cos 1 lim 3 cos 1 ln 1 lim 2 0 2 0 = − − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + = → → x x x x x x 若将上题改为 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + → − − 1 3 2 cos 2(1 cos )( 1) 1 lim sin 0 x x x x x e 则应先将分母作无穷小替换，进而避免 直接用洛必达法则导致的复杂求导计算。答案不变。 例 4.36 求极限 ( 1) sin 2 2 1 1 cos lim 2 2 2 0 − − − x→ x x e x x x 。 【解】 （先考虑等价无穷小代换，后考虑罗必达法则） ( 1) sin 2 2 1 1 cos lim 2 2 2 0 − − − x→ x x e x x x 4 0 sin (sin cos ) lim x x x x x x − = → 3 1 3 sin lim sin cos lim 2 0 3 0 = = − = → → x x x x x x x x x 例 4.37 求极限 x a x a e e x x a − − → ln cos ln lim 。 【解】 x a x a x a x a x a e e x a x e e x x a − − = ⋅ − − → → → ln ln limcos lim ln cos ln lim 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 5 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 =cos alim -x-a cosa.lime-limet-e e"·cosa·e"=cosa 对其他型的未定式(00型、∞-∞型,0°型,1型和∞°型,必须通过适当 的恒等变型,化为一或一型后,才能使用洛必达法则进行试验。 例4.38求极限l 【解】(方法1) xInx x-1 Inx) I+1(x-1)Inx lim ln (方法2) xlnx-x+1 =m s lin xInx li =lim- (x-1) 2(x-1)x12(x-1) 4.6综合例题 例439设f(x)二阶可导,且x∫(≠0,已知1m(1+x+(m 求f(0),f(0),∫"(0)。答案:f(0)=f(0)=0,f"(0)=4 【解】(方法1)首先lm(x+(x)=0,Imf(x)=0 由连续性与导数定义得到f(0)=0且f(0)=0。 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 x a x x a e e e x a a − − = ⋅ → 1 cos lim x a e e a e x a x a x x a − − = ⋅ → − → cos lim lim e a e a a a = ⋅ cos ⋅ = cos − 。 对其他型的未定式（00 型、∞ − ∞ 型，00 型， 型和 ∞1 0 ∞ 型)，必须通过适当 的恒等变型，化为 0 0 或 ∞ ∞ 型后，才能使用洛必达法则进行试验。 例 4.38 求极限 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − → x − x x x ln 1 1 lim 1 。 【解】（方法 1） x x x x x x x x x x ( 1)ln ln 1 lim ln 1 1 lim 1 1 − − + ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − → − → 2 1 1 1 1 lim 1 ln ln lim 2 1 1 = + = − + = → → x x x x x x x x x 。 （方法 2） ( 1)ln(1 1) ln 1 lim ln 1 1 lim 1 1 − + − − + ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − → − → x x x x x x x x x x 2 1 ( 1) ln 1 lim − − + = → x x x x x 2 1 2( 1) 1 lim 2( 1) ln lim 1 1 = − − = − = → → x x x x x x 。 4．6 综合例题 例 4.39 设 f (x) 二阶可导，且 0 ( ) + ≠ x f x x ，已知 ) , ( ) lim(1 3 1 x 0 e x f x x x + + = → 求 f (0), f ′(0), f ′′(0)。 答案： f (0) = f ′(0) = 0, f ′′(0) = 4 【解】（方法 1）首先 ) 0 ( ) lim( 0 + = → x f x x x ， 0 ( ) lim 0 = → x f x x ， 由连续性与导数定义得到 f (0) = 0 且 f '(0) = 0 。 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 6 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 其次由im(1+x+0)x= limer+x;/) f(x) e得 x→0 In(+x f(x) lim 3,另外有 +x+/(x) f(x) 即lim imx+/(x)=1+1im(x)=3 所以m(x)=2,且Im/(x)=2,即有(0)=4 x→0 f(x) (方法2)由lim(1+x+) In(I+x+/(r) lIme 得: 1+x+(x f(x) x lim 3=lim 即Im 3.lin f(x x f(x) 所以=2+a(x),其中lima(x)=0,因此得到f(x)=2x2+o(x2) 再由泰勒公式可得f(0)=0,f(0)=0,f"(0)=4 例440设∫(x)在x=0某邻域内可导,且f(O)=1,f(0)=2, 求极限 lim nsin 【解】考虑极限im-sinr=m/ k sInx-x)mx-x-/(, 由符合极限 定理,只需求极限 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 其次由 3 ) ( ) ln(1 1 0 1 0 ) lim ( ) lim(1 e e x f x x x f x x x x x x + + = = + + → → 得： 3 ) ( ) ln(1 lim 0 = + + → x x f x x x ，另外有 x x f x x x ) ( ) ln(1 lim 0 + + → 3 ( ) lim 0 = + = → x x f x x x 即 3 ( ) lim 2 2 0 = + → x x f x x 3 ( ) 1 lim ( ) lim 2 0 2 2 0 = + = + → → x f x x x f x x x 所以 2 ( ) lim 2 0 = → x f x x ，且 2 2 ( ) lim 0 = ′ → x f x x ，即有 f ' '(0) = 4 。 （方法 2）由 3 ) ( ) ln(1 1 0 1 0 ) lim ( ) lim(1 e e x f x x x f x x x x x x + + = = + + → → 得： 3 ) ( ) ln(1 lim 0 = + + → x x f x x x 3 ( ) lim 0 = + = → x x f x x x ， 即 3 ( ) lim 2 2 0 = + → x x f x x ， 2 ( ) lim 2 0 = → x f x x 所以 2 ( ) ( ) 2 x x f x = + α ，其中 lim ( ) 0 0 = → x x α ，因此得到 ， 再由泰勒公式可得 ， ( ) 2 ( ) 2 2 f x = x + o x f (0) = 0 f '(0) = 0, f ' '(0) = 4 。 例 4.40 设 f (x) 在 x = 0某邻域内可导，且 f (0) = 1, f ′(0) = 2， 求极限 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − →∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ n f n n n n 1 1 1 lim sin 。 【解】考虑极限 x( ) f ( ) x x x x − → ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 1 1 0 sin 1 lim (1 ( )) sin sin 0 2 sin lim 1 x f x x x x x x x x x x − − ⋅ − → ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = + 由符合极限 定理，只需求极限 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 7 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 -x3 =lm =-lim x0x2(1-f(x) x2(1-f(x)6x01-f(x)6f(0)12 注意,以上第三个等号是用了极限定义。 由复合极限定理得到 x(l-f(x) ,因此 lim nsing 注:请特别注意,对第二个等号后的极限计算,不能用洛必达法则,因为导数比值 的极限无法求得(本题没有∫(x)连续的条件)。 即下列作法是错误的 =以上第三个等号用到了f(x)的连 6x01-f(x)6x0-f(x)6f(0)12 续性,而本题未给出∫(x)的连续性条件,极限无法计算出结果。这是运用洛必达 法则时的常见错误。 例4.41设f(x)在[0,+∞)二阶可导,对一切x∈(0,+∞)有∫"(x)≠0,证明在 (0,+∞)内曲线y=f(x)上一点(x02f(x0))处的切线与该曲线除切点外无交点 【证】(方法3) Taylor公式方法。将(方法1)中的 F(x)=f(x)-y(x)=f(x)-f(x0)-f(x0)x-x0) 在x=x0处展开为 Taylor公式 F(x)=f"(x-x0)2,在x与x之间。 因为∫"(x)≠0,由导数零点定理,∫"(x)不变号,则F(x)亦不变号。证毕。 例442设b>a>e,证明ab>b° 提示:设f(x)=xna-alnx,或/1)、lnx 【证】构造/(x)=x其中x>e,则(x) 1-In x 易得∫(x)<0, 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 (1 ( )) 6 1 lim (1 ( )) sin lim 2 3 0 2 0 x f x x x f x x x x x − − = − − → → 12 1 6 (0) 1 1 ( ) lim 6 1 0 = ′ = − − = → f x f x x 注意，以上第三个等号是用了极限定义。 由复合极限定理得到 ( ) ( ) 12 1 1 1 0 sin 1 lim x e x x f x x ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − → ，因此 12 1 1 1 1 lim sin e n n n f n n = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − →∞ 。 注：请特别注意，对第二个等号后的极限计算，不能用洛必达法则，因为导数比值 的极限无法求得(本题没有 f ′(x) 连续的条件)。 即下列作法是错误的： 12 1 6 (0) 1 ( ) 1 lim 6 1 1 ( ) lim 6 1 0 0 = ′ = − ′ − = − − → f x → f x f x x x 以上第三个等号用到了 的连 续性，而本题未给出 的连续性条件，极限无法计算出结果。这是运用洛必达 法则时的常见错误。 f ′(x) f ′(x) 例 4.41 设 f (x) 在[0, + ∞) 二阶可导，对一切 x ∈ (0, + ∞) 有 f ′′(x) ≠ 0，证明在 (0, + ∞) 内曲线 y = f (x) 上一点( , ( )) 处的切线与该曲线除切点外无交点。 0 0 x f x 【证】 （方法 3）Taylor 公式方法。将（方法 1）中的 F(x) = f (x) − y(x) ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 = f x − f x − f ′ x x − x 在 处展开为 Taylor 公式， 0 x = x ( )( ) , 2 1 ( ) 2 0 F x = f ′′ ξ x − x ξ 在 之间。 0 x与x 因为 f ′′(x) ≠ 0 ，由导数零点定理， f ′′(x) 不变号，则 F(x) 亦不变号。证毕。 例 4.42 设b > a > e,证明 。 b a a > b 提示：设 f (x) = x ln a − a ln x ，或 x x f x ln ( ) = 。 【证】 构造 x e x x f x = 其中 > ln ( ) ，则 2 1 ln '( ) x x f x − = ，易得 f '(x) < 0 ， 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 8 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 所以f(x)是严格单减的,对b>a>e,有(b)0,f(x)在区间(-6,0)内有定义,若当x∈(-6,δ)时,恒有 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 所以 f (x) 是严格单减的，对b > a > e,有 f (b) b 例 4.43 已知函数 f (x) 具有二阶连续导数， f (0) = f (1) = 0 。证明当 x ∈[0,1]时， max{ ( )} 2 1 ( ) [0,1] f x f x x ′ ≤ ′′ ∈ 。 【证】∀a ∈[0,1]， 将 f (x) 在 x = a 处展开为 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 f x = f a + f ′(a) x − a + f ′′ ξ x − a （ξ 在 a, x 之间） 分别令 x =1和 x = 0得到 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 1 1 2 1 0 = f 1 = f a + f ′(a) 1− a + f ′′ ξ − a 其中 ( ,1) 1 ξ ∈ a ， ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 1 0 = f 0 = f a + f ′(a) − a + f ′′ ξ a 其中 (0, ) 2 ξ ∈ a ，两式相减并移项整理 ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 1 f ′(a) = − f ′′ ξ − a − f ′′ ξ a ， 当 a = 0 或 a =1时， ( ) 1 2 1 f ′(a) = f ′′ ξ 或 ( ) 2 2 1 f ′(a) = f ′′ ξ ，原不等式的等号成 立。 当 a ∈ (0,1) 时，由三角不等式得到 ( )( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 1 f ′(a) ≤ f ′′ ξ − a + f ′′ ξ a 令 { } ( ) ( ) 1 2 f ′′(ξ ) = max f ′′ ξ , f ′′ ξ ， 其中ξ ∈(0,1) 。因此 f ′ a ≤ f ′′( ) ξ ( ) ( ) − a + a ≤ f ′′( ) ξ 2 1 1 2 1 ( ) 2 2 max{ ( )} 2 1 [0,1] f x x ≤ ′′ ∈ 。 再由 a 是[0,1]上任意一点，所以 max{ ( )} 2 1 ( ) [0,1] f x f x x ′ ≤ ′′ ∈ 。 例 4.44 设 δ > 0, f (x) 在区间 (−δ ,δ ) 内有定义, 若当 x ∈ (−δ ,δ ) 时 , 恒有 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 9 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 f(x)≤x2,则x=0必是f(x)的[C (A间断点。(B)连续而不可导的点。 C)可导的点,且∫(0)=0。①)可导的点,但f(O)≠0 【解】当x∈(-6,6)时,因为|(x)≤x2,令x=0得到f(O)=0。另外有 0()s,所以由夹逼准则得lm f(x)=0, 且im/(x)=0=f(O),另外又有-rs」J(x)≤x,再次由夹逼准则得 lim f(x)f(x)-f(0) n 0=f(0),所以答案为(C)。 第5章原函数与不定积分 51不定积分与原函数 5.1.1不定积分与原函数的定义 定义5.1f(x)是定义在区间∈R上的函数,若存在定义在/上的可导函数F(x), 使得F(x)=f(x),Vx∈l,则称F(x)为f(x)在/上的一个原函数 若F(x)为f(x)在I上的一个原函数,F(x)+C也为f(x)在I上的原函数 其中C为任意常数;同样可以证明,f(x)的任意两个原函数的差为常数 定义52称f(x)的所有原函数构成的集合{F(x)+C}为f(x)的不定积分,记作 f(r)dx= F(x)+C, 其中F(x)为f(x)在/上的一个原函数,C为任意常数 5.1.2不定积分存在的充分条件和必要条件 定理5.1连续函数一定存在不定积分 事实上,连续函数∫(x)的变上限积分 ∫f(O就是f(x)的一个原函数因此 ∫/(x)kx=(x)d+C 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutorcom电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 2 f (x) ≤ x , 则 x = 0 必是 f (x) 的 [ C ]。 (A) 间断点。 (B) 连续而不可导的点。 (C) 可导的点, 且 f ′(0) = 0 。 (D) 可导的点, 但 f ′(0) ≠ 0。 【解】当 x ∈ (−δ ,δ ) 时，因为 2 f (x) ≤ x ，令 x = 0 得到 f (0) = 0 。另外有 x x f x ≤ ≤ ( ) 0 ，所以,由夹逼准则得 0 ( ) lim 0 = → x f x x ， 且lim ( ) 0 (0) 。另外又有 0 f x f x = = → . ( ) x x f x − x ≤ ≤ ，再次由夹逼准则得 0 (0) 0 ( ) (0) lim ( ) lim 0 0 f x f x f x f x x x = = ′ − − = → → ，所以答案为（C）。 第 5 章 原函数与不定积分 5.1 不定积分与原函数 5．1．1 不定积分与原函数的定义 定义 5.1 f (x) 是定义在区间 I ∈ R 上的函数, 若存在定义在 I 上的可导函数 , 使得 , 则称 为 在 F(x) F′(x) = f (x), ∀x ∈ I F(x) f (x) I 上的一个原函数。 若 F(x) 为 f (x) 在 I 上的一个原函数, F(x) +C 也为 f (x) 在 I 上的原函数, 其中C 为任意常数; 同样可以证明, f (x) 的任意两个原函数的差为常数. 定义 5.2 称 f (x) 的所有原函数构成的集合{F(x) +C}为 的不定积分, 记作 ， f (x) f x dx = F x +C ∫ ( ) ( ) 其中 F(x) 为 f (x) 在 I 上的一个原函数，C 为任意常数。 5.1.2 不定积分存在的充分条件和必要条件 定理 5.1 连续函数一定存在不定积分。 事实上, 连续函数 f (x) 的变上限积分 ∫ x a f (t)dt 就是 f (x) 的一个原函数, 因此 f x dx f x dx C 。 x a = + ∫ ∫ ( ) ( ) 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 10 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
