第四章 微分中值定理与导数的应用

课后习题解答

§4.1 微分中值定理

3. 设 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续, 在 \((0, 1)\) 内可导, 且 \(f(1) = 0\), 试证明: 至少存在一点 \(\xi \in (0, 1)\) 使得 \(\displaystyle f'(\xi) = -\dfrac{2 f(\xi)}{\xi}\).

证明

构造辅助函数 \(g(x) = x^2 f(x)\). 那么 \(g(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续, 在 \((0, 1)\) 内可导, 且 \(g(0) = g(1) = 0\).

\[g'(x) = 2x f(x) + x^2 f'(x).\]

由罗尔定理知, 存在 \(\xi \in (0, 1)\) 使得

\[g'(\xi) = 0 \implies f'(\xi) = -\dfrac{2f(\xi)}{\xi}.\]

4. 设 \(0 < a < b\), 证明不等式 \(\displaystyle \dfrac{b-a}{b} < \ln \dfrac{b}{a} < \dfrac{b-a}{a}\).

证明

设 \(f(x) = \ln x\), 则 \(f'(x) = \dfrac{1}{x}\). 由拉格朗日中值定理知, 存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得

\[\ln \dfrac{b}{a} = f(b) - f(a) = f'(\xi) \cdot \left( b - a \right) = \dfrac{1}{\xi} \cdot \left( b - a \right).\]

由于 \(\displaystyle \dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{\xi} < \dfrac{1}{a}\), 所以

\[\dfrac{b-a}{b} < \ln \dfrac{b}{a} < \dfrac{b-a}{a}.\]

备注

这些不等式的证明, 都是通过构造某个 (辅助) 函数, 再利用微分中值定理来完成的. 关键在于, 通过要证明的不等式, 找到 (反推) 合适的辅助函数.

§4.2 洛必达法则

§4.3 泰勒公式

8. 证明当 \(x \to 0\) 时, 有:

   \[\ln(\cos x) = -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{12}x^4 - \frac{1}{45}x^6 + o(x^6).\]

证明

由泰勒公式知, 当 \(x \to 0\) 时, 有

\[\begin{split}& \cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6), \\ & \ln (1 + u) = {\color{red}u} - {\color{cyan}\frac{1}{2}u^2} + {\color{green}\frac{1}{3}u^3} + o(u^3).\end{split}\]

备注

注意思考为什么 \(\ln (1 + u)\) 展开到 3 次项就够了.

将 \(u = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6)\) 代入第二式, 得

\[\begin{split}\ln(\cos x) = \ln(1 + u) = & {\color{red} -\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6)} \\ & - {\color{cyan} \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6)\right)^2} \\ & + {\color{green} \frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6)\right)^3} + o(u^3) \\ = & {\color{red} - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^6)} \\ & -{\color{cyan} \frac{1}{2}\left( \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{24}x^6 + o(x^6)\right)} \\ & +{\color{green} \frac{1}{3}\left( -\frac{1}{8}x^6 + o(x^6)\right)} + o(x^6) \\ = & {\color{red} -\frac{1}{2}x^2} - \left({\color{cyan}\frac{1}{8}} - {\color{red}\frac{1}{24}}\right) x^4 - \left({\color{red}\frac{1}{720}} - {\color{cyan}\frac{1}{48}} + {\color{green}\frac{1}{24}}\right) x^6 + o(x^6) \\ = & -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{12}x^4 - \frac{1}{45}x^6 + o(x^6).\end{split}\]

9. 用泰勒公式计算极限:

   \[\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(\cos x)}{x \sin x - \frac{1}{2}(e^x - 1)^2}.\]

解

可以利用 上一题 的结果, 先对分子进行等价无穷小替换

\[\ln(\cos x) \sim -\frac{1}{2}x^2.\]

备注

假设我们不知道 上一题 的结果, 我们同样可以做等价无穷小替换

\[\ln(\cos x) = \ln(1 + (\cos x - 1)) \sim \cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2.\]

对于分母中涉及的函数, 有

\[\begin{split}& \sin x = x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3), \\ & e^x = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2),\end{split}\]

代入极限式中, 有

\[\begin{split}\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(\cos x)}{x \sin x - \frac{1}{2}(e^x - 1)^2} = & \lim_{x \to 0} \dfrac{-\frac{1}{2}x^2}{(x^2 - \frac{1}{6}x^4 + o(x^4)) - \frac{1}{2}(x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2))^2} \\ = & \lim_{x \to 0} \dfrac{-\frac{1}{2}x^2}{(x^2 + o(x^2)) - \frac{1}{2}(x^2 + o(x^2))} \\ = & \lim_{x \to 0} \dfrac{-\frac{1}{2}x^2}{\frac{1}{2}x^2 + o(x^2)} \\ = & -1.\end{split}\]

§4.4 函数的单调性

§4.5 函数的极值与最值

5. 绘制函数 \(\displaystyle f(x) = \dfrac{x^2+1}{x-1}\) 的图像, 并讨论其渐近行为. 如果存在的话, 找出函数的垂直渐近线, 水平渐近线和斜渐近线.

解

\(x = 1\) 为奇点, 由于

\[\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty,\]

故 \(x = 1\) 为垂直渐近线.

计算水平渐近线、斜渐近线 \(y = kx + b\):

\[\begin{split}k & = \lim_{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \dfrac{x^2+1}{x(x-1)} = 1, \\ b & = \lim_{x \to \infty} \left( f(x) - kx \right) = \lim_{x \to \infty} \left( \dfrac{x^2+1}{x-1} - x \right) = \lim_{x \to \infty} \dfrac{x+1}{x-1} = 1,\end{split}\]

故有斜渐近线 \(y = x + 1\).

函数 \(\displaystyle f(x) = \dfrac{x^2+1}{x-1}\) 的图像

补充内容

§4.1 微分中值定理

1. 设函数 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上二阶可导, 且 \(f(0) = f(1)\), 证明存在 \(\xi \in (0, 1)\) 使得 \(f''(\xi) = \dfrac{2f'(\xi)}{1-\xi}\).

证明

令

\[F(x) = (x - 1)^2 f'(x),\]

那么 \(F(1) = 0\). 由于 \(f(0) = f(1)\), 由罗尔定理知存在 \(c \in (0, 1)\) 使得 \(f'(c) = 0\), 从而有 \(F(c) = (c - 1)^2 f'(c) = 0\). 那么函数 \(F(x)\) 就是 \([c, 1]\) 上连续, \((c, 1)\) 上可导的函数, 并且满足 \(F(c) = F(1) = 0\). 再一次利用罗尔定理知, 存在 \(\xi \in (c, 1) \subset (0, 1)\), 使得

\[0 = F'(\xi) = 2(\xi - 1) f'(\xi) + (\xi - 1)^2 f''(\xi),\]

移项得 \(f''(\xi) = \dfrac{2f'(\xi)}{1-\xi}\).

§4.2 洛必达法则

1. \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型未定式的洛必达法则证明:

证明

由于有 \(\lim\limits_{x \to x_0} = f(x) = \lim\limits_{x \to x_0} = g(x) = \infty\), 所以可以假定在 \(x_0\) 的某个小的去心邻域 \(\mathring{U}(x_0, \delta)\) 内有 \(f(x) \neq 0, g(x) \neq 0\). 对于包含于 \(\mathring{U}(x_0, \delta)\) 且在 \(x_0\) 某一边 (不妨设为右边) 的区间 \([x, y]\), 在其上用柯西中值定理有

\[\begin{split}& \dfrac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}, \quad \xi \in (x, y) \\ \implies & f(x) g'(\xi) = f(y)g'(\xi) + (g(x) - g(y)) f'(\xi) \\ \implies & \dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{f(y)}{g(x)} + \left( 1 - \dfrac{g(y)}{g(x)} \right) \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.\end{split}\]

那么由于 \(\lim\limits_{x \to x_0} = f(x) = \lim\limits_{x \to x_0} = g(x) = \infty\), 对任意的 \(K = \dfrac{1}{\varepsilon} \in \mathbb{R}^+\), 以及对任意取定的 \(y\), 存在相应的 \(x \in (x_0, y) \cap \mathring{U}(x_0, \delta)\) 使得

\[\lvert g(x) \rvert > K \cdot f(y), \quad \lvert g(x) \rvert > K \cdot g(y),\]

即有

\[\left\lvert \dfrac{f(y)}{g(x)} \right\rvert < \varepsilon, \quad \left\lvert \dfrac{g(y)}{g(x)} \right\rvert < \varepsilon.\]

记以上的极限过程为 \(\tau\) (即让 \(y, x\) 都趋于 \(x_0\), 但先选好 \(y\), 再选 \(x\), 使得以上关系成立), 那么有

\[\begin{split}\lim_{\tau} \dfrac{f(x)}{g(x)} & = \lim_{\tau} \left( \dfrac{f(y)}{g(x)} + \left( 1 - \dfrac{g(y)}{g(x)} \right) \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \right) \\ & = 0 + (1 - 0) \lim_{\tau} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \lim_{\tau} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.\end{split}\]

在极限过程 \(\tau\) 中, 同样有 \(\xi \to x_0\), 所以

\[\begin{split}\lim_{\tau} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} & = \lim_{\xi \to x_0} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \\ \lim_{\tau} \dfrac{f(x)}{g(x)} & = \lim_{\xi \to x_0} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.\end{split}\]

因此 \(\lim\limits_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to x_0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}\) 成立.

§4.3 泰勒公式

1. 泰勒公式拉格朗日型余项 \(R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x - x_0)^{n+1}\) 的证明:

证明

由 \(R_n(x) = f(x) - P_n(x) = f(x) - \left( f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \cdots + \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n \right)\) 容易算得

\[\begin{split}& R_n'(x_0) = R_n''(x_0) = \cdots = R_n^{(n)}(x_0) = 0, \\ & R_n^{(n+1)}(x) = f^{(n+1)}(x).\end{split}\]

对函数 \(R_n(x)\) 和 \(g(x) = (x - x_0)^{n + 1}\) 应用 Cauchy 中值定理知, 存在 \(x_0\) 与 \(x\) 之间的某个数 \(\xi_1\) 使得

\[\dfrac{R_n(x)}{(x - x_0)^{n + 1}} = \dfrac{R_n(x) - R_n(x_0)}{(x - x_0)^{n + 1} - (x_0 - x_0)^{n + 1}} = \dfrac{R_n'(\xi_1)}{(n + 1)(\xi_1 - x_0)^n} = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{R_n'(\xi_1)}{(\xi_1 - x_0)^n}\]

再依次利用 Cauchy 中值定理, 有

\[\begin{split}\dfrac{R_n(x)}{(x - x_0)^{n + 1}} & = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{R_n'(\xi_1)}{(\xi_1 - x_0)^n} = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{R_n'(\xi_1) - R_n'(x_0)}{(\xi_1 - x_0)^n - (x_0 - x_0)^n} \\ & = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{R_n''(\xi_2)}{(\xi_2 - x_0)^{n-1}} = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{R_n''(\xi_2) - R_n''(x_0)}{(\xi_2 - x_0)^{n-1} - (x_0 - x_0)^{n-1}} \\ & \vdots \\ & = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{1}{n} \cdots \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{R_n^{(n)}(\xi_n)}{(\xi_n - x_0)} = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dfrac{1}{n} \cdots \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{R_n^{(n)}(\xi_n) - R_n^{(n)}(x_0)}{(\xi_n - x_0) - (x_0 - x_0)} \\ & = \dfrac{1}{(n + 1)!} R_n^{(n+1)}(\xi_{n+1}),\end{split}\]

其中 \(\xi_{k+1}\) 在 \(\xi_k\) 与 \(x_0\) 之间. 由于 \(R_n^{(n+1)}(\xi_{n+1}) = f^{(n+1)}(\xi_{n+1})\), 所以令 \(\xi = \xi_{n+1}\) 即有

\[R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x - x_0)^{n+1}.\]