罗尔定理拉格朗日柯西中值定理洛必达法则与导数的应用

内容概要 名称 3.1 中值 定理 名称 罗尔中值定理 主要内容（3.1、3.2） 条件 （1）在[a,b]上连续；（2）在(a,b)yf(x)：内可导；（3）结论 至少存在一点ξ(a,b)使得f(a)f(b) f/(ξ)0 至少存在一点拉格朗日中值定理 柯西中值定理 （1）在[a,b]上连续；（2）在(a,b)yf(x)：内可导 (a,b) 使得f/(ξ)f(b)f(a)ba（1）在[a,b]上连续，在(a,b)f(x)、g(x)：内可导；（2）在(a,b)内每点处g/至少存在一点ξ(a,b)使得(x)0 f/(ξ)f(b)f(a) bag/(ξ)3.2 洛必达 法则 基本形式 00型与型未定式 通分或取倒数化为基本形式 0型或型； 002）0型：常用取倒数的手段化为型或型，即： 0000或0； 1/01/01）型：常用通分的手段化为1）0型：取对数得000取对数化为 基本形式 e0ln0，其中0ln00001/0或0ln002）1型：取对数得1； 1/0eln1， 00 1/0或ln10； 1/0其中ln103）型：取对数得00e0ln， 00 1/0。 或0ln01/0课后习题全解 其中0ln0习题3-1

★1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值

。

（1）

f(x)2x2x3,[1,1.5]；

（2）

f(x)x3x,[0,3]。

知识点：罗尔中值定理。

思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程f/(ξ)0，得到的根ξ便为所求。

2解：（1）∵f(x)2xx3在[1, 1.5]上连续，在(1,1.5)内可导，且f(1)f(1.5)0，

∴

f(x)2x2x3在[1,1.5]上满足罗尔定理的条件。令f(ξ)4ξ10得

ξ （2）∵ ∴

1(1,1.5)即为所求。 4在[0,3]上连续，在(0,3)内可导，且在[0,3]上满足罗尔定理的条件。令

f(x)x3xf(x)x3xf(0)f(3)0，

f(ξ)3ξξ0，得ξ2(0,3)即为所求。

23ξy4x35x2x2在区间[0,1]上的正确性。

★2.验证拉格朗日中值定理对函数

知识点：拉格朗日中值定理。

思路：根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程f(ξ)则可验证定理的正确性。

f(1)f(0)1]，若得到的根ξ[0,10解：∵yf(x)4x35x2x2在[0,1]连续，在(0,1)内可导，∴y4x35x2x2在

1]上满足拉格朗日中值定理的条件。又区间[0,f(1)2,f(0)2，f(x)12x210x1，

∴要使

f()513f(1)f(0)(0,1)， 0，只要：1210∴513f(1)f(0)(0,1)，使f(ξ)，验证完毕。 1210f(x)x4在区间[1,2]上满足拉格朗日中值定理的条件，试求满足定理的ξ。

33★3.已知函数

解：要使

理的。

1515f(2)f(1)3(1,2)即为满足定f(ξ)，只要4ξ15，从而ξ4421★★4.试证明对函数

ypx2qxr应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。

证明：不妨设所讨论的区间为[a,b]，则函数ypx2qxr在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，

从而有

(pb2qbr)(pa2qar)f(b)f(a)，即2ξq， f(ξ)baba解得ξba，结论成立。 2★5.函数

f(x)x3与g(x)x21在区间[1,2]上是否满足柯西定理的所有条件？如满足，请求出满

足定理的数值ξ。

知识点：柯西中值定理。

思路：根据柯西中值定理的条件和结论，求解方程

f(ξ)f(b)f(a)，得到的根ξ便为所求。 g(ξ)g(b)g(a)解：∵f(x)x3及g(x)x21在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且在(1,2)内的每一点处有

g(x)2x0，所以满足柯西中值定理的条件。要使

得ξf(ξ)f(2)f(1)3ξ27，只要，解

g(ξ)g(2)g(1)2ξ314(1,2)， ξ即为满足定理的数值。 9f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(1)0。求证：

★★★6.设

存在ξ(0,1)，使f(ξ)f(ξ)。 ξ知识点：罗尔中值定理的应用。 思路：从f/(ξ)f(ξ)ξ结论出发，变形为

f/(ξ)ξf(ξ)0，构造辅助函数使其导函数为

f/(x)xf(x)， 然后再利用罗尔中值定理，便得结论。构造辅助函数也是利用中值定理解决问题时常

用的方法。

证明：构造辅助函数F(x)xf(x)，F(x)f(x)xf(x)

根据题意F(x)xf(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(1)1f(1)0，

F(0)0f(0)0，从而由罗尔中值定理得：存在ξ(0,1)，使

F(ξ)f(ξ)ξf(ξ)0，即f(ξ)f(ξ)。 ξ注：辅助函数的构造方法一般可通过结论倒推，如：要使f(x) ∴只要设辅助函数F(x)★★7.若函数

f(x)，只要 xxf(x)

f(x)在(a,b)内具有二阶导函数，且f(x1)f(x2)f(x3)

(ax1x2x3b)，证明：在(x1,x3)内至少有一点ξ，使得f(ξ)0。

知识点：罗尔中值定理的应用。 思路：连续两次使用罗尔中值定理。

证明：∵ f(x)在(a,b)内具有二阶导函数，∴f(x)在[x1,x2]、[x2,x3]内连续，

在(x1,x2)、(x2,x3)内可导，又∴由罗尔定理，至少有一点ξ1使得

f(x1)f(x2)f(x3)，

(x1,x2)、ξ2(x2,x3)，

f(ξ1)0、f(ξ2)0；又f(x)在[ξ1,ξ2]上连续，在(ξ1,ξ2)内可导，

从而由罗尔中值定理，至少有一点ξ★★8.若4次方程a0x4(ξ1,ξ2)(x1,x3)，使得f(ξ)0。

a1x3a2x2a3xa40有4个不同的实根，证明：

的所有根皆为实根。

知识点：罗尔中值定理的应用。

思路：讨论方程根的情况可考虑罗尔中值定理。 证明：令f(x)a0x4a1x3a2x2a3xa4

则由题意，∵又

f(x)有4个不同的实数零点，分别设为x1,x2,x3,x4，

f(x)在[x1,x2]、[x2,x3]、[x3,x4]上连续，在(x1,x2)、(x2,x3)、(x3,x4)上可导， f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)0，

∴由罗尔中值定理，至少有一点ξ1使得

(x1,x2)、ξ2(x2,x3)、ξ3(x3,x4)

f(ξ1)f(ξ2)f(ξ3)0，即方程4a0x33a1x22a2xa30至少有3个实根，又

三次方程最多有3个实根，从而结论成立。

★★★9.证明：方程

x5x10只有一个正根。

知识点：零点定理和罗尔定理的应用。

思路：讨论某些方程根的唯一性，可利用反证法，结合零点定理和罗尔定理得出结论。零点定理往往用

来讨论函数的零点情况；罗尔定理往往用来讨论导函数的零点情况。

解：令f(x)x5x1，∵f(x)在[0,1]上连续，且f(1)10，f(0)10，

∴由零点定理，至少有一点ξ假设x则

5(0,1)，使得f(ξ)ξ5ξ10；

x10有两个正根，分别设为ξ1、ξ2（ξ1ξ2），

f(x)在在[ξ1,ξ2]上连续，在(ξ1,ξ2)内可导，且f(ξ1)f(ξ2)0，

从而由罗尔定理，至少有一点ξ∴方程x5(ξ1,ξ2)，使得f(ξ)5ξ410，这不可能。

x10只有一个正根。

f(x)(x1)(x2)(x3)(x4)的导数，说明方程f(x)0有几个实根，

★★10.不用求出函数

并指出它们所在的区间。

知识点：罗尔中值定理的应用。

思路：讨论导函数的零点，可考虑利用罗尔中值定理。

解： ∵f(x)(x1)(x2)(x3)(x4)在[1,2]、[2,3]、[3,4]上连续，

在(1,2)、(2,3)、(3,4)内可导，且∴由罗尔中值定理，至少有一点ξ1使得

f(1)f(2)f(3)f(4)0，

(1,2)、ξ2(2,3)、ξ3(3,4)，

f(ξ1)f(ξ2)f(ξ3)0，即方程f(x)0至少有三个实根，

又方程

f(x)0为三次方程，至多有三个实根，

∴

f(x)0有3个实根，分别为ξ1(1,2)、ξ2(2,3)、ξ3(3,4)。

★★★11.证明下列不等式：

（1）

arctanaarctanbab ； （2） 当 x1时，exex ；

11。 0，证明ln(1x)x； （4） 当x0时，ln(1)x1x（3） 设 x知识点：利用拉格朗日中值定理。

思路：用拉格朗日中值定理证明不等式的过程：寻找函数yf(x)，通过式子f(ξ)（或

f(b)f(a)baf(b)f(a)f(ξ)(ba)）证明的不等式。

证明：（1）令f(x)arctanx， ∵f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，得

arctanaarctanbf(ξ)(ba)1baba21ξ。

（2）令

f(x)ex(x1)，∵f(x)在[1,x]上连续，在(1,x)内可导，

x∴由拉格朗日中值定理，得e∵1ξ（3）令

e eξ(x1)，

x，∴exeeξ(x1)e(x1)exe，从而当 x1时，exex。

f(x)ln(1x)(x0)，∵f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，

x)ln(1x)ln(10)f(ξ)(x0)1x， 1ξ∴由拉格朗日中值定理，得ln(1∵0ξx，∴

1xx，即x0， ln(1x)x。 1ξ（4）令

f(x)lnx(x0)，∵f(x)在[x,1x]上连续，在(x,1x)内可导，

11)ln(1x)lnxf(ξ)(10)， xξ。

∴由拉格朗日中值定理，得ln(1∵xξ1x，∴

1111，即当x0时，ln(1)ξ1xx1x★★12.证明等式：2arctanxarcsin2xπ(x1).

1x2知识点：f(x)0f(x)C（C为常数）。

思路：证明一个函数表达式f(x)恒等于一个常数，只要证f(x)0

2x(x1)，

1x2当x1时，有2arctan1arcsin1π；当x1时，有

22()0，∴f(x)Cf(1)221x1x证明：令f(x)2arctanxarcsin；

∴2arctanxarcsin★★★13.证明：若函数

2xπ(x1)成立。

1x2 f(x)在(-,)内满足关系式f(x)f(x)，且f(0)1，则f(x)ex。

知识点：f(x)0f(x)C

思路：因为 f(x)exexf(x)1，所以当设F(x)exf(x)时，只要证F(x)0即可 证明：构造辅助函数F(x)exf(x)，

则F(x)exf(x)exf(x)0；

x∴F(x)e∴

f(x)CF(0)1

f(x)ex。

★★★14.设函数

f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内有二阶导数，且有

f(a)f(b)0,f(c)0(acb) ，

试证在(a,b)内至少存在一点ξ，使

f(ξ)0。

知识点：拉格朗日中值定理的应用。

思路：关于导函数f(n)(ξ)在一点处符号的判断，根据已知条件和拉格朗日中值定理的结论，逐层分析

各层导函数改变量和自变量改变量的符号，得出结论。

证明：∵ f(x)在[a,c]、[c,b]上连续，在(a,c)、(c,b)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，至少有一点ξ1使得又

(a,c)、ξ2(c,b)，

f(ξ2)f(c)f(b)f(a)f(c)0，f(ξ1)0；

cbacf(x)在[ξ1,ξ2]上连续，在(ξ1,ξ2)内可导，从而至少有一点ξ(ξ1,ξ2)， f(ξ)f(ξ2)f(ξ1)0。

ξ2ξ1使得

★★★15.设

f(x)在[a,b]上可微，且f(a)0,f(b)0,f(a)f(b)A,试证明f/(x)在

(a,b)内至少有两个零点。

知识点：极限的保号性、介值定理、微分中值定理。

思路：要证明在某个区间(a,b)内导函数至少存在两个零点，只要证该函数在[a,b]上有三个零点，即

可以利用罗尔中值定理，得出结论。

证明：∵f(a)limf(x)f(a)0，由极限的保号性知，

xaxab-af(x)f(a)(a,δ1)（不妨设δ1），对于x(a,δ1)，均有0，

2xa(a,δ1)，使得

f(x1)f(a)0，∴得f(x1)f(a)A；

x1af(x2)f(b)b-a0， ），使得

x2b2特别地，x1同理，由

f(b)0,得x2(b,δ2)（δ2从而得又∵∵

f(x2)f(b)A；

f(x)在[x1,x2]上连续，∴由介值定理知，至少有一点ξ(x1,x2)使得f(ξ)A；

f(x)在[a,ξ]、[ξ,b]上连续，在(a,ξ)、(ξ,b)内可导，且f(a)f(ξ)f(b)A，

∴由罗尔中值定理知，至少有一点ξ1★★★16.设

(a,ξ)、ξ2(ξ,b)，使得f(ξ1)f(ξ2)0，结论成立。

f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0，试证明存在唯一的c,acb，使得

f(c)f(b)f(a)。

ba知识点：微分中值定理或函数单调性的应用。

思路：证明唯一性的题目或考虑利用反证法；或正面论述。此题用反证法和罗尔中值定理，或利用函数

的单调性得出结论。

证明：存在性。

∵

f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，∴由拉格朗日中值定理知，至少有一点c(a,b)，使得

f(c)f(b)f(a)。

baf(b)f(a)，

ba唯一性的证明如下：

方法一：利用反证法。假设另外存在一点d(a,b)，使得f(d)又∵

f(x)在[c,d]（或[d,c]）上连续，在(c,d)（或(d,c)）内可导，

(c,d)(a,b)（或ξ(d,c)(a,b)），使得f(ξ)0，

∴由罗尔中值定理知，至少存在一点ξ这与

f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0矛盾。从而结论成立。

方法二：∵f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0，∴f(x)在[a,b]单调递增，

从而存在存在唯一的c(a,b)，使得

★★★17.设函数

f(c)f(b)f(a)。结论成立。

bayf(x)在x0的某个邻域内具有n阶导数，且

f(0)f(0)f(n1)(0)0,试用柯西中值定理证明：

f(x)f(n)(θx)(0θ1)。

n!xn知识点：柯西中值定理。

思路：对f(x)、g(x)xn在[0,x]上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。 证明：∵f(x)、g(x)xn及其各阶导数在[0,x]上连续，在(0,x)上可导，

且在(0,x)每一点处，g(n1)(x)n!x0，又f(0)f(0)f(n1)(0)0,，

∴连续使用n次柯西中值定理得，

f(n)(θx)(0θ1)，从而结论成立。

n!习题3-2

★★1.用洛必达法则求下列极限：

1ln(1)eelnsinxsinxsinax；

（1） lim； （2） lim； （3）lim； （4）lim2πx0xaxarccotxsinxx-ax(π-2x)xx2x31lnxlntan7x（5）lim； （6）limx1x0lntan2xexe1； （7） limtanxxx0x-sinx； （8）limx0xcot2x；

（9） limx0xex22； （10）lim11x1x(e1)； （11） （12）lim(x)；lim()；xx0xx1x-1lnxe11xexln(1x)1ax1tanxsinx（13）lim(1)； （14）limx； （15）lim()； （16）lim；

x0xx0xx0x-arctanxx1x1n22lim(1sinx)；（17） （18）lim(ln)； （19）lim(x1x)x； （20）lim(ntan)。

x0xx0nxn1x1知识点：洛必达法则。

思路：注意洛必达法则的适用范围。该法则解决的是未定型的极限问题，基本形式为：

000型与

型未定式，对于这种形式可连续使用洛必达法则；对于型与0型的未定式，可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式；对于0型、1型与型的未定式，可通过取对数等手段化为未定式；此外，还可以结合等价无穷小替换、两个重要的极限、换元等手段使问题简化。

0exexexexlim2； 解： （1） limx0x0sinxcosx （2） limsinxsinacosxlimcosa；

xaxaxa1cosxlnsinxsinxlimcosxlimsinx1；

（3）limlim2ππππ88x(π2x)x4(2xπ)x4(2xπ)x222211ln(1)1x2x(x1)xlimlim1； （4）limxarccotxxxx(x1)11x27sec27xlntan7x7cos22xtan2xtan7xlimlim1； （5）limx0lntan2xx02sec22xx0tan7x2cos27xtan2xx31lnx（6）limlimx1x1exe3x21x4；

eextanxxsec2x12tanxsec2x2limlimlim2； （7） limx0xsinxx01cosxx0x0cos3xsinx（8）limx0xcot2xlimx11； limx0tan2xx02sec22x2111（9） limx0x2ex22x21e23ex2limlimxlimex； x01x0x023x2x1u1x2（或解为：limxx02ex2eueulimlim） uuu11xe112(e1)xxlimlimex1； （10）limx(e1)limxxxx112xx1x11/x1e11/xlim1） （或解为：∵当x时，e1~，∴limx(ex1)limxxxx1/x1/x1x111ex1x(e1)~xex1xex11)limlimlim； （11）lim(xx2x0xx0x0x0e1x(e1)x2x2x（12）lim(x1x1xlnxx1)limlimx1(x1)lnxx1x1lnx或

解

lnx1lnx1lim； x1x1lnx22lnxx为

：

（

xlnxx1ux1(u1)ln(u1)uln(u1)~u(u1)ln(u1)ulimlimlim x1(x1)lnxu0u0uln(u1)u2limax)exex0ln(u1)1）

u02u2ealimxx1x1（13）lim(1xalimxln(1)xxelimaln(1)xlim1xxea；

limtanxsinxx（14）

x0limxsinxlimsinxlnxlnxex0cscxex0xcotxcscxlimex0e01；

（15）

1tanxlim()limex0xx0xlnxlimx0cotxlimex01xlim2x0cscxlimex0sin2xxx0lime01；

1eln(1x)1(1x2)(xexex1)x1limlim（16）lim x0x0x01xarctanx(x1)x211x2ex(xexex1)xex1limlim； x0x02xx22（17）lim(1sinx)x01xlimex0x0limln(1sinx)xlimex0x01sinlimcosxxe；

1x（18）lim(ln)ex0xln[lnx]lim1x0xe11()lnxxlim1x02xelimxx0lnxelim1x01/x1；

1x1x22（19）

xlim(x1x2)e1xln(x1x2)limxxexlimx1xexlim11x21；

lntantlntt2（20）令

lim1x2tantt21x2t0)ef(x)(xtan)，则lim(xtan)lim(xt0xtxt1x1

11n2∴lim(ntan)e3

nn★★2.验证极限limxsinx存在，但不能用洛必达法则求出。

xx知识点：洛必达法则。

思路：求导后极限如果不存在，不能说明原式极限不存在，只能说洛必达法则失效。洛必达法则不能解

决所有的未定型极限问题。

xsinxsinxxsinx存在； lim(1)101，∴极限limxxxxxxxsinx1cosx若使用洛必达法则，得limlim1limcosx，

xxxx1解：∵ lim而limxcosx不存在，所以不能用洛必达法则求出。

f(x)有二阶导数，证明f(x)limh0★★★3.若

f(xh)2f(x)f(xh)。 2h知识点：导数定义和洛必达法则。

思路：使用洛必达法则，对极限中的函数上下求关于h的导数，然后利用导数定义得结论。

f(xh)2f(x)f(xh)f(xh)f(xh) lim2h0h2hf(xh)f(x)f(x)f(xh)limh02h1f(xh)f(x)1f(xh)f(x)limlimf//(x)，∴结论成立。 2h0h2h0h(1x)1x1x0[]x,★★★4.讨论函数f(x)在点x0处的连续性。 e12x0e,证明：∵ limh0

知识点：函数在一点连续的概念。

思路：讨论分段函数在分段点处的连续性，要利用函数在一点处左、右连续的概念。

(1x)x1x]e解：∵limf(x)lim[x0x0ee11lim2x01x111(1x)xlimlnex0xex0limln(1x)xx2e11lim1xx02x

e12f(0)，∴f(x)在x0处右连续；

12又∵

x0limf(x)ef(0)，∴f(x)在x0处左连续；

从而可知，

(1x)1x1x0[]x,f(x)在点x0处连续。 e12x0e,★★★5.设

g(x)在x0处二阶可导，且g(0)0。试确定a的值使f(x)在x0处可导，并求

f(0)，其中

g(x) ,x0f(x)x 。

x0a ,知识点：连续和可导的关系、洛必达法则。

思路：讨论分段函数在分段点处的连续性、可导性，一般考虑利用定义。 解：要使f(x)在x0处可导，则必有f(x)在x0处连续，

又∵g(x)在x0处g(0)0，∴alimf(x)limx0x0g(x)g(x)g(0)limg/(0)； x0xx0g(x)g(0)f(x)f(0)g(x)g(0)x由导数定义，f(0)lim limxlim2x0x0x0x0x0xg(x)g(0)1limg(0)。 x02x2内容概要 名称 3.3 泰勒公式 主要内容（3.3） 泰勒中值定理：如果f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内具有n1阶的导数，则对任一/x(a,b)，有f//(x0)f(x)f(x0)f(x0)(xx0)(xx0)2 2!f(n)(x0)(xx0)nRn(x)，此公式称为n阶泰勒公式； n!f(n1)()(xx0)n1（其中Rn(x)(n1)!介于x0于x之间），称为拉格朗日型余项；或Rn(x)o[(xx0)n]，称为皮亚诺型余项。 n阶麦克劳林公式： f(n1)(x)n1x（01）或Rn(x)o(xn)。 其中Rn(x)(n1)!x2xno(xn) 常用的初等函数的麦克劳林公式：1）e1x2!n!xx3x5x2n1n(1)o(x2n2) 2）sinxx3!5!(2n1)!2nx2x4x6nx(1)o(x2n1) 3）cosx12!4!6!(2n)!n1x2x3nx(1)o(xn1) 4）ln(1x)x23n111xx2xno(xn) 1xm(m1)2m(m1)(mn1)nm6）(1x)1mxxxo(xn) 2!n!5）习题3-3

★1.按(x1)的幂展开多项式f(x)x43x24。

知识点：泰勒公式。

思路：直接展开法。求f(x)按(xx0)的幂展开的n阶泰勒公式，则依次求f(x)直到n1阶的导

数在xx0处的值，然后带代入公式即可。

解：f(x)4x36x，f(1)10；f(x)12x26，f(1)18；

f(x)24x，f(1)24；f(4)(x)24；f将以上结果代入泰勒公式，得

(4)(1)24；f(5)(x)0；

f(1)f(1)f(1)f(4)(1)23f(x)f(1)(x1)(x1)(x1)(x1)41!2!3!4!810(x1)9(x1)24(x1)3(x1)4。

★★2.求函数

f(x)x按(x4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式。

知识点：泰勒公式。 思路：同1。 解：f(x)12x，

1311f(4)；f(x)x2，f(4)；

44327152353(4)f(x)x；将以上结果代入泰勒公式，得 f(x)x2，f(4)；

1682561112(x4)(x4)2(x4)345125128ξ72(x4)4，（ξ介于x与4之间）。

★★★3.把

1xx2f(x)1xx2在x0点展开到含x4项，并求f(3)(0)。

知识点：麦克劳林公式。 思路

：间接展开法。

f(x)为有理分式时通常利用已知的结论

11xx2xno(xn)。 1x解：

1xx21xx22x2x1f(x)112x(1x)1xx21xx21xx21x3

12x(1x)(1x3o(x3))12x2x22x4o(x4)；

又由泰勒公式知x前的系数

★★4.求函数

3f(0)0，从而f(0)0。 3!f(x)lnx按(x2)的幂展开的带有皮亚诺型余项的n阶泰勒公式。

知识点：泰勒公式。

思路：直接展开法，解法同1；或者间接展开法，f(x)为对数函数时，通常利用已知的结论

n1x2x3nx(1)o(xn1)。 ln(1x)x23n1方法一：（直接展开）f(x)111，f(2)；f(x)2x2x，

f(2)1； 4f(x)2x3，

f(2)1(n1)!(n)(n)n1(n1)!；,f，； (x)(1)n1f(2)(1)4xn2n将以上结果代入泰勒公式，得

(1)n11nn(x2)o((x2))。 nn2方法二：f(x)lnxln(2x2)ln2ln(1x2x21x22)ln2() 2222113n1(x2)(1)(x2)no((x2)n)。 3n32n21★★5.求函数f(x)按(x1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式。

x知识点：泰勒公式。 思路：直接展开法，解法同

11xx21xxn1；或者间接展开法，

f(x)为有理分式时通常利用已知的结论

1(1)n2xn1。

方法一：f(x)1x2，

f(1)1；f(x)2x3，

f(1)2；f(x)6x4，

f(1)6,f(n)(x)(1)n将以上结果代入泰勒公式，得

n!n!(n)nf(1)(1)n!； ，n1n1(1)x(1)n11(x1)(x1)(x1)(x1)n2(x1)n1（ξ介于x与1之间）。

ξ23n方法二：1x1[1(x1)(x1)2(x1)3(x1)n

1(x1)(1)n1(1)n1n123nn2(x1)]1(x1)(x1)(x1)(x1)n2(x1)n1 ξξ（ξ介于x与1之间）。

★★6.求函数

yxex的带有皮亚诺型余项的n阶麦克劳林展开式。

知识点：麦克劳林公式。

思路：直接展开法，解法同1；间接展开法。f(x)中含有ex时，通常利用已知结论

x2xne1xo(xn)。

2!n!x方法一：y(x1)ex，y(0)1；y(x2)ex，y(0)2；,y(n)(xn)ex，

y(n)(0)n，将以上结果代入麦克劳林公式，得

x3xnxx o(xn)。

2!(n1)!2x2xn1x3n12o(x))xx 方法二：xex(1x2!(n1)!2!xxn o(xn)。 (n1)!x2x31x★★7.验证当0x时，按公式e1x262计算e的近似值时，所产生的误差小于

x0.01，并求e的近似值，使误差小于0.01。

知识点：泰勒公式的应用。

思路：利用泰勒公式估计误差，就是估计拉格朗日余项的范围。 解：

eξ4e4211111；R3(x)xx0.01e10.6。 428484!4!4!219212★★8.用泰勒公式取n5，求ln1.2的近似值，并估计其误差。

知识点：泰勒公式的应用。 解：设f(x)ln(1x)，则

x5x2x52误差为：

f(0)f(0)2f(x)f(0)xx1!2!f(5)(0)5x

5!；其

0.220.230.240.250.1823，从而ln1.2f(0.2)0.2234510.266R5(x)x0.0000107。 666(1ξ)★★★9.利用函数的泰勒展开式求下列极限：

12x1x23232（1） lim(x3xxx)； （2）lim2xx0(cosxex)sinx21 。

知识点：泰勒展开式的应用。

思路：间接展开法。利用已知的结论将函数展开到适当的形式，然后利用极限的运算性质得到结果。

31解：（1）lim(x3xxx)lim[x(12)3x(1)2]

xxxx3321111(1)1311111lim[x(12o(2))]x(1()222o(2))]x3x2x2xxx1911lim(o())。 x28xx2111x21x21x2(1x2)222（2）limlim22x0(cosxex)sinx2x0(cosxex)x21

11(1)14121222xo(x4)1x(1x)x4o(x4)18222。 limlim24x0x012x3x(1o(x2)(1x2o(x2)))x2o(x4)22x2ln(1x)。 ★★10.设x0，证明：x2知识点：泰勒公式。

思路：用泰勒公式证明不等式是常用的一种方法。特别是不等式的一边为某个函数，另一边为其幂级数

展开的一部分时，可考虑用泰勒公式。

x2x3解：ln(1x)x23(1ξ)3x3（ξ介于0与x之间），∵ x0，∴0，

3(1ξ)3，结论成立。

x2x3x2从而ln(1x)xx323(1ξ)2（也可用§3.4函数单调性的判定定理证明之）

★★11.证明函数

f(x)是n次多项式的充要条件是f(n1)(x)0。

知识点：麦克劳林公式。

思路：将f(x)按照麦克劳林公式形式展开，根据已知条件，得结论。 解：必要性。易知，若f(x)是n次多项式，则有f(n1)(x)0。

充分性。∵

f(n1)(x)0，∴f(x)的n阶麦克劳林公式为：

f(0)x2f(x)f(0)f(0)x2!

f(0)x3f3!★★★12.若

(n)(0)xn，即f(x)是n次多项式，结论成立。

n!f(n1)(b)0

f(x)在[a,b]上有n阶导数，且f(a)f(b)f(b)f(b)f(n)(ξ)0(aξb)。

证明在(a,b)内至少存在一点ξ，使

知识点：泰勒中值定理、拉格朗日中值定理。

思路：证明f(n)(ξ)0(aξb)，可连续使用拉格朗日中值定理，验证f(n1)(x)在[a,b]上满

足罗尔中值定理；或者利用泰勒中值定理，根据

f(x)在xb处的泰勒展开式及已知条件得结论。

方法一：∵ f(x)在[a,b]上可导，且f(a)f(b)，

∴由罗尔中值定理知，在(a,b)内至少存在一点ξ1，使得∵

f(ξ1)0；

f(x)在[ξ1,b][a,b]上可导，且f(b)0，

(a,b)内至少存在一点ξ2，使得f(ξ2)0；

(n1)∴由罗尔中值定理知，在(ξ1,b)依次类推可知，

f(n1)(x)在[ξn1,b] [a,b]上可导，且f(ξn1)f(n1)(b)0，

∴由罗尔中值定理知，在(ξn1,b)(a,b)内至少存在一点ξ，使得f(n)(ξ)0。

方法二：根据已知条件，f(x)在xb处的泰勒展开式为：

f(b)f(x)f(b)f(b)(xb)(xb)22!f(n1)(b)f(n)(ξ)n1(xb)(xb)n(n1)!n!f(n)(ξ)(xb)n(xξb)，

n!∴

f(n)(ξ)(ab)n0，从而得f(n)(ξ)0，结论成立。 f(a)n!内容概要 名称 3.4 函数的单调性与曲线的凹凸性 主要内容（3.4） 函数单调性的判别法：设（1）若在(a,b)内（2）若在(a,b)内yf(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则 f(x)0，则yf(x)在[a,b]上单调增加； f(x)0，则yf(x)在[a,b]上单调减少。 1） 曲线凹凸性的概念：设f(x)在区间I内连续，如果对I上任意两点x1,x2，恒有 f(x1x2f(x1)f(x2)，则称f(x)在I)22x1x2f(x1)f(x2)，则称f(x)在I)22上的图形是凹的；如果恒有 f(上的图形是凸的。 2）拐点的概念：连续曲线上凹弧与凸弧的分界点成为曲线的拐点。 曲线凹凸性的判别法：设（1）若在(a,b)内（2）若在(a,b)内f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有一阶和二阶导数，则 f(x)0，则yf(x)在[a,b]上的图形是凹的； f(x)0，则yf(x)在[a,b]上的图形是凸的。 习题3-4

★1.证明函数

yxln(1x2)单调增加。

知识点：导数的应用。

思路：利用一阶导数符号判断函数的单调性是常用的方法。在某个区间I上，f(x)0（f(x)0），

则

f(x)在I单调增加（减少）。

2x(1x)20（仅在x1处y0）证明：∵y1，

1x21x2∴

yxln(1x2)在(,)内是单调增加的。

★2.判定函数

f(x)xsinx(0x2π)的单调性。

解：∵f(x)1cosx0（仅在xπ处f(x)0），

∴

f(x)xsinx(0x2π)是单调增加的。

★★3.求下列函数的单调区间：

（1）

y1382xx23x1； （2）y2x(x0)； （3）yx3x23x3；

（4）

yln(x1x2)； （5）y(1x)x； （6）y2x2lnx。

知识点：导数的应用。

思路：利用一阶导数符号判断函数的单调性。求函数的单调区间，用导数为零的点及不可导点，将定义

域划分成若干个区间，然后在每个区间上判断函数的单调性；如果划分定义域的点有两个或以上，可列表讨论，使得思路更清晰一些。

232解：（1） yxx3x1的定义域为(,)；令yx2x30，

13得x11，x23。列表讨论如下：

由上表可知，y ↗ － ↗ ↘ 13 xx23x1在(,1)、(3,)内严格单增，而在(1,3)内严格单减。

38（2） 在(0,)内，令y220，得x2；

x当 x(0,2)时，有∴

y0；当 x(2,)时，有y0；

y2x8(x0)在(0,2)内严格单增，在(2,)内严格单减。 x223（3）yxx3得x2212(3x1)3的定义域为(,)；令yx0，

3333x1；x0为不可导点。列表讨论如下：

由上表可知，

↗ 2x3x23 － ↗ ↘ y在(,0)、(1,)内严格单增，而在(0,1)内严格单减。

（4）

yln(x1x2)的定义域为(,)，

1x1x2y(1x1x2)11x20，

∴

yln(x1x2)在(,)内严格单增。

y(1x)x的定义域为[0,)，∵y(xx)132（5）

3x0， 2∴

y(1x)x在[0,)上严格单增。

14x211

0，得x； （6）y2xlnx的定义域为(0,)，令y4xxx2

211)时，y0；当x(,)时，y0； 22112∴y2xlnx在(0,)内严格单增，在(,)内严格单减。

22当x(0,★★4.证明下列不等式：

1x1x； （2）当x4时，2xx2； 2π13（3）当x0时，(1x)ln(1x)arctanx； （4）0x时，tanxxx。

23（1） 当x0时，1知识点：导数的应用或者泰勒公式的应用。

思路：利用泰勒公式可以证明一些不等式（见习题3-3第10题），利用函数单调性也是证明不等式常用

的方法。

解：（1）方法一：令f(x)1x1x，

则当x120时，f(x)1111(1)0， 221x21x∴

f(x)11x1x在[0,)上严格单增；从而f(x)f(0)0， 2即11x1x，结论成立。 2方法二：由泰勒公式，得

111f(x)1x1x1x(1x222∴

x28(1ξ)32)x28(1ξ)32（0ξx），

f(x)x28(1ξ)320，从而得11x1x，结论成立。 2（2）方法一：令f(x)2xx2，则当x4时，f(x)2xln22x，

f(x)2xln222f(4)16ln222(ln42)22(lne2)220，

∴

f(x)2xln22x在(4,)内严格单增，

f(x)2xln22xf(4)16ln244(ln161)0，

从而∴

f(x)2xx2在(4,)内严格单增，在(4,)内f(x)2xx2f(4)80，

∴2xx2，结论成立。

注：利用f(x)的符号判断f(x)的单调性，利用f(x)的单调性判断其在某区间上的符号，从而得

出

f(x)在某区间上的单调性，也是常用的一种方法。

方法二：令f(x)xln22lnx，

当x∴

4时，f/(x)ln22111ln2ln40， x222f(x)xln22lnx在(4,)内严格单增，

f(x)xln22lnxf(4)4ln22ln40，从而有，xln22lnx，

xln2 ∴∴ee2lnx，即2xx2，结论成立。 f(x)(1x)ln(1x)arctanx，

（3）令则当x∴

0时有f(x)ln(1x)11， 0（仅在x0时，f(x)0）21xf(x)在[0,)上严格单增，从而有f(x)f(0)0，

即(1x)ln(1x)arctanx，结论成立。

tanxx，则当0xπ22时，有g(x)secx1tanx0 2ππ从而g(x)tanxx在(0,)内严格单增，∴g(x)g(0)0，即在(0,)内tanxx；

2213再令f(x)tanxxx，

3π2222则当0x时，f(x)secx1xtanxx0，

213π从而f(x)tanxxx在(0,)内严格单增，∴f(x)f(0)0，

23π13即在(0,)内tanxxx，结论成立。

23★★★5.试证方程sinxx只有一个实根。

（4）令g(x)知识点：导数的应用。

思路：利用导数的符号判断函数的单调性，进而讨论方程的根是常用的方法。 解：易知，sin00，即x0是方程的一个根；

令

， f(x)xsinx，则f(x)1cosx0（仅在x2kπ(kZ)处f(x)0）

∴

f(x)xsinx在(,)内严格单增，从而f(x)只有一个零点，

即方程sinxx只有一个实根。

f(x)xsinx。

★★6.单调函数的导函数是否必为单调函数？研究例子：

知识点：导数的应用。

思路：利用一阶导数符号判断单调性，从而证明结论。 解：单调函数的导函数不一定为单调函数。

∵∴而

， f(x)1cosx0（仅在x(2k1)π(kZ)处f(x)0）

f(x)xsinx在(,)内严格单增；

f(x)1cosx在(2kπ,(2k1)π)内严格单减，在((2k1)π,2kπ)内严格单增，从而在

(,)上不单调。

★★7.求下列函数图形的拐点及凹凸区间：

（1）

yx1x ； （3） yxarctanx； (x0)； （2）yx2xx1（4）

y(x1)4ex； （5） yln(x21)； （6）yearctanx 。

知识点：导数的应用。

思路：利用二阶导数的符号判断函数的凹凸性；求拐点和凹凸区间，用二阶导数为零的点及不可导点，

将定义域划分成若干个区间，然后在每个区间上判断函数的凹凸性；如果划分定义域的点有两个或以上，可列表讨论，使得思路更清晰一些。

解：（1）y1∴

12，，∵当x0时，y0， y22xx1在[0,)上为凹函数，没有拐点。 xx1)(1,)； （2）yx2的定义域为(,1)(1,x1yx1x22x(x23)y12，y23，令y0，得x0； 2(x1)(x1)当x1或0∴

x1时，y0；当1x0或x1时，y0；

yxx的凹区间为(1,0)、(1,)，凸区间为(,1)、(0,1)；∴拐点为(0,0)。

x21（3） ∴

yxarctanx的定义域为(,)，yarctanx2xy0， ，222(1x)1xyxarctanx在整个定义域上为凹函数，没有拐点。

y(x1)4ex的定义域为(,)，y4(x1)3ex，

（4）

y12(x1)2ex0，∴y(x1)4ex在整个定义域上为凹函数，没有拐点。

2(1x2)2x（5） yln(x1)的定义域为(,)，y，y， 222(1x)1x2令y0，得x1,21；列表讨论如下：

由上表可知，y及(1,ln2)。

－ － ln(x21)的凸区间为(,1)、(1,)，凹区间为(1,1)，拐点为(1,ln2)（6）

yearctanxearcanx(12x)earctanx的定义域为(,)，y，y，

(1x2)21x2令y0，得x

∴

111

；当x时，y0；当x时，y0； 222

1yearctanx1arctan211)。 的凹区间为(,]，凸区间为[,)，拐点为(,e222★★★8.利用函数图形的凹凸性，证明不等式：

exeye（1）

2xy2(xy)； （2）cosxycosxcosyππ,x,y(,)。 2222知识点：函数凹凸性的概念。

思路：利用函数凹凸性的概念可证明一些不等式，特别是不等式中含不同变量的线性组合及其函数值的

线性组合时可考虑利用函数的凹凸性。

xxx证明：（1）令ye，∵ye0，∴ye在(,)内是凹的。

exeye利用凹函数的定义，x,y(,)(xy)，有

2xy2，结论成立。

ππππycosx，∵在(,)内，ycosx0，∴ycosx在(,)内是凸的。

2222ππxycosxcosy利用凸函数的定义，x,y(,)(xy)，有cos，结论成立。 2222x1★★★9.求曲线y的拐点。 2x1（2）令

知识点：导数的应用。 思路：同7。

12xx2x1解：y2的定义域为(,)，y， 22(1x)x1令y0，得x11，x2,323；现列表讨论如下： － 3, 13843 － 13843)。

)、(23,由上表可知，拐点为(1,1)、(2★★10.问a及b为何值时，点(1,3)为曲线

yax3bx2的拐点？

知识点：导数的应用。

思路：拐点通常是二阶导数的零点或者是不可导点。又高阶可导的函数的拐点一定是二阶导数的零点。 解：yax3bx2的定义域为(,)，y3ax22bx，y6ax2b；

将(1,3)代入将(1,3)代入由①②得，ayax3bx2中，得：3ab①；

y6ax2b中，得：06a2b②；

39，b。 22yax3bx2cxd中的a、b、c、d，使得在x2处曲线有水平切线，

★★★11.试确定曲线

(1,10)为拐点，且点(2,44)在曲线上。

知识点：导数的几何意义及导数的应用。

思路：利用可导函数的拐点一定是二阶导数的零点，在某点处的导数值等于该点处切线的斜率，以及已

知条件，建立方程组，确定函数中的待定参数。

解：y3ax22bxc，y6ax2b； 将(2,44)代入yax3bx2cxd，得

448a4b2cd ①

将(1,10)分别代入

yax3bx2cxd与y6ax2b中，得

10abcd ②； 06a2b ③

将x2代入y3ax22bxc中，得 012a4bc④

1，b3，c24，d16。

由①②③④得，a★★★12.试确定

yk(x23)2中k的值，使曲线的拐点处的法线通过原点。

知识点：导数的应用。

思路：可导的拐点必为二阶导数为零的点；依此求出拐点坐标，写出法线方程，根据已知条件，求出k值。

解：yk(x23)2的定义域为(,)；y4kx(x23)，y12k(x21)；

令

y0，得x1,21。易知，当x的取值通过x1,21的两侧时，y12k(x21)会变号，

yk(x23)2的拐点；∵yx1∴(1,4k)与(1,4k)均为

8k，yx18k，

∴两拐点处法线方程分别为：

y4k11(x1)，y4k(x1)； 8k8k2又两法线过原点，将(0,0)代入法线方程，得32k1，解得k28。

★★★★13.设函数

yf(x)在xx0的某邻域内具有三阶导数，如果f(x0)0，

而

f(x0)0，试问(x0,f(x0))是否为拐点，为什么？

知识点：导数的应用。

思路：根据极限的保号性和拐点的定义得结论。

方法一：f(x0)0，f(x0)0不妨设f(x0)0，即

f(x0)limxx0f(x)f(x0)f(x)lim0； x0xxxx00由极限的保号性知，必存在δ0，使得x(x0,δ)，均有

f(x)0； xx0从而当x0∴(x0,fδxx0时，有f(x)0，当x0xx0δ时，有f(x)0；

(x0))为拐点。

内容概要 名称 3.5 函数的极值与最大值最小值 主要内容（3.5） 极值的概念：设函数恒有若对该邻域内任意一点x（xx0），f(x)在点x0的某个邻域内有定义，f(x)f(x0)（或f(x)f(x0)），则称f(x)在点x0处取得极大值（或极小值），。 f(x)的极大值点（或极小值点）第一充分条件：设函数以不存在）， （1）若在x0的左邻域内，则而x0成为函数函数极值的 判别法 f(x)在点x0的某个邻域内连续且可导（f(x0)可f(x)0；在在x0的右邻域内，f(x)0，f(x)在x0处取得极大值f(x0)； f(x)0；在在x0的右邻域内，f(x)0，（2）若在x0的左邻域内，则f(x)在x0处取得极小值f(x0)； f(x)不变号，则f(x)在x0处没有极值。 （3）若在x0的左邻域内，注：第一充分条件利用一阶导数符号判断函数单调性。 第二充分条件：设f(x)在x0处具有二阶导数，且f(x0)0，f(x0)0，则 （1）当（2）当f(x0)0时，函数f(x)在x0处取得极大值； f(x0)0时，函数f(x)在x0处取得极小值。 注：利用驻点处二阶导数符号判断驻点是否为极值点。 函数的最大值和最小值：注意函数极值和最值的区别和联系 习题3-5

★★1.求下列函数的极值：

（1）

ln2x132f(x)xx3x； （2）yxln(1x)； （3） yx3；

（4）

yx1x； （5） yexcosx； （6）f(x)(x1)3x2。

知识点：极值的充分条件。

思路：求y0的点或者y不存在的点，然后利用极值的第一或者第二充分条件进行判断。当所有的

极值可疑点多于两个时，若利用第一充分条件，可列表讨论；第二充分条件仅用来对驻点是否为极值点进行判断。

32解：（1）方法一： f(x)xx3x的定义域为(,)，

13令

f(x)x22x30，得x13，x21；现列表讨论如下：

由上表知，

↗ 极大值点 － 极小值点 ↗ ↘ f(x)135xx23x在x1处取得极大值为f(1)，在x3处取得极小值为

33f(3)9。

方法二：令f(x)x22x30，得x13，x21；

由

f(x)2x2得，f(1)40， f(3)40，

∴由极值的第二充分条件知，在xf(x)135xx23x在x1处取得极大值为f(1)，

333处取得极小值为f(3)9。

令y1xln(1x)的定义域为(1,)，

（2）方法一：y当11x得x0； 0，

1x1xx0时，有y0；当x0时，有y0，

yxln(1x)在x0处取得极小值为f(0)0。

∴由极值的第一充分条件知，

方法二：yxln(1x)的定义域为(1,)，令y1又由

1x0，得x0； 1x1xy1(1x)2，得

y(0)10，

∴由极值的第二充分条件知，

yxln(1x)在x0处取得极小值为f(0)0。

2lnxln2xx2e2；0，的定义域为(0,)，令y得x11，2xln2x（3） 方法一：yx现列表讨论如下：

ln2x由上表知，yx在x － 极小值点 ↗ 极大值点 － ↘ ↘ 1处取得极小值为y(1)0，在xe2处取得极大值为f(e2)4e2。

ln2x方法二：yx2lnxln2x2xe0x1的定义域为(0,)，令y，得，； 21x226lnx2ln2x22由y，得，y(e)0； y(1)2036xeln2x∴由极值的第二充分条件知，yx在x1处取得极小值为y(1)0，在xe2处取得极大值为

f(e2)（4）

4e2。

yx1x的定义域为(,1]，令y321x10，得x；

421x33时，有y0；当x1时，有y0， 44335∴由极值的第一充分条件知，yx1x在x处取得极大值为f()。

444当x注：此题中y的表达式比较繁琐，所以优先考虑第一充分条件。

（5） 令

yexcosx的定义域为(,)，

yex(cosxsinx)0，得xkππx，(kZ)；由 y2esinx，得 4ππ2kπ(2kπ1)ππ4y(2kπ)2e40， y((2k1)π)2e0， kZ；

44∴由极值的第二充分条件知，

π22kπ4πeyecosx在x2kπ处取得极大值为y(2kπ)，

424xππ2(2k1)π4πe在x(2k1)π处取得极小值为y((2k1)π)，kZ。

424π注：此题的单调区间有无穷多个，所以优先考虑第二充分条件。

（6）

f(x)(x1)3x2的定义域为(,)，令f(x)5x220，得x1；

533xx20为不可导点；现列表讨论如下：

由上表知，

↗ 在x 极大值点 － 极小值点 ↗ 2处取得极小值为5↘ f(x)(x1)3x230处取得极大值为f(0)0，在x234f()5525。

注：此题中的函数具有不可导点，所以用第一充分条件。

★★★2.试证：当ab10时，

x2axbf(x)取得极值。

x1知识点：函数取得极值的条件。

思路：在定义区间内求f(x)0的点，然后利用极值的充分条件进行判断。 证明：

x22xabx2axb0， f(x)的定义域为(,1)(1,)，令f(x)2(x1)x1 ∵方程x22xab0根的判别式：44(ab)4(ab1)

∴当ab10时，得驻点为x1,211ab；由f(x)2(1ab)(x1)3，得

f(11ab)2(1ab)20，

(1ab)31abf(11ab)2(1ab)20， 3(1ab)1ab∴

x2axbf(x)在x11ab处取得极小值，在x11ab处取得极大值。

x1★★3.试问a为何值时，函数

1π

f(x)asinxsin3x在x处取得极值，并求出极值。

33知识点：取得极值的条件。

思路：利用极值的必要条件，确定a的值，然后利用充分条件，判断是极大值还是极小值。 解：根据题意，得f(x)即

由

π3x(acosxcos3x)xπ3πacoscosπ0，

3a10，a2； 2f(x)2sinx3sin3x，得f()30，

3ππ∴f(x)在x处取得极大值f()3。

33