高等数学：微分中值定理与导数的应用题选(5)

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2018-12-01 06:58 被阅读13次

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微分中值定理
第三章.微分中值定理与导数的应用
风雨考研路（第十五天）

1. $\lim\limits_{x\to +\infty}({2\over \pi}arctanx)^x$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to +\infty}e^{xln({2\over \pi}arctanx)}$

$=e^{\lim\limits_{x\to +\infty}{ln{2\over \pi}+lnarctanx\over {1\over x}}}$

$=e^{-\lim\limits_{x\to +\infty}{x^2\over arctanx(1+x^2)}}=e^{-2\over \pi}$

2. $\lim\limits_{x\to \infty}[(a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x})/n]^{nx}$

解：

$设y=[(a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x})/n]^{nx}$

$则lny=nx[ln(a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x})-lnn]$

$\lim\limits_{x\to \infty}lny=\lim\limits_{x\to \infty}\{nx[ln(a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x})-lnn]\}$

$=n\lim\limits_{x\to \infty}\{{[ln(a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x})\over {1\over x}}-lnn]\}$

$=n\lim\limits_{x\to \infty}[{{1\over a_1^{1\over x}+a_2^{1\over x}+\cdots+a_n^{1\over x}}\over -{1\over x^2}}\cdot (a_1^{1\over x}lna_1+a_2^{1\over x}lna_2+\cdots+a_n^{1\over x}lna_n)(-{1\over x^2})]$

$=n{lna_1+lna_2+\cdots+lna_n\over n}$

$=ln(a_1a_2\cdots a_n)$

$\therefore 原式=\lim\limits_{x\to \infty}y=e^{a_1a_2\cdots a_n}=a_1a_2\cdots a_n$

3.求 $f(x)=e^{sinx},x_0=0,n=3$ ,带佩亚诺余项的泰勒公式

解：

$\because e^{sinx}=1+sinx+{1\over 2!}sin^2x+{1\over 3!}sin^3x+o(x^3)$

$sinx=x-{1\over 3!}x^3+o(x^4)$

$\therefore e^{sinx}=1+(x-{1\over 6}x^3)+{1\over 2}x^2+{1\over 6}x^3+o(x^3)$

$=1+x+{x^2\over 2}+o(x^3)$

4.求 $f(x)=lncosx,x_0=0,n=6$ ,带佩亚诺余项的泰勒公式

解：

$lncosx=ln[1+(cosx-1)]$

$=cosx-1-{1\over 2}(cosx-1)^2+{1\over 3}(cosx-1)^3+o(x^6)$

$cosx=1-{1\over 2}x^2+{1\over 24}x^4-{1\over 720}x^6+o(x^7)$

$\therefore lncosx=-{1\over 2}x^2-{1\over 12}x^4-{1\over 45}x^6+o(x^6)$

5.证明不等式： $当e\lt a\lt b\lt e^2时,ln^2b-ln^2a\gt {4\over e^2}(b-a)$

证：

$设f(x)=ln^2x(e\lt a\lt b\lt e^2)$

$f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导$

$由Lagrange定理知,\exists\xi\in (a,b),使得$

$ln^2b-ln^2a={2ln\xi\over \xi}(b-a)$

$设\varphi (t)={lnt\over t},则\varphi'(t)={1-lnt\over t^2}$

$当t\gt e时,\varphi'(t)\lt 0,$

$\therefore \varphi (t)在[e,+\infty)上单调减少$

$又e\lt a\lt b\lt e^2$

$\therefore \varphi(\xi)\gt \varphi(e^2)$

$\therefore {ln\xi\over \xi}\gt {lne^2\over e^2}={2\over e^2}$

$即ln^2b-ln^2a\gt {4\over e^2}(b-a)$

6.设 $f''(x_0)$ 存在,证明： $\lim\limits_{h\to 0}{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)\over h^2}=f''(x_0)$

证：

$\lim\limits_{h\to 0}{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)\over h^2}$

$=\lim\limits_{h\to 0}{f(x_0+2h)+f(x_0)-2f(x_0+h)\over h^2}$

$=\lim\limits_{h\to 0}{2f'(x_0+2h)-2f'(x_0+h)\over 2h}$

$=\lim\limits_{h\to 0}{f'(x_0+2h)-f'(x_0+h)\over x_0+2h-(x_0+h)}=f''(x_0)$

7.设 $f(x)$ 在(a,b)内二阶可导,且 $f''(x)\ge 0$ ,证明对于(a,b)内任意两点 $x_1,x_2及0\le t\le 1$ ,有 $f[(1-t)x_1+tx_2]\le (1-t)f(x_1)+tf(x_2)$

证：

$若x_1=x_2,显然成立,不妨设a\lt x_1\lt x_2\lt b$

$设\lambda=(1-t)x_1+tx_2,0\le t\le 1$

$显然\lambda=x_1+t(x_2-x_1)\in [x_1,x_2]\subset (a,b)$

$将f(x)在x_0=\lambda处按一阶Taylor公式展开$

$f(x)=f(\lambda)+f'(\lambda)(x-\lambda)+{f''(\xi)\over 2!}(x-\lambda)^2$

$其中\xi 介于x与\lambda之间$

$将x=x_1,x=x_2代入上式得$

$f(x_1)=f(\lambda)+f'(\lambda)(x_1-\lambda)+{f''(\xi_1)\over 2!}(x_1-\lambda)^2,x_1\lt \xi_1\lt \lambda$

$f(x_2)=f(\lambda)+f'(\lambda)(x_2-\lambda)+{f''(\xi_2)\over 2!}(x_2-\lambda)^2,\lambda\lt \xi_2\lt x_2$

$则(1-t)f(x_1)+tf(x_2)=(1-t+t)f(\lambda)+[(1-t)x_1+tx_2-\lambda]\cdot f'(\lambda)$

$+{1\over 2}[(1-t)(x_1-\lambda)^2f''(\xi_1)+t(x_2-\lambda)^2f''(\xi_2)]$

$由\lambda=(1-t)x_1+tx_2知[(1-t)x_1+tx_2-\lambda]\cdot f'(\lambda)=0$

$又f''(x)\ge 0,且0\le t\le 1$

$\therefore {1\over 2}[(1-t)(x_1-\lambda)^2f''(\xi_1)+t(x_2-\lambda)^2f''(\xi_2)]\ge 0$

$\therefore (1-t)f(x_1)+tf(x_2)\ge f(\lambda)=f[(1-t)x_1+tx_2]$

8.设 $f(x)={x^3\over (x-1)^2}$ ,求函数的单调区间和函数极值,并求出凹凸区间和函数图形的拐点

解：

$令f'(x)={x^2(x-3)\over (x-1)^3}=0,得x=0,3$

$在(-\infty,0),(0,1)和(3,+\infty)内f'(x)\gt 0$

$在(1,3)内f'(x)\lt 0$

$\therefore 单调增加区间为(-\infty,1)和[3,+\infty)$

$单调减少区间为(1,3],极小值为f(3)={27\over 4}$

$令f''(x)={6x\over (x-1)^4}=0,得x=0$

$在(-\infty,0)内f''(x)\lt 0,在(0,1)和(1,+\infty)内f''(x)\gt 0$

$\therefore 函数图形的凸区间为(-infty,0)$

$凹区间为[0,1)和(1,+\infty),函数图形的拐点为(0,0)$

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