中值定理與導數(shù)的應用117084

1、第3章中值定理與導數(shù)的應用內(nèi)容概要名稱主要內(nèi)容(3.1、3.2)3.1中值 定理名稱條件結論羅爾 中值 定理y = f(x)：( 1)在a,b上連續(xù)；(2)在(a,b) 內(nèi)可導；(3) f (a) = f (b)至少存在一點沁(a,b)使得f/(E)=0拉格 朗日 中值 定理y = f(x)：( 1)在a,b上連續(xù)；(2)在 (a,b)內(nèi)可導至少存在一點匕乏(a, b)使得f/( 3(b)-f b a柯西 中值 定理f (x)、g(x):(1)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導；(2)在(a,b)內(nèi)每點處g/(x)工0至少存在一點舉(a,b)使得f/( 3 _ f(b)-f(a)g/( 3b-

2、a3.2洛必 達法則基本形式0旳工型與一型未定式0旳通分或取倒數(shù)化為基本形式0O01) 田_出 型：常用通分的手段化為 一型或一型；000旳2) 0 8型：常用取倒數(shù)的手段化為 上型或型，即：0旳00O0O00 ,比斗二_或0 ,閃二二一；1/0 1/0 00取對數(shù)化為基本形式0 0 型:取對數(shù)得0 = e，其中0 InO二0 8=二12 0qQqQ或 0 In On 0n ；1/0旳2) 嚴型：取對數(shù)得1%尹1，甘由c其中 001 In1 n0=二1/珀00od或旳 In1 n 0、On二；1/0旳000In cd3) 血型：取對數(shù)得血 =e，其中0 In比n 0比二=1/況0oOoO或o

3、In血二 0 8=二一。1/0旳課后習題全解習題3-1 1.下列函數(shù)在給定區(qū)間上是否滿足羅爾定理的所有條件？如滿足，請求岀滿足定理的數(shù)值 。(1) f (x) =2x2 -x-3,_1,1.5 ；(2)f (x) *3-x0,3。知識點：羅爾中值定理。思路：根據(jù)羅爾定理的條件和結論，求解方程f IE) =0，得到的根E便為所求。解：(1 f (x) =2x2 x -3在-1,1.5上連續(xù)，在(-1,1.5)內(nèi)可導，且 f(1) = f(1.5) =0 ,f (x)二2x2 - x - 3在-1,1.5上滿足羅爾定理的條件。令f (E) = 4E -仁0尋1E(-1,1.5)即為所求。(2)t

4、f(x)=x .3x 在0,3上連續(xù)，在(03)內(nèi)可導，且 f(0) = f(3)=0，f (x) = x 3 -x在0,3上滿足羅爾定理的條件。令f ( E)二二三 -0，得E = 2(0,3)即為所求。 2.驗證拉格朗日中值定理對函數(shù) y =4x3 -5x2 x -2在區(qū)間0,1上的正確性。知識點：拉格朗日中值定理。思路:根據(jù)拉格朗日中值定理的條件和結論，求解方程f ( ! = f一f (0)，若得到的根! 0,1 則1-0可驗證定理的正確性。3232解：t y 二 f (x) =4x5xx-2 在0,1連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導，/ y = 4x 5x x2在二要使f ( ) 址型=0，只

5、要:1-012區(qū)間0,1上滿足拉格朗日中值定理的條件。又f (1) = -2,f (0) = -2， f (x) =12x2 -10x 1，=5 1312(0,1)，使 f (二f(1)-f(0)1-0，驗證完畢。 3.已知函數(shù)f(x)=x4在區(qū)間1,2上滿足拉格朗日中值定理的條件，試求滿足定理的 E。解：要使f ( E)=f (1)，只要4 f = 15二E = J晉，從而E = J15 e (1,2)即為滿足定理的。 4.試證明對函數(shù)y = px2 qx - r應用拉格朗日中值定理時所求得的點f總是位于區(qū)間的正中間。證明：不妨設所討論的區(qū)間為a,b，則函數(shù)y = px2 qx r在a,b上

6、連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導，從2 2而有 f(e)= f(b) f(a)，即 2 f q=(pb qb r)(pa qa r)， b ab ab + a解得f，結論成立。2 5.函數(shù)f (x) = x3與g(x) = x2 1在區(qū)間1,2上是否滿足柯西定理的所有條件？如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值f知識點：柯西中值定理。思路：根據(jù)柯西中值定理的條件和結論，求解方程二f (b) 一 f (a)，得到的根f便為所求。g(fg(b) g(a)32解：f(x)二x及g(x)二x 1在1,2上連續(xù)，在(1,2)內(nèi)可導，且在(1,2)內(nèi)的每一點處有f(ff(2)_f(1)3 f27g (x) = 2x = 0

7、,所以滿足柯西中值定理的條件。要使f，只要亠 ，解g(fg(2) -g(1)2 f314 _ 得f(1,2)，f即為滿足定理的數(shù)值。9 6.設f (x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導，且f(1)=0。求證：存在 f (0,1)，使 f ( f)二f(f知識點：羅爾中值定理的應用思路：從f /( 二丄 結論出發(fā)，變形為 f /(E) E f ( E) =0，構造輔助函數(shù)使其導函數(shù)為 Ef/(x)x f(x)，然后再利用羅爾中值定理， 便得結論。構造輔助函數(shù)也是利用中值定理解決問題時常 用的方法。證明：構造輔助函數(shù) F(x)二 xf(x)， F (x f (x) xf (x)根據(jù)題意F(x)=

8、xf(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導，且F(1) =1 f (1) =0，F(xiàn)(0) =0 f (00，從而由羅爾中值定理得：存在E (0,1)，使F ( E 二 f(E E f ( E = 0，即 f(E- -口注：輔助函數(shù)的構造方法一般可通過結論倒推，如：要使 f (x)二-里，只要xf ( x)1二一=lnf()- lxn二 xifnx=(月 f(x)xf)j匚0xf x ( )0二只要設輔助函數(shù)F(x) =xf(x) 7.若函數(shù)f (x)在(a,b)內(nèi)具有二階導函數(shù)，且 f (xj = f (x2) = f (x3)(a 捲v X2 VX3 1 時，ex ex ；(3)設 x 0

9、，證明 ln (1 x) : x ；(4)當 x 0時，ln(1 )x 1 + x知識點：利用拉格朗日中值定理。思路：用拉格朗日中值定理證明不等式的過程:尋找函數(shù)y = f(X)，通過式子f(b)-f(a)(或 f (b) - f (a) = f ( E)(b - a)證明的不等式。證明：(1 )令 f (x)二 arctan x， 丁 f (x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導,由拉格朗日中值定理,得 arctana-arctanb =|f( &(b-a)=b_a 勻b-a。(2)令 f(x)二 ex(x 1)，丁 f (x)在1,x上連續(xù)，在(1,x)內(nèi)可導,由拉格朗日中值定理，得ex

10、_e =e x1),丁 1 : x , - ex e=e (x 1) . e(x _i)=ex_ e，從而當 x 1 時，ex . ex。(3) 令 f (x) = In(1 x) (x .0)，丁 f (x)在0,x上連續(xù)，在(0,x)內(nèi)可導，1由拉格朗日中值定理，得ln(1 x) =ln(1 - x) - In(1 0) = f ( E)(x -0)x，1 + 1：0 : : x，二x ： x，即 x 0， ln( 1 x) ： x。1 + (4) 令 f (x) = In x (x . 0)，丁 f (x)在x,1 x上連續(xù)，在(x,1 x)內(nèi)可導，由拉格朗日中值定理，得ln(1)=ln

11、(1 x) Inx二f ( (1 一0)=丄，x，即當x 0時,1ln(1 )x 12.證明等式：2x/小2arcta nx arcs in2_ 1).1 +x2知識點：f (x) =0= f(x)二C ( C為常數(shù))思路：證明一個函數(shù)表達式 f(X)恒等于一個常數(shù)，只要證 f (x)二02x證明：令 f (x) =2arcta nx arcs in2(x _ 1)，1 x2當 x= 1 時，有 2arctan1 arcsin1n當x 1時，有2 f (x)：1x21-C “J22(1 x2)-2x2x 212-2x22(1X2)21 -x2(1x2)1 x2(-具)=0， f (xc1 x2

12、x- 2arcta nx arcs in冗匕-1)成立。f(1)=二；1x2 13.證明：若函數(shù) f (x)在(-：,：)內(nèi)滿足關系式 f (x) = f (x)，且 f (0) = 1，則 f (x)二 ex。知識點：f (x) =0：二 f(x)=c思路：因為f (x)二ex：二e公f (x)三1，所以當設F (x)二ef (x)時，只要證F (x)二0即可證明：構造輔助函數(shù)F (x)二ef (x),則 F (x)二 ef (x)f (x) = 0 ；- F(x) =ef (x)三C =F(0) =1二 f(x) = ex。 14.設函數(shù)f (x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)有二階導數(shù)，

13、且有f (a) = f (b) = 0,f (c)0(a : c : b)，試證在(a,b)內(nèi)至少存在一點E，使f ( E) ： 0。知識點：拉格朗日中值定理的應用。思、路：關于導函數(shù)f (n)( E)在一點處符號的判斷，根據(jù)已知條件和拉格朗日中值定理的結論，逐層分析各層導函數(shù)改變量和自變量改變量的符號，得岀結論。證明：丁 f (x)在a,c、c,b上連續(xù)，在(a,c)、(c,b)內(nèi)可導，由拉格朗日中值定理，至少有一點& (a,c)、 E (c,b)，使得 ff(b)曲，f(&)一f(c)0； cbac又f (x)在&, &上連續(xù)，在(e, e2)內(nèi)可導，從而至少有一點E ( E, E)，使得

14、 f(E)(E)f (E) =：0。E- E 15.設 f (x)在a,b上可微，且 f.(a) 0, (b) 0, f(a f (b) A試證明 f(x)在(a,b)內(nèi)至少有兩個零點。知識點：極限的保號性、介值定理、微分中值定理。思路：要證明在某個區(qū)間(a,b)內(nèi)導函數(shù)至少存在兩個零點，只要證該函數(shù)在a,b上有三個零點，即可以利用羅爾中值定理，得岀結論。證明：t f (a) =lim f(x)- f (a) o，由極限的保號性知，x amU+(a, )(不妨設o,2x a特別地，捲三.、(a, )，使得 f (xi) 一 f (a) . o，二得 f (xj . f (a) = A ；x 一

15、 a同理，由 f；b)0,得三x2wU_(b,豹( o，2x2 - b從而得 f (x2) ： f (b)二 A ；又t f (x)在x1 ,x2上連續(xù)，二由介值定理知，至少有一點匕(x1,x2)使得f ( E)二A ；t f(x)在a, E、 E ,b 上連續(xù)，在(a, E)、( E ,內(nèi)可導，且 f (a)二 f (E)二 f (b) = A，由羅爾中值定理知，至少有一點E (a, E、 E2 (E，b，使得(&)=( E) =0，結論成立。 16.設f (x)在閉區(qū)間a,b上滿足f (x) 0，試證明存在唯一的 c,a ： c b，使得f (c)二f(b) - f b -a知識點：微分中

16、值定理或函數(shù)單調(diào)性的應用。思路：證明唯一性的題目或考慮利用反證法；或正面論述。此題用反證法和羅爾中值定理，或利用函數(shù)的 單調(diào)性得岀結論。證明：存在性。f (x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導，二由拉格朗日中值定理知，至少有一點c (a,b)，使得f (c)二f (b) - f (a)b -a唯一性的證明如下:方法一：利用反證法。假設另外存在一點(a,b)，使得 f (d)=f (b) - f (a)ba又/ f (x)在c,d(或d,c)上連續(xù)，在(c,d)(或(d,c)內(nèi)可導，由羅爾中值定理知，至少存在一點E迂(c,d) u (a,b)(或 氏(d,c) u (a,b),使得這與f(x)

17、在閉區(qū)間a,b上滿足f (x) .0矛盾。從而結論成立。方法二：丁 f(x)在閉區(qū)間a,b上滿足f (x)0， f (x)在a,b單調(diào)遞增，從而存在存在唯一的 c (a,b)，使得f (c) = f(b)一 f (a)。結論成立 b -a 17.設函數(shù)y二f(x)在x = 0的某個鄰域內(nèi)具有n階導數(shù)，且f(0)= f (0)=川二f(n(0) =0,試用柯西中值定理證明:f(x)n!(0 ： B ： 1)。知識點：柯西中值定理。思、路：對f (x)、g(x)二xn在0,x上連續(xù)使用n次柯西中值定理便可得結論。證明：丁 f (x)、g(x) = xn及其各階導數(shù)在0,x上連續(xù)，在(0,x)上可導

18、,且在(0,x)每一點處，g(nJ1)(x)二 n!x = 0，又 f0 =fj =|片 f0n10 二 二連續(xù)使用n次柯西中值定理得,f(x) _ f(x)-f(0) _ f ( J _ f (旨)- f (0)f(n)(討)-f z)(0)xnxn-g(0) n nf-g (0)n!討-g(n)(0)n!(0 ： 0 28(4)1ln (1 -) lim.x 八 arc cot xlimx J ：x(x 1)1 x211x2=1;7 sec2 7 x(5)lntan7xxim0亦応lim tan7xx 、0 2sec 2x27cos 2x tan2x .lim21 ；x *0 tan7x

19、2cos 7xtan 2x(7)(8)(9)x3 1 +ln x limx 1tan x - xlimx 0 x -sin x2sec x 1 =limx 1 -cosxlim xcot2x = limx jox 刃 tan2x22 tanxsec x =limx爭0sin x=lim23x 0 cos x22sec 2x1r 2壬lim x ex_0x2e=lim -J0112疋exx（或解為:lim x2x_01 r ex=lim ex )0-Hex2x3(10)lim :x :x(ex -1)u-1.=limur： ulim =：）ur： 11(e二 linx )：:1)（或解為：T當X

20、r -時，ex(11)lim(T x-1二 limx J：:11 xex2 “x1一 2xlim ex .=1;Hrx )0-1) = limxe 一1 一 x1/x 一e -11/ xlimx )02x1x l n x - x 1)=lim二 limln x x 1 ( x _ 1) ln x x ylIn(x -1) In xIn xX 1lim 血=1)x&1/ xIn x 2(或解為：lim xlnx-x 1uT i (x -1)ln xlim0(u 1)ln(u 1)-u ln(u 1uuln(u 1)limu 0(u 1)l n(u 1)-uu2=limu0ln(u 1)2u(14

21、)(16)lim(1 -) j xsin xlim xx 0 -(15)lim xln(1 a)xlim sinxln xln(1 !) lim _ x 二 ex -lim xe點ln xlim ex 0 cscxlim_ ex 0.XcOtxcscXtan xsin x limex.ln x lim tanx =lim ex 0 cotx x )0 -lim二 lim ex 0x -p亠 csc2 xlim ex 0x J0 -.2 sin x lim-x=e0ex l n(1-x)-1 limx_0x -arctanxx x (xe -e +1) 二-limx.0(17) lim (1 s

22、in x)ex x 1lim(1 gx_01)x2(x-1)x2x-lim 竺x a 2xIn(1 sin x) lim .lim ex 0x )0ln Jn xcosx lim x_01 -sin x(18) lim(ln 丄)xX 0 x(19)lim (x 、1 x2) xexlim 心；x q.1x2_lim=e x 0 ln x_lim 二 e x 01/x = 1 ；lim W2)*lim 1 x_lim 一1x：xT1 x2= ex 心 1，x2 = 1.tJ1(20)令 f (x) =(xtany，則xx21、x2xta n-)x1tant )?2t )Intantnt二 e*

23、00 t22t sec t 4ant lim 廠 =&02t2tanttsec?t -tantlim亍2t3i.t -sin tcost-吧-2t3cos2t et J.sin2tlim 2=e 6t2x21 os2t (1 osx二lim當e 0 6t1nlim：(ntann)n2=e3 2.驗證極限lim x sinx存在，但不能用洛必達法則求出。x知識點：洛必達法則。思、路：求導后極限如果不存在，不能說明原式極限不存在，只能說洛必達法則失效。洛必達法則不能解決所有的未定型極限問題?！眡+sinx一 sinx、, 小 , 拉沖x + sinx升*解：丁 limlim (1) = 1 0 =

24、 1，極限 lim存在;xxx+s inx1 + cosx=1 lim cosx，x_ .若使用洛必達法則，得limlimx1而lim cosx不存在，所以不能用洛必達法則求出。x_)：: 3.若f (x)有二階導數(shù)，證明f “(X)巳叫f(x h) -2f (x) f (x-h)h2知識點：導數(shù)定義和洛必達法則。思、路：使用洛必達法則，對極限中的函數(shù)上下求關于h的導數(shù)，然后利用導數(shù)定義得結論 。證明：. lim f(x h)2f2x) f(x h)=lim f(X h) 一 f (x-h) th2t= lim f (x h) - f (x) f (x) - f (x-h)_h-0=丄 lim

25、2 h-o2h2hf (x h) - f (x)1 f (x - h) - f (x)limh2h 刃-h二f (x)，二結論成立。 4.討論函數(shù) f(x)=V(1 X)1x*x x e e%在點x =0處的連續(xù)性。知識點：函數(shù)在一點連續(xù)的概念。思、路：討論分段函數(shù)在分段點處的連續(xù)性，要利用函數(shù)在一點處左、右連續(xù)的概念。解：Tim f (x)二 lim xTxT丄(1 -x)1x1exlm.1elim ln(1 尸 =ex x1 lim 丄 x F 0 亠 2x1 41lim2 1 ；x 2二 ee 2=f (0)， f (x)在 x = 0處右連續(xù);f (x)在x = 0處左連續(xù);又 lim

26、 f(x)二 e于二 f(0)，二x_0 -從而可知，f(x)二eeJ2,x 0在點x = 0處連續(xù)。x乞0 5.設g(x)在x=o處二階可導，且 g(0) =0。試確定a的值使f(x)在x = 0處可導，并求匚g(x),x = 0 f (0)，其中 f (x) xa , x =0知識點：連續(xù)和可導的關系、洛必達法則。思、路：討論分段函數(shù)在分段點處的連續(xù)性、可導性，一般考慮利用定義。解：要使f (x)在x = 0處可導，則必有f (x)在x = 0處連續(xù),又 g(x)在 X= 處 g(0)=，:玄=1帆3)=身警呷警嚴=g ；由導數(shù)定義，f (0)二lim-g(x - g 70) f(x)-f

27、(0)廣 xg(0丿limx：ox0X)0x0= iimg(x)-g(0)xx)0x2劃牟嚴=対(。)。2x內(nèi)容概要名稱主要內(nèi)容（3.3 ）3.3泰勒公式泰勒中值定理：如果 f（x）在含有x0的某個開區(qū)間（a,b）內(nèi)具有n + 1階的導數(shù)，則對任一x(a,b)，有 f (x) = f(X。)+ f / (x)(x X。)(Xo) (x x。)2 + 2!f (n)(xo)n+ (X-X。) +n!Rn（x），此公式稱為n階泰勒公式；其中Rn(X)(n +1)!n卅蛋（X X。）（-介于X。于X之間），稱為拉格朗日型余項；或Rn(X)=O(XXo)n，稱為皮亞諾型余項。n階麥克勞林公式：f (x

28、) = f (0) + f/(0)x+ f(0)x2+ f(n)(0)xn+Rn(X) 2!n!f曲)(縱)其中Rn(x)=3 (n +1)!X（。日1 ）或 Rn（X）O（X ）。2)cosx =13)ln(1 x)4)5)6)1 =11 -xx2xn常用的初等函數(shù)的麥克勞林公式：1) ex = 1亠x o(xn)2!n!3xsin x = x3!5x+ 5!2n 1-(J)!。(嚴)2 x2!44!62n” +1盒+。宀2x二 x233n 1x/八 n Xz n -11) +o(x ) n +1X x2 亠 亠 xno(xn)(1 x)mmx m(m)x2m(m)(mn1)xn o(xn)

29、2! n!習題3-3 1.按(x -1)的冪展開多項式f (x) = x43x2 4。知識點：泰勒公式。思路：直接展開法。求 f(X)按(X - x0)的冪展開的n階泰勒公式，則依次求f(X)直到n 1階的導數(shù)在x = x0處的值，然后帶代入公式即可。解：f (x) =4x3 6x，f(1)=10 ； f (x)=12x2 6，f (1) = 18 ；f (x)=24x，f (1) = 24 ； f(4) (xH 24 ； f (1)=24 ； f5)(x) = 0 ；將以上結果代入泰勒公式，得f(X)= f(1)&-1)2 &-1)3 (X-1)41!2!3!4!2348 - 10(x -1

30、)9(x -1)4(x-1) (x-1)。 2.求函數(shù)f(x)二.X按(x-4)的冪展開的帶有拉格朗日型余項的三階泰勒公式。知識點：泰勒公式。思、路：同1。解:1 1f(x)Nx，f(4)蔦；1f(4rf (X)打8f(4)(x)15x 2 ;將以上結果代入泰勒公式，得16f(x)=f(4) f(x-4) 1&-4)2 4“_4廠山(x-4)41!2!3!4!1115=2 (x-4) (x-4)2(x-4)37(x_4)4 , ( E 介于 x 與 4 之間)4645123128 E2 3.把f(X)二1 X x2在X二0點展開到含1 x+x4X項，并求(3)(0)。知識點：麥克勞林公式。思路

31、：間接展開法。f(x)為有理分式時通常利用已知的結論11 -X=1 XX2o(xn)。解:f (X)二1 XX21 -XX221 - x x 2x1 -x x212x21 - X X=12x(1 x)33244=1 2x(1 x)(1 -x3 o(x3) =1 2x 2x -2x4 o(x4)；f (0)又由泰勒公式知x3前的系數(shù)0 ,從而f “(0) = 0。3! 4.求函數(shù)f (x) = In x按(x2)的冪展開的帶有皮亞諾型余項的n階泰勒公式。知識點：泰勒公式。思路：直接展開法，解法同1 ；或者間接展開法，f(x)為對數(shù)函數(shù)時，通常利用已知的結論23n 1In(1 x“x 亡,(T)n

32、o(xn1)方法一：（直接展開）f（X）=丄,f 二1 ； f （x）1 , f （2）=-x2x42 1f (x7，f蔦（5（廿寧，(2) = (I)S”1；將以上結果代入泰勒公式，得In x = f (2)-f-( (x -2)1!dx”2!厘(x3!字(x 2)4 I4!f(n)(2)n!/(x2)31 1（x_2）no（x2）n）m 尹一2）一尹一2）2(-1嚴打(x2)n o(x 2)n)。n 2x 2x2 1x_22方法二：f(x)=lnx=ln(2 x-2) = ln2 ln(1)=1 n2()22 2 2 2(- 2)3一 (/嚴1 2)n o(x 2)n)=ln2 /x-N-

33、AdV232n 22221 1 3(x-2)3 -(-1)2 n(x-2)n o(x-2門。3 2n 21 5.求函數(shù)f(x) 按(x 1)的冪展開的帶有拉格朗日型余項的 n階泰勒公式。x知識點：泰勒公式。思路：直接展開法，解法同1 ；或者間接展開法，f（x）為有理分式時通常利用已知的結論丄=1 xx2III xn1 -x1xn 1(1-廣2x方法一 ：f（X）=f (-1) 一1； f (x)_23 x，f (-1)2 ； f (x) xf (-1)= 6 ,f(n) (x)f (-1)將以上結果代入泰勒公式，得3）罟（X “ T（x 1）2 屮（X 1）3 川(n ) ( (n 1)!n

34、-1(x 1)2-1 -(x 1) -(x 1)(_1嚴-(x 1)3 -(x 1)n仃nJ (X 1)n1( E介于x與一 1之間)。1 -(x 1)3n-1 (x 1) (x 1) (x 1)(x 1).(-1)n1(_1嚴 k(x 1)n1 = -1 -(x 1) -(x 1)2 -(x 1)3 一 _(x 1)nn 1k(x T)(E介于x與1之間)。 6.求函數(shù)y二xex的帶有皮亞諾型余項的 n階麥克勞林展開式。知識點：麥克勞林公式。思路：直接展開法,解法同1；間接展開法。f (x)中含有ex時，通常利用已知結論x2ex =1 x!n! OX)。方法一：/-(x 1)ex，y(0)=

35、1； y=(x 2)ex，y (0) = 2 ；(n),y二(x n)ex，y(n)(0) = n，將以上結果代入麥克勞林公式，得xxe-f(0)衛(wèi)x f0)x2 1! 2!3!(n)x3 川屮n o(xn)方法x22!xe(n-1)!(n-1)!o(xn)。o(xn) o5-1)!o(xn 4) = X X231u-“231 xx xx 7.驗證當0 ： x 時，按公式 e 1 x計算e的近似值時，所產(chǎn)生的誤差小于2 2 60.01，并求,e的近似值，使誤差小于 0.01。知識點：泰勒公式的應用。思、路：利用泰勒公式估計誤差，就是估計拉格朗日余項的范圍。1e 4 x 4!2 14! 2解:R

36、3(x)二11 ： 001 1 e ： V 2丄丄:0.646。848呼x2 m2!f5 (0) 5x5! 8.用泰勒公式取n =5,求ln12的近似值，并估計其誤差。知識點：泰勒公式的應用。解：設 f (x) =n 1 x)，則 f(X)： f(0)f-(0x1!竺：01823；其4525xx二 x，從而 In 1.2 二2 52340.2020.2f (0.2) : 0.2 -23誤差為：R5(x)二1 66 x6(1 B6乞竺：0.0000107。6 9.利用函數(shù)的泰勒展開式求下列極限:x3 3x、；x2x);(1) lx12x10(-2)x11 x2 _ . 1 - x2.lim(11

37、x；2 8x1 1。(注。1 1 1_X2 _(1 X2)22 = Iim0(cosx -e ) sin x x1X2(2)lim 2x_0-11x2x22(cosx - e )x1(11 1X2 _ (1 1X22 2X-：0X2222(1o(x ) -(1 X o(x )xT )x4 0(x4)14/4、x o(x )83x4/ 4、+ o(x )1 。12x2 10.設 x 0，證明：xIn(1 x)。2知識點：泰勒公式。思、路：用泰勒公式證明不等式是常用的一種方法。特別是不等式的一邊為某個函數(shù)，另一邊為其冪級數(shù)展開的一部分時，可考慮用泰勒公式。2! ?解：In(1 x) = x - x

38、3X+3(193E介于0與x之間)，丁 x 0，二3x3 0，3(193從而 ln(1 - x)2x，結論成立。2(也可用 3.4函數(shù)單調(diào)性的判定定理證明之) 11.證明函數(shù)f (x)是n次多項式的充要條件是 f (n1)(x) = 0。知識點：麥克勞林公式。思路 :將f(X)按照麥克勞林公式形式展開，根據(jù)已知條件，得結論。解:必要性。易知，若 f(X)是n次多項式，則有f(n 1) (X)三0。充分性。丁 f(n 1) (x)三0，- f (x)的n階麥克勞林公式為：f (x)7。) f (0)x 普.f (0)x(n 1)n 1(E)x(n)(0)xnfn!(n 1)!二 f (0) f (0)x f (0)X2!f (0)x33!+(n)(0)xnn!即f (x)是n次多項式，結論成立 12