高等数学习题课3.pdf

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1、一、主要内容二、典型例题例1设函数f(x)在[0,1]上连续，(0,1)内可导，0∞0洛必达法则0,1,∞型Cauchy0令y=fg且f(1)=0,证明：存在x0∈(0,1),使得中值定理∞−∞型型取对数nf(x)+xf(x)=0.00001g−1f0⋅∞型f−g=∞解作辅助函数F(x)=xnf(x)F(x)=x1g⋅1f型f⋅g=f∞1g则F(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导，且F(0)=F(1)=0.Lagrangef(a)=f(b)Rolle导数的应用由罗尔定理，知存在x0∈(0,1),使得F′(x0)=0.中值定理定理

2、′=n−1+n′单调性,极值与最值,又F(x0)nx0f(x0)x0f(x0)n=0n−1凹凸性,拐点,函数则有F′(x)=x[nf(x)+xf′(x)]=0.00000Taylor常用的图形的描绘;Qxn−1≠0，x∈(0,1),00中值定理泰勒公式曲率;求根方法.∴∃x∈(0,1),使得nf(x)+xf(x)=0.0000例2.设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导，例3设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,f(a)=f(b)=0,证明：对∀λ∈R,试证:(1)∃ξ∈(0,1

3、),使f(ξ)=1−ξ.(1)∃ξ∈(a,b),使得λf(ξ)+f′(ξ)=0成立.(2)∃η,ζ∈(0,1),且η≠ζ,使f′(η)f′(ζ)=1.(2)∃η∈(a,b),使得λf(η)−f′(η)=0成立.证(1)令F(x)=f(x)−1+x,λx证明：(1)令F(x)=ef(x),则F(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导,则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=−1<0,F(1)=1>0,F(a)=F(b)=0,由Rolle知,∃ξ∈(a,b),使得F′(ξ)=0由零点定理,存在ξ∈(0,1),使得F(ξ)=0,λξλξ

4、λξ则λef(ξ)+ef′(ξ)=0，即e[λf(ξ)+f′(ξ)]=0.即∃ξ∈(0,1),使得f(ξ)=1−ξ.(1)λξ显然，e≠0,故∃ξ∈(a,b),使得λf(ξ)+f′(ξ)=0.(2)f(x)在[0,ξ],[ξ,1]上分别用拉格朗日中值定理,有−λx(2)令F(x)=ef(x),证明方法同(1)类似.例3设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证:(1)∃ξ∈(0,1),使f(ξ)=1−ξ.例4设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且(2)∃η,ζ∈(0,1),且η≠

5、ζ,使f′(η)f′(ζ)=1.f(0)=0,f(1)=1,试证:对任意给定的正数a,b(2)f(x)在[0,ξ],[ξ,1]上分别用拉格朗日中值定理,有在(0,1)内存在不同的ξ,η使a+b=a+b.f′(ξ)f′(η)f(ξ)−f(0)=(ξ−0)f′(η),η∈(0,ξ)(2)f(1)−f(ξ)=(1−ξ)f′(ζ),ζ∈(ξ,1)(3)证Qa与b均为正数,∴0

6、,1),使得f(τ)=,1−f(ξ)ξa+bf′(ζ)==,(5)1−ξ1−ξf(x)在[0,τ],[τ,1]上分别用拉格朗日中值定理,有(4)×(5),f′(η)⋅f′(ζ)=1,其中η≠ζ∈(0,1).1f(τ)−f(0)=(τ−0)f′(ξ),ξ∈(0,τ)(1)例5设函数f(x)在x=0的某邻域内有二阶连续导数,1f(x)f(x)f(1)−f(τ)=(1−τ)f′(η),η∈(τ,1)(2)且lim=0,f′′(0)=4，求lim(1+)x.x→0xx→0x注意到f(0)=0,f(1)=1,由(1),(2)有由limf(x)=

7、0及f(x)在x=0的邻域内二阶导数连续知:b解：ax→0xτ=f(τ)=a+b(3)1−τ=1−f(τ)=a+b(4)f(0)=0,f′(0)=0,f′(ξ)f′(ξ)f′(η)f′(η)f(x)1f(x)xf(x)xf(x)x2Qlim(1+)=lim{(1+)},abx→0xx→0x(3)+(4),得1=+f′(ξ)(a+b)f′(η)(a+b)根据洛必达法则，ab∴+=a+b.f(x)f′(x)f′′(x)f′′(0)4f′(ξ)f′(η)lim=lim=lim===2.2x→0xx→02xx→0222练习：设f(x)在[0,

8、1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证:1xf(x)∴lim(1+f(x))x=lim{(1+f(x))f(x)}x2=e2.11在(0,1)内存在不同的ξ,η使′+′=2.x→0xx→0xf