（L’Hospital法則或Taylor展式）一．關于中值定理的1.廣義Rolle定理（4.111,設函數f(x)(ab)上可導，且滿足

f(x)

f(x).求證：存在ab)f()0設函數f(x)在(a,)上可導，且滿足

f(x)

f(x).求證：存在0,f(0（3）問在結論（2）中，若將區間(a,)改作(a)或(,)，結論是否仍證（1f(x在(ab設函數f(x)(ab)上不是常數函數，則至少存在一點x0(a,b)0f(x)0

f(x)

f(x)知，存在點x1(ax0)x2(x0b)，使得f(x1)f(x2)，其值介于f(x0)

f(x)

f(x之間。再利用Rolle定理可知存在(x1x2)(a,b)f(0（12．中間點的極限位置（4f(x在(11f(x)0,x(11。試證:（1）對(11任一點x0,存在唯一的(x01)，使

lim(x)1/2x注：上述結論有如下推廣：設

f(x)(11)n1階可導且

f(n1)(x)x(11)。則（1）(11)內的任一點x0，存在唯一(x01)，使f(x)f(0)f(0)x

f(n1)(n

xn1

f(n)(

xn（2）lim(x)

n證明：(1)Lagrangef(xf(0xf(x)x

(11)中(x01)f(x（-1,1）內二階可導且f(x

f(x在(11不變號。這表明f(x嚴格單調。因此在(11)內(x)(x)域(110}（注：一般而言，中間點x（2）f(xf(0xf(x)xf((x)xf(0)f(xf(0f(0)x

(x)f((x)x)f(0)

f(xf(0f(0)xx零時的極限。對上式右邊應用LHospital法則得

f(x)f(0)fx2

f(x)f(0)

f(0)。注意到2

f((x)x)f(0)

f''(0)。由此可見lim(x)12x1

(1x)ln2(1x)x2，

f(x)1xln21xx2f(x)ln2(1x)2ln(1x)2xf(x)2ln(1xx1易證ln(1xx0x(0,1f(x0x(0,1f(xf(x

f(0)

x0,1f(xf(xf(00x(0,1。證畢。2.

4xlnxx22x3x(0,2f(x)4xlnxx22x3f(1)0f(x在(0,2)f(x0。也就是說證明不等式的常用方法，單調性方法這里不能f(x)在開區間(0,2)內可以取得最小值，并且最小值是零。先求駐點。f(x)4lnx22x0x10,2)f(x)420，x(0,2f(x)在(0,2)xf(x在(0,1)f(x在(1,2f(xx1處取得在開區間(0,2)f(1)0

f(xf(x)f(1)0題3.證明不等

x22x f(x)(x22x2arctanx1(x22x2x4f(0)0f(x)(2x2)arctan(x1)(2x2)2(x1)arctan(x1)/4

。易證反正 切函數arctanx1

，x0x0時f(x)0再證右邊不等式。記。g(xarctanx1xg(0)0且對于x0 g(x)

1(x

10g(x)024.（411,p.125）f(x在閉區間[0,1f(0)0f(1min{f(x),x[0,11。證明存在0,1f()821f(xx00,1f(x0)1f(x0)0。將函數f(0)0f(1)0x0TaylorLagrange210f(0)

f

)f

)(0

)

)2

0f(1)

f

)f

)

f

)2

(x0

22

1f()x211f()(1

)212 21[f()f

1 x00 x00

(1x)221f(1f(2f(1f(2之間。Darboux（導數介值定理）可知，存在一點介于1和2之間，使得22f(1f(1f(22 x00 (1xx00

min

(0,1)12時取得最小值80,1，使得f()8。證畢。三．計算函數極限（利用L’Hospital法則或Taylor展式1.（416,p.125）

1

cosxex2/x（i）1

x

xx(lnx1)11x

xx(lnx1)。1[xx(lnx1)1)]

xx1exlnx(lnx1)(lnx

1

2x1于是

xx1(lnx1)1

x

xx(lnx1)1x

12)2(ii)Taylor24cosx1x24

)；

x2/

2x1 x

21x 1x

o(x4

2

2x1cosxex2/ x1于

4o(x)4

11

1x0x4 x4

因此

cosxex2/x

1

2.f(xx0f(0)1,f(0)2n1 x0 1

xsinx1sinxx1fx sinxxsinxxx2(1f(x 1 x

sinxx

cosx1

x

3x

sinxxsinx

e

sinx

sinxx

1 1x2(1f

1f

6-f xsin nn

sinxxsinxxx2(1f(

limnsin1n1f1ne12x0

3.假設極限limsin6xxf(x0，求極限lim6f(x x0

x

sinxx1可知

sin6x6x1

limsin6x6x16336 0limsin6x6x6xxf(x36lim6f(xx0

x因此

6f(x)36x4.f(x在[0,

f(x)e。求常數CxC

f(x)f(x

。xxC

f(x)eLagrange（*）

limf(x)f(x1)

f()e。考慮等式（*）xC因此C0。函數 寫作標準極限模式xC

xCxC

2C

2C2C

1 1

xxC xC

xC由等式（*）得e2ce。因此C12究曲1.求kye2xykx有唯一的公共切線，并求切點a解：假設曲線ye2x與曲線ykx相切于點(a,b)，則得到方程組e2a ak2ee2e2a 。解得唯一一組解a1/4，k 。由此可見當kk2eeye2xykx

ey e

e(x14

或寫作

ex2y

0e注：進一步可思考，何時方e

e2x

（2）x（3）3x2.求一個單位圓的位置，該單位圓的圓心在yyx2的yx22

x2yb)21，其中b0x2yb)21y為x的可導函數y

xyby0x,y點切線的斜率

y

by

yb2直于xyx2求導得拋物線斜率ky2x2于是這兩曲線在公共切點X,Yk1k2

b

2XX0

bY12

X2Yb)21X21Yb)234

YX2得到Y34心的縱坐標為b1Y

。這個單位圓與拋物線恰好有2個切點 3 23431X0。這時YX20，代入單位圓方程得到b11x2y1x2

。由假設單位圓位于拋物線之上，即1

x211x2 x[1題3.證形線x2/3y2/3a2/3上任一點的切線被坐標軸截下的部分的長度為常數，這里a0。

yy1/

在點(X,Y)處的切線斜率為

。由此得點X,Y) xY1/ yY (xX)

X23Y23a23。由此可X

X1/

Y1/X2/3Y2/x軸上截點坐標為a23X13X2/3Y2/(a2/3X(a2/3X1/3)2(a2/3Y1/3

a五．零點問1.f(x0,1連續，在0,1f(10c0,1，使fccf(c0證明：作輔助函數F(xxf(x。顯然F(x)0,1連續，在0,1F(0F(10Rollec0,1Fc

fccfc02．f(xg(x在[ab連續，在(abg(x)0f(af(bg(ag(b0求（1）g(x)0，x(a,b)cab

f(c)

f(c)g（1）用反證法，若在(a,b內存在ca,bg(c)0Rollec1(ac)c2(c,bg(c1)g(c2)0。再由Rolle定理可知，c0(c1,c2)，使得g(c0)0。此與題設。（2）F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)F(x在[ab連續，在(abF(a)F(b)0RollecabF(c)0也即F(c)f(c)g(cf(c)g(c)0，由此導出結論（23．對任意正整數n，證明方程exxn0證明：顯然方程exxn0和方程e-xxn-10f(xe-xxn-1f(x)e-xxn1(nx)有且僅有兩個不同的零點（實根Rollef(x至多有三個不同的零點。從而方程exxn0至多有三個情。對于本題而言，首先想到的輔助函數自然是g(x):exxng(x)exnxn1的零點個數，并不比估計函數g(x)4.f(x在0,1上可導，且滿足0

f(x)1f(x)1，x[0,1明存在唯一的

由連續函數的介值定理得，存在

唯一性證明：若存在兩點12f(11f(22Lagrange值定理，存在1,2（假設12，使f(x)

f(1)f(2)1，1題5.f(x)在[a,b]上連續，且f(a)f(b)1，求證存在,ab)，使得ef(f(1F(x)exf(xF(x在[a,bLagrange定理條件，于是e[febf(b)eaf(e[fb

)

，其中

ab)。由

f(a)

f(b)

，則有xeb xb

e[f()eb

()].另一方面，對函數e在區間[a,b們又得到

ba

，其中a

ef(f(1題6.fx在0,1上連續，在0,1內可導f0f10。證證明：在閉區間0,1上對函數Fxx2fx，應用Rolle定理立刻得到結論。7.f(x在[0,1]f(0)0f(1)1（1）存在