第三章 微分中值定理与导数的应用

第三章 微分中值定理与导数的应用

导数是研究函数性态的重要工具，但仅从导数的概念出发并不能充分体现这种工具的作用，它需要建立在微分学的基本定理的基础上，这些定理统称为中值定理。中值定理建立了导数与函数值之间的联系，我们得以利用导数推断函数的性态；泰勒公式揭示了一个函数可以用多项式近似代替。二者增进了我们对函数性质的理解与把握，并有重要的应用价值。

作为微分中值定理及泰勒公式的应用，本章还将讨论未定式的极限、极值问题、函数作图、曲线的曲率等内容。

第一节 微分中值定理

我们先讲罗尔（Rolle）定理，再根据此定理推导出拉格朗日（Lagrange）中值定理和柯西（Cauchy）中值定理.

一、 预备知识

1. 费马（Fermat）引理

设函数 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某邻域 $ U(x_0) $ 内有定义，并且在 $ x_0 $ 处可导，如果对任意的 $ x \in U(x_0) $，有

$$ f(x)\leqslant f(x_{0})\qquad\quad( 或 f(x)\geqslant f(x_{0})), $$

那么 $ f'(x_{0}) = 0 $.

证 不妨设 $ x \in U(x_0) $ 时， $ f(x) \leq f(x_0) $。于是，对于 $ x_0 + \Delta x \in U(x_0) $，有

$$ f(x_{0}+\Delta x)\leqslant f(x_{0}). $$

于是，当 $ \Delta x \lt 0 $ 时，有 $ \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} \geq 0 $;

当 $ \Delta x \gt 0 $ 时，有 $ \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x} \leqslant 0 $.

根据函数 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 可导的条件及极限的局部保号性，便得到

$$ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=f_{-}^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim_{\Delta x\to0^{-}}\frac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}\geqslant0, $$

$$ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=f_{+}^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim_{\Delta x\to0^{+}}\frac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}\leqslant0, $$

所以

$$ f^{\prime}(x_{0})=0. $$

通常把导数为零的点称为函数的驻点.

费马引理指出，函数在开区间内可导的最值点处，其导数值必定为零。这正是导数反映函数局部性态的最具表现的结论。今后我们经常会用到这一结论，它也是微分中值定理的内核。

例1 设 $ f(x) $在 $ [a,b] $可导，且 $ f_{+}^{\prime}(a)\cdot f_{-}^{\prime}(b)\lt 0 $，证明：在 $ (a,b) $内至少存在一点 $ \xi $使

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=0. $$

证 不妨假设 $ f_{+}^{\prime}(a)\gt 0 $, $ f_{-}^{\prime}(b)\lt 0 $. 由

$$ f_{+}^{\prime}(a)=\lim_{x\to a^{+}}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\gt 0 $$

可知，存在 a 的右半邻域 $ a \lt x \lt a + \delta_{1} $（取 $ 0 \lt \delta_{1} \lt \frac{b - a}{2} $），对该半邻域内的任意 x 有

$$ \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\gt 0 $$

即 $ f(x) \gt f(a) $. 换言之， $ f(a) $ 不是 $ f(x) $ 的最大值.

同理，由

$$ f_{-}^{\prime}(b)=\lim_{x\to b^{-}}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}\lt 0 $$

可知，存在 b 的左半邻域 $ b-\delta_{2}\lt x\lt b $ （取 $ 0\lt \delta_{2}\lt \frac{b-a}{2} $），对该半邻域内的任意 x，有

$$ \frac{f(x)-f(b)}{x-b}\lt 0, $$

即 $ f(x) \gt f(b) $ （因为 x - b < 0），得知 $ f(b) $ 不是 $ f(x) $ 的最大值.

而 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，存在最大值，故存在 $ \xi \in (a, b) $，使 $ f(x) $ 在 $ x = \xi $ 处取得最大值.

由费马引理可知： $ f'(\xi)=0 $

由本例证明过程可见，并不要求导函数 $ f'(x) $连续．这一点使本例结论具有重要的应用价值．常被作为定理引用，称为达布定理.

2. 微分中值定理的几何原理

下面将要介绍的三个中值定理都源于如下几何事实：在一段光滑的平面曲线弧 $ \widehat{AB} $上，至少存在一点C，过点C所作曲线的切线与连接弧两端点的弦 $ \overline{AB} $平行（如图3-1）.

把以上几何事实转化为数学命题，按三种不同的情形建立坐标系，便可分别引出罗尔、拉格朗日和柯西三个中值定理.

二、 罗尔（Rolle）中值定理

取 $x$ 轴平行于弦 $AB$ 建立平面直角坐标系（如图 3-2）。函数 $y = f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的图形为连续曲线弧 $\widehat{AB}$，显然有 $f(a) = f(b)$，且除端点外弧 $\widehat{AB}$ 处处有不垂直于 $x$ 轴的切线，则曲线弧 $\widehat{AB}$ 上至少有一点 $C$，在点 $C$ 处，曲线的切线平行于 $x$ 轴，从而也平行于弦 $\widehat{AB}$。就是说，在点 $C(\xi, f(\xi))$ 处曲线弧 $y = f(x)$ 的切线斜率

$$ k=y^{\prime}\;\bigg|_{x=\xi}=f^{\prime}\left(\xi\right)=0. $$

上述几何命题翻译成分析的语言就是罗尔定理.

罗尔定理 设函数 $ f(x) $ 满足下列条件：

（i）在闭区间 $ [a, b] $ 上连续；

（ii）在开区间 $ (a, b) $ 内可导；

（iii）在区间端点处的函数值相等，即 $ f(a)=f(b) $；则在区间 $ (a, b) $内至少存在一点 $ \xi(a\lt \xi\lt b) $，使得

$$ f^{\prime}(\xi)=0. $$

证 由于 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，根据闭区间上连续函数的性质， $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上必取得最大值 M 和最小值 m.

若 M=m，这时 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上必然取相同的函数值，即 $ f(x) \equiv M $。因此有 $ f'(x) = 0 $，此时可以取 $ (a, b) $ 内任意一点作为 $ \xi $，都有 $ f'(\xi) = 0 $。

若 M>m，因为 $ f(a)=f(b) $，所以 M 和 m 中至少有一个不在端点处取得。设 $ M \neq f(a) $，那么在开区间 $ (a, b) $ 内至少有一点 $ \xi $，使 $ f(\xi)=M $。于是，由费马引理可知

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=0\quad\left(a\lt \xi\lt b\right). $$

三、 拉格朗日（Lagrange）中值定理

由于罗尔定理中的条件 $ f(a)=f(b) $，则取 x 轴平行于弦 $ \overrightarrow{AB} $ 建立了坐标系。这一特殊条件使罗尔定理的应用受到限制。为使定理更具一般性，在建立直角坐标系时，取消 x 轴平行于弦 $ \overrightarrow{AB} $ 的限制（如图 3-3）。这样，曲线上是否还存在点，过此点的切线平行于弦 $ \overrightarrow{AB} $ 呢？下面的定理回答了这个问题。

拉格朗日中值定理 设函数 $ f(x) $ 满足下列条件：

（i）在闭区间 $ [a, b] $ 上连续；

（ii）在开区间 $ (a, b) $ 内可导；

则在（a，b）内至少存在一点 $ \xi(a\lt \xi\lt b) $ 使得

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, $$

或

$$ f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b-a). $$

公式（1）称为拉格朗日中值公式.

从图3-3可见， $ \frac{f(b)-f(a)}{b-a} $就是连接曲线两端点的弦 $ \overline{AB} $的斜率， $ f'(\xi) $就是曲线在点 $ C(\xi,f(\xi)) $处的切线的斜率.

由此可知，当 $ f(a)=f(b) $ 时，拉格朗日中值定理就成为罗尔定理．即罗尔定理是拉格朗日中值定理的特殊情况．为了应用特殊的罗尔定理证明一般的拉格朗日中值定理，需要作一个辅助函数 $ F(x) $，使它满足罗尔定理的条件．由平面解析几何可知，通过两点 $ A(a,f(a)) $ 与 $ B(b,f(b)) $ 的割线方程（函数）是

$$ y=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a), $$

构造辅助函数 $ F(x) $:

$$ F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right]. $$

不难验证，辅助函数 $ F(x) $ 满足罗尔定理的条件. 辅助函数 $ y=F(x) $ 的图像是闭区间 $ [a, b] $ 的一条新曲线，曲线 $ y=F(x) $ 上点 $ (\xi, F(\xi)) $ 处的切线平行于 x 轴.

$$ F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right], $$

因为 $ F(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，并且 $ F(a) = F(b) $，根据罗尔定理，在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi) = 0 $.

而

$$ F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, $$

于是

$$ F^{\prime}\left(\xi\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=0, $$

即

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\qquad\quad\left(a\lt \xi\lt b\right) $$

成立.

因为不论 a<b 或 a>b，比值 $ \frac{f(b)-f(a)}{b-a} $不变，所以（1）式对 a<b 或 a>b都成立，

即

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, $$

或

$$ f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b-a),\ \xi\text{ 在 }a\text{ 与 }b\text{ 之间 }. $$

为了应用方便，下面介绍拉格朗日中值公式的另一种表达形式.

设 x 是 $ (a, b) $ 内任意一点， $ x + \Delta x $ 为该区间内另一点，则在区间 $ (x + \Delta x, x) $ 或区间 $ (x, x + \Delta x) $ 上的拉格朗日中值公式就成为

$$ f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime}(\xi)\Delta x\qquad\quad(\xi 在 x 与 x+\Delta x 之间 ). $$

令

$$ \frac{\xi-x}{\Delta x}=\theta, $$

则得

$$ \xi=x+\theta\Delta x\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right). $$

这样上式可写成

$$ f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime}(x+\theta\Delta x)\,\Delta x\quad\qquad(0\lt \theta\lt 1)\,. $$

若把 $ f(x) $ 记为 y，则 $ f(x+\Delta x)-f(x)=\Delta y $，这样又可写为

$$ \Delta y=f^{\prime}\left(x+\theta\Delta x\right)\Delta x\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right). $$

这一式子称为函数的有限增量公式．当自变量取得有限增量时，用它可精

确地表达出函数相应的增量．而微分只是函数增量的近似表达式，这是两者不同之处．具有重要的理论价值和广泛的应用价值．

拉格朗日中值公式是由一个等式与一个附加的不等式两部分组成的一个整体：

$$ f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b-a) $$

且

$$ a\lt \xi\lt b. $$

如果能从不等式 $ a \lt \xi \lt b $ 导出 $ m \leq f'(\xi) \leq M $，则可得出双向不等式

$$ m\left(b-a\right)\leqslant f(b)-f(a)\leqslant M(b-a). $$

由拉格朗日中值定理可以得出以下两个重要的推论.

推论1 如果函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，且它的导数 $ f'(x) $ 恒为零，则 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上是一个常数.

证 在 $ [a, b] $ 上任取两点 $ x_{1}, x_{2} (x_{1} \lt x_{2}) $ 则在 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上函数 $ f(x) $ 满足拉格朗日中值定理条件，故有

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{1}-x_{2})\qquad\quad(x_{1}\lt \xi\lt x_{2}). $$

据假设 $ f'(x)=0 $，故 $ f'(\xi)=0 $。所以

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=0, $$

即

$$ f(x_{2})=f(x_{1}). $$

由于 $ x_{1} $， $ x_{2} $ 是 $ [a, b] $ 上任意两点，所以上式说明 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的函数值总相等，即 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上是一个常数.

我们已经知道，常数的导数为零，推论1正是它的逆命题.

推论2 如果函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，且导数处处相等，则在 $ [a, b] $ 上 $ f(x) = g(x) + C $，其中 C 是常数.

证 令 $ \varphi(x)=f(x)-g(x) $，则

$$ \varphi^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)\equiv0\quad x\in(a,b), $$

所以据推论1知在 $ [a,b] $上 $ \varphi(x)=C $，即

$$ f(x)=g(x)+C. $$

在推论1中，将 $ f(x) $连续的闭区间换成其他各种区间（包括无穷区间），尽管 $ f'(x)=0 $的条件只在相应的开区间内成立，则结论 $ f(x)=C $在连续区间上也成立.

四、 柯西（Cauchy）中值定理

在拉格朗日中值定理的几何解释中，如果曲线AB由参数方程

$$ \{\begin{aligned}{x=}&{{}g(t),}\\ {y=}&{{}f(t)}\\ \end{aligned}.\qquad(a\leqslant t\leqslant b) $$

给出（如图 3-4），其中 t 为参数，则弦AB 的斜率为

$$ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}. $$

曲线在点（x，y）处的切线斜率为

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{f^{\prime}(t)}{g^{\prime}(t)}. $$

假设曲线上点 C 对应于参数 $ t = \xi $，那么 C 点处的切线平行于弦 $ \overline{AB} $，便可表示为

$$ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}. $$

这就是柯西中值定理的结论.

柯西中值定理 设函数 $ f(x) $ 及 $ g(x) $ 满足下列条件：

（i）在闭区间 $ [a, b] $ 上连续；

（ii）在开区间 $ (a, b) $ 内可导；

（iii）在开区间（a，b）内 $ g'(x) \neq 0 $

则在（a，b）内至少有一点 $ \xi(a\lt \xi\lt b) $使得

$$ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}. $$

证明柯西中值定理也要作辅助函数．辅助函数的作法是将证明拉格朗日中值定理时的辅助函数 $ F(x) $ 中的单个字母 a, b, x 分别改换成 $ g(a) $, $ g(b) $, $ g(x) $，即辅助函数为

$$ F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\left[g(x)-g(a)\right]. $$

证 作辅助函数

$$ F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\left[g(x)-g(a)\right], $$

不难验证 $ F(x) $ 满足罗尔定理的条件：

(i) 在 $ [a, b] $ 上连续；

（ii）在 $ (a, b) $ 内可导，且 $ F'(x) = f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} g'(x) $;

(iii) $ F(a) = F(b) = 0 $.

由罗尔定理知：至少存在点 $ \xi \in (a, b) $，使得

$$ F^{\prime}(\xi)=0, $$

即

$$ F^{\prime}(\mathrm{\boldmath~\xi~})=f^{\prime}(\mathrm{\boldmath~\xi~})-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g^{\prime}(\mathrm{\boldmath~\xi~})=0, $$

故有结论

$$ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}. $$

在柯西中值定理中，若取 $ g(x)=x $，则有 $ g(b)-g(a)=b-a $， $ g'(x)=1\neq0 $，此时结论式为

$$ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime}(\xi),\ \xi\in(a,b), $$

就成为拉格朗日中值定理.

五、 中值定理应用举例

例2 不用求出函数 $ f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) $的导数，试说明方程 $ f'(x)=0 $有几个实根，并指出它们所在的区间.

解 因 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 连续、可导，又 $ f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0 $ ，于是在 $ [1,2] $， $ [2,3] $， $ [3,4] $ 各区间上应用罗尔定理可知，在 $ (1,2) $ 内至少有一点 $ \xi_{1} $，在 $ (2,3) $ 内至少有一点 $ \xi_{2} $，在 $ (3,4) $ 内至少有一点 $ \xi_{3} $ 使得

$$ f^{\prime}(\xi_{1})=f^{\prime}(\xi_{2})=f^{\prime}(\xi_{3})=0, 且 \xi_{1}\lt \xi_{2}\lt \xi_{3}, $$

故方程 $ f'(x)=0 $ 至少有 $ \xi_{1} $， $ \xi_{2} $， $ \xi_{3} $ 三个实根.

又因为 $ f'(x) $是三次多项式，知 $ f'(x)=0 $为一元三次方程，它至多有三个实根，所以，方程 $ f'(x)=0 $有且仅有三个实根，它们分别在区间（1，2），（2，3），（3，4）内.

例3 设函数 $ f(x) $在 $ [0,1] $上连续，在 $ (0,1) $内可导，且 $ f(0)=1 $， $ f(1)=0 $。证明：在 $ (0,1) $内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi} $。

证 作辅助函数 $ F(x)=xf(x) $，则 $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内可导，且有 $ F(0)=F(1)=0 $，故 $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 满足罗尔定理的条件，因此，在 $ (0,1) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使 $ F'(\xi)=0 $，而 $ F'(x)=xf'(x)+f(x) $，故 $ \xi f'(\xi)+f(\xi)=0 $，

即得所证

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=-\frac{f(\xi)}{\xi},\ \xi\in\left(0,1\right). $$

例4 验证拉格朗日中值定理对于函数 $ f(x)=\ln x $ 在区间 [1, e] 上的正确性.

证 函数 $ f(x)=\ln x $ 在 $ [1, $ e $] 上连续，在 $ (1, $ e $ 内可导，而 $ f'(x)=\frac{1}{x} $，则 $ f(x) $ 在 $ [1, $ e $] 内满足拉格朗日中值定理的条件：有 $ \frac{f(e)-f(1)}{e-1}=f'(x) $，即方程 $ \frac{1}{e-1}=\frac{1}{x} $ 在 $ (1, $ e $ 有解 $ x=e-1 $，故在 $ (1, $ e $ 内有 $ \xi=e-1 $$

便得

$$ f^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{f\left(\mathrm{~e~}\right)-f(1)}{\mathrm{e}-1}. $$

这就验证了拉格朗日中值定理对于函数 $ f(x)=\ln x $ 在区间 $ [1, e] $ 上是正确的.

拉格朗日中值公式肯定了 $ \xi $的存在，虽然没指出 $ \xi $的准确数值，但它给出 $ \xi $的取值范围，即公式同时给出了一个关于 $ \xi $的不等式。这就为利用拉格朗日中值定理证明不等式提供了广阔的空间。

例5 证明不等式： $ \frac{x}{1+x}\lt \ln(1+x)\lt x $ $ (x\gt 0) $.

证 设函数 $ f(t)=\ln(1+t) $ 则 $ f(t) $ 在 $ [0,x] $ 上连续，在 $ (0,x) $ 内可导，满足拉格朗日中值定理条件．应用定理，在 $ (0,x) $ 内存在点 $ \xi $，使

$$ f(x)-f(0)=f^{\prime}(\xi)(x-0). $$

因为

$$ f^{\prime}(t)=\frac{1}{1+t}, $$

于是应有等式

$$ \frac{\ln\left(1+x\right)-\ln1}{x}=\frac{1}{1+\xi} $$

以及不等式

$$ 0\lt \xi\lt x $$

同时成立.

由此可得 $ 1\lt 1+\xi\lt 1+x $，即 $ \frac{1}{1+x}\lt \frac{1}{1+\xi}\lt 1 $，因而有

$$ \frac{1}{1+x}\lt \frac{\ln(1+x)-\ln1}{x}\lt 1. $$

故当x\gt 0时，有不等式

$$ \frac{x}{1+x}\lt \ln(1+x)\lt x $$

成立.

证明时，函数 $ f(t) $与区间[a,b]的选择并不唯一。本例中，若取函数 $ f(t)=\ln t $，且把区间相应地改为(1，1+x)再去应用拉格朗日中值定理，同样可证得不等式成立，关键是所选取的函数与区间两者必须配套。

例6 求证：当 $ x \geqslant 1 $ 时， $ 2 \arctan x + \arcsin \frac{2x}{1 + x^{2}} = \pi $

证 令函数 $ f(x)=2\arctan x+\arcsin\frac{2x}{1+x^{2}} $，则 $ f(x) $ 在 $ [1,+\infty) $ 连续，而

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{1}{\sqrt{\left(1-x^{2}\right)^{2}}}\cdot\frac{2\left(1-x^{2}\right)}{1+x^{2}}. $$

当 $ x \in (1, +\infty) $ 时，

$$ f^{\prime}(x)\equiv0. $$

由推论1可知，在 $ [1, +\infty) $， $ f(x) \equiv C $。为确定常数C，可在 $ [1, +\infty) $上取 $ x_0 = 1 $，

$$ C=f(x_{0})=f(1)=2\arctan1+\arcsin1=\pi, $$

故

$$ f(x)=\pi,\ x\in[1,+\infty), $$

即当 $ x\geqslant1 $时，有等式

$$ 2\arctan\ x+\arcsin\ \frac{2x}{1+x^{2}}=\pi $$

成立.

微分中值定理是建立在导数概念和连续函数性质的基础之上的，所以在学习和理解时，要注意这两方面知识的结合.

例7 设 0 \lt a \lt b，函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导．证明：在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \frac{b}{a} $

【分析】将要证明的结论改写为

$$ \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{\frac{1}{\xi}}, $$

可取 $ F(x)=\ln x $，这样 $ f(x) $， $ F(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上满足柯西中值定理条件，应用柯西定理可证明.

证 取 $ F(x)=\ln x $，则 $ F(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续， $ F'(x)=\frac{1}{x} $ 在 $ (a, b) $ 内存在且 $ F'(x) \neq 0 $.

函数 $ f(x) $， $ F(x) $ 在 $ [a, b] $ 上满足柯西中值定理条件，据柯西中值定理，在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得

$$ \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{F^{\prime}(\xi)}, $$

即

$$ \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{\frac{1}{\xi}}\qquad\xi\in(a,b). $$

又 $ \xi\neq0 $，上式可写为 $ f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)(\ln b-\ln a) $，

故

$$ f(b)-f(a)=\xi f^{\prime}(\xi)\ln\frac{b}{a}\quad 得证 . $$

习题3-1

1. 验证罗尔定理对函数 $ f(x)=x^{3}+4x^{2}-7x-10 $ 在区间 $ [-1, 2] $ 上的正确性，并求出使得 $ f'(\xi)=0 $ 的点 $ \xi $.

1. 验证拉格朗日中值定理对函数 $ f(x) = \arctan x $ 在区间 $ [0, 1] $ 上的正确性，并求出使得结论成立的点 $ \xi $.

1. 验证柯西中值定理对函数 $ f(x) = \sin x $ 及 $ F(x) = x + \cos x $ 在区间 $ \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $ 上的正确性.

1. 设 $ f(x)=1+x^{m}(1-x)^{n} $，式中 m 与 n 都是正整数，证明 $ f'(x)=0 $ 在 $ (0,1) $ 内至少有一个实根.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，证明：在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得

$$ \frac{bf(b)-af(a)}{b-a}=f(\xi)+\xi f^{\prime}(\xi). $$

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内二阶可导，过 $ A(0,f(0)) $ 与 $ B(1,f(1)) $ 的直线与曲线 $ y=f(x) $ 相交与 $ C(c,f(c)) $，其中，0\lt c\lt 1，证明：在 $ (0,1) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f''(\xi)=0 $.

1. 证明下列等式：

(1) $ \arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} $ $ (-1 \leqslant x \leqslant 1) $;

(2) $ \arctan x = \arcsin \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} $ $ (-\infty \lt x \lt +\infty) $.

1. 设函数 $ \varphi(x) $ 在区间 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上可导，且 $ x_{1} \cdot x_{2} \gt 0 $，证明：

$$ \frac{1}{x_{1}-x_{2}}\left|\begin{array}{c c}{x_{1}}&{x_{2}}\\ {\varphi\left(x_{1}\right)}&{\varphi\left(x_{2}\right)}\end{array}\right|=\varphi\left(\xi\right)-\xi\varphi^{\prime}\left(\xi\right),\left(x_{1}\lt \xi\lt x_{2}\right). $$

（提示：令 $ f(x)=\frac{\varphi(x)}{x} $， $ g(x)=\frac{1}{x} $ 在 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上应用柯西中值定理。）

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $

$$ f^{\prime}(x)=f(x),f(0)=1. $$

证明 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} $， $ x \in (-\infty, +\infty) $

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导， $ 0 \lt a \lt b $，试证：在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得

$$ 3\xi^{2}(f(b)-f(a))=(b^{3}-a^{3})f^{\prime}(\xi). $$

第二节 洛必达法则

我们知道，两个无穷小之比的极限并没有固定的结果．极限是否存在？如果存在，极限是多少？这些都与分子，分母这两个具体的无穷小量相关，通常把这类极限称为 $ \frac{0}{0} $型未定式．根据无穷小量与无穷大量的关系，可知 $ \frac{\infty}{\infty} $型也是未定式.

在第一章我们已对 $ \frac{0}{0} $与 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式进行初步的讨论，并总结出确定这两

类未定式的几种行之有效的方法．但有些未定式的极限还是难以解决，例如

$$ \lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}},\quad\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{\sin x-x\cos x},\quad\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x},\quad\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}} $$

本节应用柯西中值定理，推导出确定 $ \frac{0}{0} $与 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式极限的一种简便且有效的方法，称为洛必达（L'Hospital）法则.

未定式还有其他的类型，它们分别为 $ 0 \cdot \infty $， $ \infty - \infty $ 型以及幂指函数的 $ 1^{\infty} $， $ \infty^{0} $， $ 0^{0} $ 型。它们均可化为 $ \frac{0}{0} $ 型或 $ \frac{\infty}{\infty} $ 型加以解决。

一、 $ \frac{0}{0} $型未定式的洛必达法则

首先讨论 $ x \to x_{0} $ 时， $ \frac{0}{0} $ 型未定式的洛必达法则，有如下定理：

定理 3.2.1 设函数 $ f(x) $， $ F(x) $ 满足以下条件：

(i) $ \lim_{x \to x_0} f(x) = 0 $, $ \lim_{x \to x_0} F(x) = 0 $;

（ii）在点 $ x_{0} $ 的某一去心邻域内， $ f'(x) $ 和 $ F'(x) $ 都存在，且 $ F'(x) \neq 0 $;

（iii）极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $存在（或为无穷大），

则有

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}. $$

证 由于极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{F(x)} $与函数 $ f(x) $、 $ F(x) $在点 $ x_0 $处的定义无关，而考虑到 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=0 $， $ \lim_{x\to x_0}F(x)=0 $，我们可以定义

$$ f(x_{0})=0,\qquad F(x_{0})=0, $$

于是，函数 $ f(x) $ 及 $ F(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的某一邻域内是连续的.

设 x 是该邻域内任意一点，则 $ f(x) $ 及 $ F(x) $ 在以 $ x_{0} $ 和 x 为端点的闭区间上满足柯西中值定理条件，因此有

$$ \frac{f(x)}{F(x)}=\frac{f(x)-f(x_{0})}{F(x)-F(x_{0})}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{F^{\prime}(\xi)}\quad(\xi 在 x_{0} 与 x 之间 ). $$

因为当 $ x \to x_{0} $ 时必定有 $ \xi \to x_{0} $，所以有

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{\xi\to x_{0}}\frac{f^{\prime}(\xi)}{F^{\prime}(\xi)}, $$

而 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $ 存在（或为无穷大），因此有

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}. $$

定理3.2.1的结论对于自变量的其他变化趋势： $ x \to x_{0}^{+} $， $ x \to x_{0}^{-} $，或 $ x \to \pm\infty $仍是成立的。只是将定理中的条件（ii）随极限过程作相应的变动，证明从略。

定理 3.2.1 给出了确定 $ \frac{0}{0} $ 型未定式极限的一种方法：在满足定理条件的前提下， $ \frac{0}{0} $ 型未定式的极限等于分子与分母分别求导后的比式的极限.

在计算过程中，若 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $仍是 $ \frac{0}{0} $型未定式，且 $ f'(x) $， $ F'(x) $满足定理3.2.1的条件，则还可以继续使用洛必达法则，即有

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{\prime\prime}(x)}{F^{\prime\prime}(x)} $$

且可以依次类推，直到它不再满足定理条件为止.

例1 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-e^{-x}-3x}{x-\ln(1+x)} $

$$ \begin{aligned} 解 \quad&\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{2x}-\mathrm{e}^{-x}-3x}{x-\ln\left(1+x\right)}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\left[\frac{\mathrm{e}^{2x}-\mathrm{e}^{-x}-3x}{x-\ln\left(1+x\right)}\right]^{\prime}=\lim_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{e}^{-x}-3}{1-\frac{1}{1+x}}\\&\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\frac{\left(2\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{e}^{-x}-3\right)^{\prime}}{\left(1-\frac{1}{1+x}\right)^{\prime}}=\lim_{x\to0}\frac{\left(4\mathrm{e}^{2x}-\mathrm{e}^{-x}\right)}{\frac{1}{\left(1+x\right)^{2}}}=3.\end{aligned} $$

例2 求极限 $ \lim_{x\to\infty}\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}} $

解 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x\cdot\frac{0}{0}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)^{\prime}}{\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}} $

$ =\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1 $

例3 求极限 $ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x-1}{\sin4x} $

解 $ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x-1}{\sin4x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\tan x-1\right)^{\prime}}{\left(\sin4x\right)^{\prime}}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sec^{2}x}{4\cos4x}=-\frac{1}{2} $

例4 求极限 $ \lim_{x\to1}\frac{x^{3}-3x+2}{x^{3}-3x^{2}+3x-1} $

解

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow1}\frac{x^{3}-3x+2}{x^{3}-3x^{2}+3x-1}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\rightarrow1}\frac{\left(x^{3}-3x+2\right)^{\prime}}{\left(x^{3}-3x^{2}+3x-1\right)^{\prime}}\\&=\lim_{x\rightarrow1}\frac{3x^{2}-3}{3x^{2}-6x+3}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\rightarrow1}\frac{\left(3x^{2}-3\right)^{\prime}}{\left(3x^{2}-6x+3\right)^{\prime}}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{6x}{6x-6}=\infty.\end{aligned} $$

注意：极限 $ \lim_{x\to1}\frac{6x}{6x-6} $已不是未定式，不能对它再应用洛必达法则，否则会导致错误的结果．在使用洛必达法则之前，要注意这一点，如果已是定式，就不能应用洛必达法则.

例5 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{(1+\cos x)\ln(1+x^3)} $

解

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x-x\cos x}{\left(1+\cos x\right)\ln\left(1+x^{3}\right)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x-x\cos x}{\left(1+\cos x\right)x^{3}}\\&=\frac{1}{2}\cdot\lim_{x\rightarrow0}\frac{\left(\sin x-x\cos x\right)^{\prime}}{\left(x^{3}\right)^{\prime}}=\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-\cos x+x\sin x}{3x^{2}}\\&=\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{6}.\end{aligned} $$

本例的求解过程给了我们启示：洛必达法则仅是求未定式极限的一种有效方法．在求未定式极限时，要把洛必达法则与其他求极限的方法结合，才能使运算简捷．下面通过例子，加深这方面的体会.

例6 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-1-x^2}{3\cos2x-4\cos^3x+1} $

解　它是 $ \frac{0}{0} $型未定式，应用洛必达法则，有

$$ \lim_{x\to0}\frac{e^{x^{2}}-1-x^{2}}{3\cos2x-4\cos^{3}x+1}=\lim_{x\to0}\frac{2x(e^{x^{2}}-1)}{6\sin2x+12\sin x\cos^{2}x} $$

上式右端仍是 $ \frac{0}{0} $型未定式，但不宜再用洛必达法则．可将求极限的函数整理变形，写为

$$ \lim_{x\to0}\frac{2x\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-1\right)}{-6\sin2x+12\sin x\cos^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{2x\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-1\right)}{-6\sin2x\left(1-\cos x\right)} $$

这时，应用等价无穷小因式代换，可得

$$ \lim_{x\to0}\frac{e^{x^{2}}-1-x^{2}}{3\cos2x-4\cos^{3}x+1}=\left(-\frac{1}{3}\right)\lim_{x\to0}\frac{x\cdot x^{2}}{2x\cdot\frac{1}{2}x^{2}}=-\frac{1}{3}. $$

例7 求 $ \lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x-x^{2}}{x^{2}\tan^{2}x} $

解　它是 $ \frac{0}{0} $型未定式，首先可利用等价无穷小因式代换，有

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x-x^{2}}{x^{2}\tan^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x-x^{2}}{x^{4}} $$

虽仍是 $ \frac{0}{0} $型未定式，可直接应用洛必达法则，但其过程较繁．应先把函数变形，再结合洛必达法则，简化运算.

$$ \begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x-x^{2}}{x^{4}}=\lim_{x\to0}\frac{(\tan x+x)(\tan x-x)}{x^{4}}\\=\lim_{x\to0}\frac{(\tan x+x)}{x}\lim_{x\to0}\frac{(\tan x-x)}{x^{3}}\\=\lim_{x\to0}\left(1+\frac{\tan x}{x}\right)\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{3x^{2}}\\=2\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{3x^{2}}=\frac{2}{3}.\end{array} $$

二、 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式的洛必达法则

首先讨论 $ x \to x_0 $ 时， $ \frac{\infty}{\infty} $ 型未定式的洛必达法则，有如下定理：

定理 3.2.2 设函数 $ f(x) $， $ F(x) $ 满足以下条件：

(i) $ \lim_{x \to x_0} f(x) = \infty $, $ \lim_{x \to x_0} F(x) = \infty $;

（ii）在点 $ x_{0} $ 的某一去心邻域内， $ f'(x) $ 和 $ F'(x) $ 都存在，且 $ F'(x) \neq 0 $;

（iii）极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $存在（或为无穷大），

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}. $$

则有

定理3.2.2的结论对于自变量的其他变化趋势： $ x \to x_{0}^{+} $， $ x \to x_{0}^{-} $，或 $ x \to \infty $仍是成立的。只是将定理中的条件（ii）随极限过程作相应的改动。

定理3.2.2 证明略.

例8 求 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln\cot x}{\ln x} $

解　它是 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，应用洛必达法则，得

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln\cot x}{\ln x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{(\ln\cot x)^{\prime}}{(\ln x)^{\prime}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\tan x(-\csc^{2}x)}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-x^{2}}{\sin^{2}x}=-1. $$

例9 求 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{x\ln x}{x^{2}+\ln x} $

解

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x\ln x}{x^{2}+\ln x}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\left(x\ln x\right)^{\prime}}{\left(x^{2}+\ln x\right)^{\prime}}\\&=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\left(\ln x+1\right)^{\prime}}{\left(2x+\frac{1}{x}\right)^{\prime}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\frac{1}{x}+0}{2-\frac{1}{x^{2}}}=0.\end{aligned} $$

例10 求 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^n} $ 与 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^n}{e^x} $ （n 为正整数）.

解 这两个极限均是 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，分别应用洛必达法则，可得

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{n}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\left(\ln x\right)^{\prime}}{\left(x^{n}\right)^{\prime}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x}}{nx^{n-1}}\\&=\frac{1}{n}\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{n}}=0.\end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^{n}}{\mathrm{e}^{x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\left(x^{n}\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{nx^{n-1}}{\mathrm{e}^{x}}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\left(nx^{n-1}\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}}\\ &=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{n\quad(n-1)\quad x^{n-2}}{\mathrm{e}^{x}}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\cdots=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{n!}{\mathrm{e}^{x}}=0.\\ \end{aligned} $$

由例10可知，当 $ x \to +\infty $ 时， $ \ln x $， $ x^n $， $ e^x $ 都是无穷大量，但是它们趋于 $ +\infty $ 的速度有差异，三者比较，指数函数 $ e^x $ 增大速度最快，幂函数 $ x^n $ 次之，对数函数 $ \ln x $ 最慢。由此可见，当 $ x $ 是足够大的正数时，有下列不等式成立：

$$ \ln x\ll x^{n}\ll e^{x} $$

也可以说， $ e^x $ 是比 $ x^n $ 高阶的无穷大量；而 $ x^n $ 是比 $ \ln x $ 高阶的无穷大量。同时可知，在例 10 中，若 $ n $ 取正数（不一定是正整数），结论仍是成立的。

三、 其他类型的未定式

对于 $ \frac{0}{0} $型和 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式已有了洛必达法则，我们可以直接使用.除了这两类的未定式外，还有 $ 0\cdot\infty $， $ \infty-\infty $以及 $ 1^{\infty} $， $ \infty^{0} $， $ 0^{0} $五种类型的未定式.如果它们可以通过变形化为 $ \frac{0}{0} $型或 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，那么也就可以考虑借助洛必达法则进行计算.具体方法通过下面的例子来说明.

例 11 求极限 $ \lim_{x \to 0} x^2 e^{1/\sin^2 x} $.

解　它是 $ 0 \cdot \infty $ 型未定式，应先化为 $ \frac{0}{0} $ 型或 $ \frac{\infty}{\infty} $ 型未定式方可应用洛必达法则.

$$ \lim_{x\to0}x^{2}\mathrm{e}^{1/\sin^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{1/\sin^{2}x}}{\frac{1}{x^{2}}}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{1/\sin^{2}x}\cdot\frac{-2}{\sin^{3}x}\cdot\cos x}{-\frac{2}{x^{3}}}=\lim_{x\to0}\cos x\mathrm{e}^{1/\sin^{2}x}=+\infty. $$

例 12 求极限 $ \lim_{x\to0^{+}}x^{a}\ln bx $ (a\gt 0, b\gt 0).

解　它是 $ 0 \cdot \infty $ 型未定式，先化为 $ \frac{\infty}{\infty} $ 型，然后应用洛必达法则

$$ \lim_{x\to0^{+}}x^{a}\ln b x=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln b x}{x^{-a}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-ax^{-a-1}}=-\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{a}}{a}=0. $$

注意：本例若化成 $ \frac{0}{0} $型未定式，应用洛必达法则，得

$$ \lim_{x\to0^{+}}x^{a}\ln bx=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{a}}{\frac{1}{\ln bx}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{ax^{a-1}}{-\frac{1}{\left(\ln bx\right)^{2}}\cdot\frac{1}{x}}=-a\lim_{x\to0^{+}}x^{a}\left(\ln bx\right)^{2}. $$

后一般限式比原式更复杂，可见，化为 $ \frac{0}{0} $型去应用洛必达法则，得不出结果.因此将未定式化为 $ \frac{0}{0} $型还是 $ \frac{\infty}{\infty} $型去应用洛必达法则，应根据具体情形，有所选择.

例 13 求极限 $ \lim_{x\to1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right) $.

解　这是 $ \infty - \infty $型未定式，先通分化为 $ \frac{0}{0} $型未定式，得

$$ \begin{array}{l}\lim_{x\to1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)=\lim_{x\to1}\frac{x\ln x-\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\ln x}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{\ln x+\frac{x-1}{x}}\\ \xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to1}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{1}{2}.\end{array} $$

例 14 求极限 $ \lim_{x\to\infty}\left[x-x^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right] $.

解 令 $ \frac{1}{x}=t $，当 $ x\to\infty $ 则 $ t\to0 $，

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left[x-x^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]&=\lim_{t\to0}\left[\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{2}}\ln\left(1+t\right)\right]\\&=\lim_{t\to0}\frac{t-\ln\left(1+t\right)}{t^{2}}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{t\to0}\frac{1-\frac{1}{1+t}}{2t}=\lim_{t\to0}\frac{1}{2\left(1+t\right)}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

例 15 求下列各极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} (2 \sin x + \cos x)^{\frac{1}{x}} $; (2) $ \lim_{x \to +\infty} (x^2 + 2^x)^{\frac{1}{x}} $;

(3) $ \lim_{x \to 0^{+}} (1 - \cos x)^{\frac{1}{1 + \ln x}} $

【分析】本例都是幂指函数的未定式：

$$ \lim_{x\to x_{0}}u\quad(x)^{v(x)}\quad(1^{\infty} 或 \infty^{0} 或 0^{0} 型 ). $$

没有直接的洛必达法则，但利用对数恒等式，将其化为

$$ \lim_{x\to x_0}u(x)^{v(x)}=\exp\lim_{x\to x_0}v(x)\ln u(x), $$

而 $ \lim_{x\to x_0}v(x)\ln u(x) $必是 $ 0\cdot\infty $型未定式，再化为型 $ \frac{0}{0} $或 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，若满足定理3.2.1或定理3.2.2的条件，则可应用洛必达法则去求解.

解 (1) $ \lim_{x \to 0} (2\sin x + \cos x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{\ln (2\sin x + \cos x)}{x} $,

而

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(2\sin x+\cos x\right)}{\ x}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\frac{2\cos x-\sin x}{2\sin x+\cos x}=2\;,\quad\\\lim_{x\to0}\left(2\sin x+\cos x\right)^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}^{2}.\end{aligned} $$

所以

在本例我们引用记号“exp”将 $ e^{u(x)} $简记为 $ \exp u(x) $.

(2)

$$ \begin{align*}&\lim_{x\to+\infty}\left(x^{2}+2^{x}\right)^{\frac{1}{x}}\xlongequal{\infty^{0}}\exp\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(x^{2}+2^{x}\right)}{x}\\&\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\exp\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+2^{x}\ln2}{x^{2}+2^{x}}=\exp\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2x}{2^{x}}+\ln2}{\frac{x^{2}}{2^{x}}+1}=\mathrm{e}^{\ln2}=2.\end{align*} $$

(3)

$$ \begin{array}{l}\lim_{x\to0^{+}}(1-\cos x)^{\frac{1}{1+\ln x}}\xlongequal{0^{0}}\exp\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(1-\cos x)}{1+\ln x}\\ \xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\exp\lim_{x\to0^{+}}\frac{x\sin x}{1-\cos x}=\exp\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}}=\mathrm{e}^{2}.\end{array} $$

四、 洛必达法则使用说明

（1）洛必达法则只能直接对 $ \frac{0}{0} $型或 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式使用，其他类型未定式没有洛必达法则，只能在未定式化为 $ \frac{0}{0} $型或 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式后，方可考虑使用.

例16 求极限 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{x}-\cos x}{x^{2}} $

解　它是 $ \frac{0}{0} $型未定式，由洛必达法则，有

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{x}-\cos x}{x^{2}}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{x}-\sin x}{2x}=\infty $$

如果不注意到极限 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{x}-\sin x}{2x} $已是定式（即在 $ x\to0 $， $ f(x)=\frac{e^{x}-\sin x}{2x} $是无穷大量），而一味使用洛必达法则，就会导致如下错误的结果：

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{x}+\cos x}{x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{x}+\sin x}{2x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{x}+\cos x}{2}=1. $$

所以，在每次使用洛必达法则之前都应检查是否为 $ \frac{0}{0} $型或 $ \frac{\infty}{\infty} $型.

（2）洛必达法则的条件是充分而非必要的．在求 $ \frac{0}{0} $型或 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{F'(x)} $时，只要 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $存在或 $ \infty $，就有 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{F(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $．但在未求出 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $之前，上式等号是否成立并不知道，然而习惯上（为使运算连贯）还是先写上等号，直到最后确定出极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{F'(x)} $确实不存在，也不是 $ \infty $时，才去掉等号．但应注意，不能因此就断定极限 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{F(x)} $也不存在，而是要改用其他方法重新考虑.

例17 求极限 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x-2\cos x}{2x+\sin x} $

解　它是 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，考虑用洛必达法则，

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x-2\cos x}{2x+\sin x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+2\sin x}{2+\cos x}. $$

上式最后的极限不存在，也不是 $ \infty $，不满足洛必达法则所需要的第三个条

件 $ \lim_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{F'(x)} $存在（或 $ \infty $）；所以不能使用洛必达法则（失效）。上面解答的第一个等号应给予否定，但是不能由此断定原极限不存在，此时应该重新考虑原极限的求法。事实上此极限存在，改用分子、分母同除以x可得

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x-2\cos x}{2x+\sin x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{2}{x}\cos x}{2+\frac{1}{x}\sin x}=\frac{1}{2}. $$

故极限 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x-2\cos x}{2x+\sin x} $存在，且等于 $ \frac{1}{2} $.

（3）洛必达法则也只是求极限方法的其中之一，要善于结合其他的方法综合考虑，简化运算．在应用洛必达法则时，要注意使导函数之比的极限简单易求.

例 18 求极限 $ \lim_{x \to \infty} x e^{-x^2} $

解　它是 $ 0 \cdot \infty $ 型未定式，理论上说是既可转化成 $ \frac{0}{0} $ 型未定式，也可转化成 $ \frac{8}{8} $ 型未定式，再应用洛必达法则．但是，当化成 $ \frac{0}{0} $ 型后，发现导数之比显得更为复杂：

$$ \lim_{x\to\infty}x\mathrm{e}^{-x^{2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x^{2}}}{\frac{1}{x}}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to\infty}\frac{-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x^{2}}}{\frac{1}{x^{3}}}. $$

所以，化成 $ \frac{0}{0} $型去应用洛必达法则，得不出结果．而应选择将其化成 $ \frac{\infty}{\infty} $型未定式，这样问题便可得到解决.

$$ \lim_{x\to\infty}x\mathrm{e}^{-x^{2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\mathrm{e}^{x^{2}}}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\lim_{x\to\infty}\frac{1}{2x\mathrm{e}^{x^{2}}}=0. $$

例19 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{2\sin x+x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\cos x(\sqrt[3]{1-x}-1)} $

解　它是 $ \frac{0}{0} $型未定式，由于分子、分母的函数式繁杂，求导后也得不到简化，所以放弃使用洛必达法则，而采用其他方法求解.

$$ \lim_{x\to0}\frac{2\sin x+x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\cos x(\sqrt[3]{1-x}-1)}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos x}\lim_{x\to0}\frac{2\sin x+x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\frac{1}{3}(-x)} $$

$$ =\left(-3\right)\lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{2\sin x}{x}+x\cos\frac{1}{x}\right)=-6. $$

（4）对于数列的极限，由于 n 是离散的变量，不能对 n 求导，所以也就不能直接应用洛必达法则．但可根据海涅定理将原数列转化为函数，即把 n 换成连续变量 x，再去考虑应用洛必达法则，所求得的极限值，亦就是原数列的极限值.

例20 求极限 $ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{\pi}{2}-\arctan n\right) $.

解 先求 $ \lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right) $，它是 $ 0\cdot\infty $ 型未定式，可化为 $ \frac{0}{0} $ 型应用洛必达法则.

因为

$$ \lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}\xlongequal{\frac{\infty}{\infty}}\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1, $$

故

$$ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{\pi}{2}-\arctan n\right)=1. $$

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x} $;

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x - \sin x} $;

(3) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\ln \sin x}{(\pi - 2x)^2} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \tan x}{\sin^3 x} $;

(5) $ \lim_{x \to a} \frac{x^m - a^m}{x^n - a^n} $ (m, n 正整数);

(6) $ \lim_{x \to 1} (1 - x) \tan \frac{\pi}{2} x $;

(7) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 + \ln x}{x \ln x} $;

(8) $ \lim_{x \to 0} x^2 e^{1/x^2} $;

(9) $ \lim_{x \to 1} \left( \frac{1}{\ln x} - \frac{x}{\ln x} \right) $;

(10) $ \lim_{x \to 0} \left( \cot^2 x - \frac{1}{x^2} \right) $;

(11) $ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} $;

(12) $ \lim_{x \to 0^{+}} \tan x \cdot \ln x $;

(13) $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{1/x^2} $;

(14) $ \lim_{x \to 0^{+}} x^{x} $;

(15) $ \lim_{x \to 0^{+}} x^{\frac{x}{1 + \ln x}} $;

(16) $ \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan x \right)^{\frac{1}{\ln x}} $;

(17) $ \lim_{x\to0}\left(\frac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n}\right)^{\frac{1}{x}} $ （其中 $ a_1, a_2, \cdots, a_n\gt 0 $）.

1. 用较简便的方法求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{\sin x}}{x - \sin x} $;

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos^2 x}{x (\sqrt{1 + x} - 1)} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{(\tan x - x)(\sqrt{1 + x} - 1)}{\sin x \cdot \ln(1 + x^3)} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - x^2}{3\cos 2x - 4\cos^3 x + 1} $;

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x} - 2}{x^2} $;

(6) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x - x^2 \cos^2 x}{x^2 \sin^2 x} $

1. 验证下列极限存在，但不能用洛必达法则求得：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \cos \frac{1}{x}}{\sin x} $;

(2) $ \lim_{x \to \infty} \frac{x - \sin x}{x + \cos x} $;

(3) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + x + \sin x \cos x}{x - \sin x \cos x} $

1. 设 $ f(x) $ 在 x=0 可导，且 $ f(0)=0 $，求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^2} $;

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}\mathrm{e}^{-1/x^{2}},&\quad x\neq0,\\ 0,&\quad x=0,\end{aligned}. $ 试证明导函数 $ f'(x) $ 在 x=0 处连续.

第三节 泰勒公式

在初等函数中，多项式是最简单的函数。如果能将较复杂的函数用多项式

函数近似代替，而误差又能满足要求，显然，这对函数性态的研究和函数值的计算都有重要意义。那么一个函数具备什么条件才能用多项式函数近似代替？这个多项式的各项系数与这个函数有什么关系？误差又如何？

在微分一节中，我们已经知道：当 $ f'(x_0) \ne 0 $，且 $ |\Delta x| $较小时，有近似表达式

$$ \Delta y\approx\mathrm{d}y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\cdot\Delta x, $$

或写成

$$ f(x)\approx f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0}), $$

即可以用一次多项式

$$ p_{_{1}}(x)=f(x_{_{0}})+f^{\prime}(x_{_{0}})(x-x_{_{0}}) $$

近似地表达出可导函数 $ f(x) $.

显而易见，在 $ x=x_{0} $ 处，有 $ f(x_{0})=p_{1}(x_{0}) $; $ f^{\prime}(x_{0})=p_{1}^{\prime}(x_{0}) $，而且在 $ x\to x_{0} $ 时，用 $ p_{1}(x) $ 近似表示 $ f(x) $ 所产生的误差是比 $ (x-x_{0}) $ 高阶的无穷小. 尽管如此，上面用一次多项式 $ p_{1}(x) $ 近似表达 $ f(x) $ 还存在以下缺点：

（1）精度不高，它所产生的误差仅是关于 $ (x-x_{0}) $的高阶无穷小.且当 $ |x-x_{0}| $不能充分小时，这一误差可能相当大.

（2）用它作近似计算时，不能具体地估计出误差的大小.

（3）在近似值精度不满足要求而想进一步提高精度时，上述近似公式就显得无能为力了.

因此，针对精度要求高且需要估计误差的情形，本节介绍用高次多项式近似表示给定函数的方法。

一、 泰勒中值定理

设函数 $ f(x) $ 在含 $ x_{0} $ 的开区间内具有直到 $ (n+1) $ 阶导数，试找出一个关于 $ (x-x_{0}) $ 的 n 次多项式

$$ p_{n}(x)=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+a_{2}(x-x_{0})^{2}+\cdots+a_{n}(x-x_{0})^{n} $$

来近似表示给定的函数 $ f(x) $ 。也就是说，对多项式 $ p_{n}(x) $ 应有如下具体的要求：

（1）作为 $ f(x) $的近似表达式 $ p_{n}(x) $，在 $ x_{0} $处的函数值以及它的直到n阶导数值都应与函数 $ f(x) $的对应值相等，即要求

$$ p_{n}^{(k)}(x_{0})=f^{(k)}(x_{0})\left(k=0,1,2,\cdots,n\right). $$

（2） $ f(x) $ 与 $ p_{n}(x) $ 在 $ x_{0} $ 附近应有较好的吻合，当 $ x \to x_{0} $ 时，有

$$ f(x)-p_{n}(x)=o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right), $$

即要求 $ p_{n}(x) $ 与 $ f(x) $ 之差是比 $ (x-x_{0})^{n} $ 高阶的无穷小.

（3）且能给出误差 $ \left|f(x)-p_{n}(x)\right| $ 的具体表达式.

首先，按条件（1）的要求

$$ p_{n}^{(k)}(x_{0})=f^{(k)}(x_{0})\quad(k=0,1,2,\cdots,n), $$

即

$$ p_{n}(x_{0})=f(x_{0}),p^{\prime}{}_{n}(x_{0})=f^{\prime}(x_{0}),p^{\prime\prime}{}_{n}(x_{0})=f^{\prime\prime}(x_{0}),\cdots,p_{n}^{(n)}(x_{0})=f^{(n)}(x_{0}). $$

确定多项式 $ p_{n}(x) $ 的 $ (n+1) $ 个系数.

为此，把多项式 $ p_{n}(x) $ 对 x 逐次求导，直至 n 阶导数. 并令 $ x=x_{0} $，可得

$$ p_{n}(x_{0})=a_{0},p^{\prime}{}_{n}(x_{0})=a_{1},p^{\prime\prime}{}_{n}(x_{0})=a_{2}\cdot2!,\cdots,p_{n}^{(n)}(x_{0})=a_{n}\cdot n!. $$

由条件（1）的 $ (n+1) $ 个等式可知， $ p_{n}(x) $ 的系数与 $ f(x) $ 的关系是

$$ a_{0}=f(x_{0}),\ a_{1}=f^{\prime}(x_{0}),\ a_{2}=\frac{1}{2!}f^{\prime \prime}(x_{0}),\ \cdots,\ a_{n}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0}), $$

于是

$$ \begin{aligned}p_{_{n}}(x)&=f(x_{_{0}})+f^{\prime}(x_{_{0}})\left(x-x_{_{0}}\right)+\frac{1}{2!}f^{\prime \prime}(x_{_{0}})\left(x-x_{_{0}}\right)^{2}+\cdots+\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{_{0}})\left(x-x_{_{0}}\right)^{n}\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{_{0}})}{k!}\left(x-x_{_{0}}\right)^{k}\end{aligned} $$

也就是说，当 $ f(x) $在点 $ x_{0} $处具有直至n阶导数时，用其各阶导数值构造出多项式各项的系数为

$$ a_{k}=\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}\qquad(k=0,~1,~2,~\cdots,~n). $$

此多项式在点 $ x_{0} $ 处与 $ f(x) $ 有着相同的函数值以及相同的直至 n 阶导数值. 这一多项式

$$ \begin{array}{r l}{p_{n}(x)=}&{{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}\left(x{-}x_{0}\right)^{k}}\end{array} $$

被称为函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处所对应的 n 阶泰勒多项式.

泰勒（Taylor）中值定理 如果 $ f(x) $ 在含 $ x_{0} $ 的开区间 $ (a, b) $ 内具有 $ (n+1) $ 阶导数，则当 $ x \in (a, b) $ 时，有

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\quad(\xi 介于 x 与 x_{0} 之间 ). $$

此式称为 n 阶泰勒公式.

证 令 $ R_{n}(x)=f(x)-p_{n}(x) $，因此，只需证在 x 与 $ x_{0} $ 之间存在 $ \xi $，使得

$$ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}, $$

即

$$ \frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n+1}}=\frac{f(x)-p_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n+1}}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} $$

成立.

注意到

$$ p_{_n}^{(k)}(x_{_0})=f^{(k)}(x_{_0})\qquad(\mathrm{~k=0,~1,~2,~\cdots,~n~}), $$

所以， $ R_{n}(x) $ 在 $ (a, b) $ 内具有 $ (n+1) $ 阶导数，且应有

$$ R_{_{n}}(x_{_{0}})=R_{_{n}}^{\prime}(x_{_{0}})=R_{_{n}}^{\prime \prime}(x_{_{0}})=\cdots=R_{_{n}}^{^{(n)}}(x_{_{0}})=0. $$

再令 $ G(x) = (x - x_{0})^{n+1} $，则容易求得

$$ G(x_{0})=G^{\prime}(x_{0})=G^{\prime \prime}(x_{0})=\cdots=G^{(n)}(x_{0})=0. $$

由于函数 $ R_{n}(x) $ 和 $ G(x) $ 在以 x 与 $ x_{0} $ 为端点的区间上满足柯西中值定理条件，应用定理得

$$ \frac{R_{n}(x)}{G(x)}=\frac{R_{n}(x)-R_{n}(x_{0})}{G(x)-G(x_{0})}=\frac{R_{n}^{\prime}(\xi_{1})}{G^{\prime}(\xi_{1})}\qquad(\xi_{1} 介于 x 与 x_{0} 之间 ). $$

可再对函数 $ R'_{n}(x) $ 和 $ G'(x) $ 在以 $ \xi_{1} $ 及 $ x_{0} $ 为端点的区间上应用柯西中值定理，得

$$ \frac{R_{n}^{\prime}(\xi_{1})}{G^{\prime}(\xi_{1})}=\frac{R_{n}^{\prime}(\xi_{1})-R_{n}^{\prime}(x_{0})}{G^{\prime}(\xi_{1})-G^{\prime}(x_{0})}=\frac{R_{n}^{\prime \prime}(\xi_{2})}{G^{\prime \prime}(\xi_{2})}\quad\left(\xi_{2}\mathrm{ 介于 }\xi_{1}\mathrm{ 与 }x_{0}\mathrm{ 之间 }\right). $$

按类似方法继续做下去，经过 n 次柯西中值定理后，得

$$ \frac{R_{n}^{(n-1)}(\xi_{n-1})}{G^{(n-1)}(\xi_{n-1})}=\frac{R_{n}^{(n)}(\xi_{n})}{G^{(n)}(\xi_{n})}\qquad\quad(\xi_{n} 介于 \xi_{n-1} 与 x_{0} 之间 ). $$

再一次应用柯西中值定理，得

$$ \left(\xi 介于 \xi_{n} 与 x_{0} 之间 \right), $$

所以

$$ \frac{R_{n}(x)}{G(x)}=\frac{R_{n}^{(n+1)}(\xi)}{G^{(n+1)}(\xi)}, $$

即

$$ R_{n}(x)=\frac{R_{n}^{(n+1)}(\xi)}{G^{(n+1)}(\xi)}G(x). $$

因为 $ p_{n}^{(n+1)}(x)=0 $ ，因此有

$$ R_{n}^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right). $$

又

$$ G(x)=(x-x_{0})^{n+1},G^{(n+1)}(x)=(n+1)!, $$

所以

$$ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\qquad(\xi\text{ 介于 }x\text{ 与 }x_{0}\text{ 之间 }). $$

从而定理得证.

定理的结论经常写成

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+R_{n}(x), $$

其中， $ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} $（ $ \xi $介于x与 $ x_{0} $之间）称为 $ f(x) $在 $ x_{0} $处的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式， $ R_{n}(x) $的表达式称作拉格朗日型余项，常用作误差估计.

当 $ f^{(n+1)}(x) $在 $ x_{0} $某邻近区间 $ [x_{0}, H] $（或 $ [H, x_{0}] $）上连续时，由闭区间上连续函数性质，则存在

$$ M=\max_{x_{0}\leqslant x\leqslant H}\left|f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)\right|, $$

于是近似表达的误差为

$$ \left|R_{n}(x)\right|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\right|\leqslant\frac{M}{(n+1)!}\left|\left(H-x_{0}\right)\right|^{n+1}. $$

这表明：只要 $ f^{(n+1)}(x) $ 在有限闭区间上有界，用 n 次多项式 $ p_n(x) $ 逼近 $ f(x) $，其绝对误差 $ \left|R_n(x)\right| $ 随着 n 的增大可以变得任意小．应该说这样的近似范围大，精确度高，而且可以通过增大 n 去提高精确度，以达到满意的程度．但是对函数 $ f(x) $ 的要求实在太高，尽管如此，这仍然是函数逼近的有效方法．

泰勒公式中的拉格朗日型余项，亦可用下列的形式表出．因为 $ \xi $介于x与 $ x_{0} $之间，即有

$$ \xi=x_{0}+\theta\left(x-x_{0}\right)\qquad\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right), $$

所以，余项写成

$$ R_{n}(x)=\frac{f^{\binom{n+1}{n+1}}\left[x_{0}+\theta(x-x_{0})\right]}{(n+1)!}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\qquad(0\lt \theta\lt 1). $$

除上面介绍的带有拉格朗日型余项的泰勒公式外，还有带其他型余项的泰勒公式．下面是带有皮亚诺型余项的泰勒公式.

定理 3.3.1 若函数 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处 n 阶可导，则

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+R_{n}(x), $$

其中， $ R_{n}(x) = o((x - x_{0})^{n}) $ （当 $ x \to x_{0} $ 时）。此时 $ R_{n}(x) $ 的表达式称为皮亚诺（Peano）型余项。

证 记 $ p_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} $，则

$$ R_{n}(x)=f(x)-p_{n}(x). $$

即只需证明

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=0, $$

由于有

$$ R_{n}^{(k)}(x_{0})=0 $$

故只要连续应用（n-1）次洛必达法则，有

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{R_{n}^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_{0})} $$

由于 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处 n 阶可导，从而 $ R_{n}(x) $ 也仅在 $ x_{0} $ 处 n 阶可导，不能对上式右端极限再一次应用洛必达法则，但按导数定义可求得

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{R_{n}^{(n-1)}(x)-R_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{x-x_{0}}=R_{n}^{(n)}(x_{0})=0, $$

从而

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=0, $$

故有 $ R_{n}(x) = o((x - x_{0})^{n}) $ （当 $ x \to x_{0} $ 时）.

在泰勒公式中，如果取 $ x_{0}=0 $ ，则公式成为

$$ f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{1}{2!}f^{\prime\prime}(0)x^{2}+\cdots+\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^{n}+R_{n}(x), $$

其中， $ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}\quad(0\lt \theta\lt 1) $，或 $ R_{n}(x)=o(x^{n}) $。此时的泰勒公式又称为 $ f(x) $的n阶麦克劳林（Maclaurin）公式。

在带有拉格朗日型余项的泰勒公式中，当 n=1 时，就成为

$$ f(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(\xi)(x-x_{0})\qquad\quad(\xi 介于 x 与 x_{0} 之间 ), $$

这正是拉格朗日中值公式．可见，泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推广，反映的是函数在某个区间上的整体性态，常用于对函数在区间上的整体近似，并估计逼近的误差.

在皮亚诺型余项的泰勒公式中，当 n=1 时，就成为

$$ f(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+o(x-x_{0})\quad(x\rightarrow x_{0})， $$

得到的正是一阶微分公式，刻画的是函数在点 $ x_{0} $ 附近的局部形态，是用线性函数在点 $ x_{0} $ 附近逼近函数，是一种局部近似.

例1 求函数 $ f(x) = e^{x} $ 的 n 阶麦克劳林公式.

解 因为 $ f'(x) = f''(x) = \cdots = f^{(n+1)}(x) = \mathrm{e}^{x} $，所以

$$ f(0)=f^{\prime}(0)=f^{\prime \prime}(0)=\cdots=f^{(n)}(0)=1. $$

代入麦克劳林公式，得

$$ \mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{\mathrm{e}^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right). $$

例2 求函数 $ f(x)=\sin x $ 的 n 阶麦克劳林公式.

解 因为

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\cos x=\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right) $$

$$ f^{\prime\prime}(x)=-\sin x=\sin\left(x+\frac{2\pi}{2}\right), $$

$$ f^{\prime\prime\prime}(x)=-\cos x=\sin\left(x+\frac{3\pi}{2}\right)~, $$

$$ f^{(4)}\left(x\right)=\sin x=\sin\left(x+\frac{4\pi}{2}\right)~, $$

$$ f^{(5)}(x)=\cos x=\sin\left(x+\frac{5\pi}{2}\right) $$

$$ f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\sin\left(x+n\frac{\pi}{2}\right) $$

所以 $ f(0)=0, f'(0)=1, f''(0)=0, f'''(0)=-1, f^{(4)}(0)=0, f^{(5)}(0)=1, \cdots $，它们循环地依次取 0, 1, 0, -1, $ \cdots\cdots $。

代入麦克劳林公式（令 n=2m），得

$$ \begin{array}{c}\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots+\left(-1\right)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{\left(2m-1\right)!}\\+\frac{\sin\left[\theta x+\left(2m+1\right)\frac{\pi}{2}\right]}{\left(2m+1\right)!\quad x^{2m+1}}\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right).\end{array} $$

类似地，可得 $ \cos x $ 的麦克劳林公式：

$$ \begin{aligned}\cos&x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\cdots+\left(-1\right)^{m-1}\frac{x^{2m-2}}{\left(2m-2\right)!\ }\\&+\frac{\sin\left(\theta x+m\pi\right)}{\left(2m\right)!\ }x^{2m}\quad\left(0\lt \theta\lt 1\right).\end{aligned} $$

下面是几个常用初等函数的带有皮亚诺型余项的麦克劳林公式：

(1)

$$ \mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+o\left(x^{n}\right); $$

(2)

$$ \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o\left(x^{2n}\right); $$

(3)

$$ \cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}); $$

(4)

$$ \ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}+o(x^{n}); $$

$$ (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^{n}+o(x^{n}). $$

根据函数泰勒公式的唯一性，利用以上五个公式，通过间接（如代换，四则运算等）方法．就可以写出其他简单函数的带有皮亚诺型余项的麦克劳林公式.

例3 求 $ 2^{x} $ 与 $ \sin\frac{x}{2} $ 的带有皮亚诺型余项的麦克劳林公式.

解 由 $ e^{t}=1+t+\frac{t^{2}}{2!}+\cdots+\frac{t^{n}}{n!}+o(t^{n}) $，令 $ t=(\ln 2)x $，得

$$ 2^{x}=\mathrm{e}^{x\ln2}=1+\left(\ln2\right)x+\left(\ln2\right)^{2}\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\left(\ln2\right)^{n}\frac{x^{n}}{n!}+o\left(x^{n}\right). $$

由 $ \sin t = t - \frac{t^{3}}{3!} + \frac{t^{5}}{5!} - \cdots + (-1)^{n-1} \frac{t^{2n-1}}{(2n-1)!} + o(t^{2n}) $，令 $ t = \frac{x}{2} $，得

$$ \sin\frac{x}{2}=\frac{x}{2}-\frac{x^{3}}{3!2^{3}}+\frac{x^{5}}{5!2^{5}}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!2^{2n-1}}+o\left(x^{2n}\right). $$

例4 写出 $ f(x)=\frac{\sin x}{1+x} $的三阶带有皮亚诺型余项的麦克劳林公式，并求 $ f'''(0) $的值.

解 因 $ \frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}-x^{3}+o\left(x^{3}\right) $， $ \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+o\left(x^{4}\right) $，故

$$ \begin{aligned}f(\boldsymbol{x})&=\frac{\sin\boldsymbol{x}}{1+\boldsymbol{x}}=\left[1-\boldsymbol{x}+\boldsymbol{x}^{2}-\boldsymbol{x}^{3}+o\left(\boldsymbol{x}^{3}\right)\right]\left[\boldsymbol{x}-\frac{\boldsymbol{x}^{3}}{3!}+o\left(\boldsymbol{x}^{3}\right)\right]\\&=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^{2}+\frac{5}{6}\boldsymbol{x}^{3}+o\left(\boldsymbol{x}^{3}\right).\end{aligned} $$

上面两因式相乘类似于多项式相乘，且幂次高于3次的部分，当 $ x\to0 $时，都是比 $ x^{3} $更高阶的无穷小，于是可用 $ o(x^{3}) $表示之。由函数的泰勒公式表达式的唯一性，知

$$ f(x)=f(0)+\frac{f^{\prime}(0)}{1!}x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(0)}{3!}x^{3}+o(x^{3}), $$

通过比较，可知 $ \frac{f'''(0)}{3!}=\frac{5}{6} $，即有 $ f'''(0)=\frac{5}{6}\cdot3!=5 $。

二、 泰勒公式的应用

泰勒公式是联系函数 $ f(x) $ 与其高阶导数的关系式. 我们可通过泰勒公式, 应用高阶导数研究函数. 具体应用主要有三方面: 近似计算, 求极限, 证明不等式或等式. 下面通过例子说明.

例5 求 e 的近似值，使绝对误差小于 $ 10^{-6} $

解 $ e^{x} \approx 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \cdots + \frac{x^{n}}{n!} $，其绝对误差为

$$ \left|R_{n}(x)\right|\lt \frac{\mathrm{e}^{|x|}}{\left(n+1\right)!}\left|x\right|^{n+1}. $$

令x=1，可得

$$ \mathrm{e}\approx1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}, $$

其绝对误差 $ \left|R_{n}(1)\right|\lt \frac{e}{(n+1)!}\lt \frac{3}{(n+1)!} $

要使 $ |R_n(1)| \lt \frac{3}{(n+1)!} \lt 10^{-6} $，只需取 $ n=9 $ 即可满足，因为 $ |R_9(1)| \lt \frac{3}{10!} \lt 10^{-6} $，故绝对误差小于 $ 10^{-6} $ 的 e 的近似值为

$$ \mathrm{e}\approx2.718~281~8. $$

例6 用 $ 1 - \frac{x^{2}}{2} $ 逼近 $ \cos x $，且绝对误差不超过 $ 10^{-4} $，求 x 的取值范围.

解 由带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式，知

$$ \cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{\cos\xi}{4!}x^{4} $$

( $ \xi $介于0与x之间)，

于是

$$ \left|\cos x-\left(1-\frac{x^{2}}{2!}\right)\right|=\left|\frac{\cos\xi}{4!}x^{4}\right|\leqslant\frac{x^{4}}{24}. $$

要使 $ \frac{x^{4}}{24}\leq10^{-4} $，即 $ x^{4}\leq24\times10^{-4} $，可得

$$ \left|x\right|\leqslant\sqrt[4]{24}\times10^{-1}\approx0.22. $$

故当 $ x \in (-0.22, 0.22) $ 时，用 $ 1 - \frac{x}{2} $ 近似代替 $ \cos x $ 所产生的绝对误差不超过 $ 10^{-4} $.

例7 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{e^{-x^{2/2}}-\sqrt{1-x^{2}}}{\ln(1+x^{4})} $

解 由于 $ x \to 0 $ 时， $ \ln(1 + x^{4}) \sim x^{4} $ 。于是，应用泰勒公式把分子展开，使分子与分母具有相同的幂次，即关于 x 的四次幂。而分子又是两项之差，也应使减式与被减式具有相同的次数。

由

$$ \mathrm{e}^{-x^{2}/2}=1+\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)+\frac{1}{2!}\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}+o\left(x^{4}\right), $$

$$ \sqrt{1-x^{2}}=1+\frac{1}{2}\left(-x^{2}\right)+\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-1\right)}{2}\left(-x^{2}\right)^{2}+o\left(x^{4}\right), $$

于是

$$ \mathrm{e}^{-x^{2/2}}-\sqrt{1-x^{2}}=\frac{1}{4}x^{4}+o\left(x^{4}\right). $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{-x^{2/2}}-\sqrt{1-x^{2}}}{\ln(1+x^{4})}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{4}x^{4}+o(x^{4})}{x^{4}}=\frac{1}{4}. $$

故

由此可见，用带有皮亚诺型余项的泰勒公式求极限十分有效，它把 n 阶可导函数化为 n 次多项式和一个当 $ x \to x_{0} $ 时比 $ (x - x_{0})^{n} $ 高阶的无穷小之和，这就把不同函数类型的无穷小都化为同一函数类——多项式的无穷小，从而大大简化含无穷小极限式的运算.

例8 设函数 $ f(x) $ 在点 x=a 处具有二阶导数，且 $ f'(a) \neq 0 $，求极限

$$ \lim_{x\to a}\left[\frac{1}{f(x)-f(a)}-\frac{1}{(x-a)f'(a)}\right]. $$

$$ \begin{aligned}f(x)=f(a)+&f^{\prime}(a)(x-a)+\frac{f^{\prime \prime}(a)}{2!}(x-a)^{2}+o\left[\frac{1}{x}\right]\\=&\lim_{x\to a}\left[\frac{1}{f(x)-f(a)}-\frac{1}{(x-a)f^{\prime}(a)}\right]\\=&\lim_{x\to a}\frac{(x-a)f^{\prime}(a)-\left[f(x)-f(a)\right]}{\left[f(x)-f(a)\right](x-a)f^{\prime}(a)}\\=&\lim_{x\to a}\frac{-\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(a)(x-a)^{2}+o\left[\frac{1}{x}\right](x-a)^{2}\left[f^{\prime}(a)(x-a)\right]^{2}+o\left[\frac{1}{x}\right]}{x\to a}\\=&-\frac{1}{2}\frac{f^{\prime \prime}(a)}{\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}}.\end{aligned} $$

例 9 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上有二阶导数，且 $ f(a) $ 与 $ f(b) $ 都不是 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的最小值. 求证：在 $ (a, b) $ 内至少有两点 $ \xi_{1} $ 及 $ \xi_{2} $，使

$$ f^{\prime \prime}(\xi_{1})\gt 0,\ f^{\prime \prime}(\xi_{2})\gt 0. $$

证 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，必存在最小值。由题设 $ f(a) $ 与 $ f(b) $ 都不是 $ [a, b] $ 的最小值，可知存在 $ x_0 \in (a, b) $，使 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 处取得最小值 $ f(x_0) $，于是有

$$ f(x_{0})\lt f(a),f(x_{0})\lt f(b) 且 f^{\prime}(x_{0})=0. $$

函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处的一阶泰勒公式为

$$ \begin{aligned}{f(x)=}&{{}f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(x-x_{0})^{2}}\\ {=}&{{}f(x_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2}(x-x_{0})^{2},}\\ \end{aligned} $$

取 x=a 代入，

$$ f(a)=f(x_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(\xi_{1})}{2}(a-x_{0})^{2}\quad(a\lt \xi_{1}\lt x_{0})， $$

取 x=b 代入，

$$ f({~b~})=f({~x_{0}~})+\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{2})}{2}({~b-x_{0}~})^{2}\quad({~x_{0}\lt \xi_{2}\lt b~}), $$

可得

$$ f^{\prime\prime}\left(\xi_{1}\right)=\frac{2\left[f\left(a\right)-f\left(x_{0}\right)\right]}{\left(a-x_{0}\right)^{2}},\quad f^{\prime\prime}\left(\xi_{2}\right)=\frac{2\left[f\left(b\right)-f\left(x_{0}\right)\right]}{\left(b-x_{0}\right)^{2}}. $$

由于

$$ f(a)-f(x_{0})\gt 0,f(b)-f(x_{0})\gt 0, $$

$$ f^{\prime \prime}(\xi_{1})\gt 0\ ,f^{\prime \prime}(\xi_{2})\gt 0. $$

故

例10 设函数 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上有二阶导数，且 $ f(0)=f(1)=0 $，在 $ [0,1] $ 上有最小值 -1。求证：在 $ (0,1) $ 内存在点 $ \xi $，使 $ f''(\xi) \geqslant 8 $。

证 因为 $ f(x) $ 的最小值应是在区间（0，1）内的点 $ x_{0} $ 处取得，于是

$$ f(x_{0})=-1,f^{\prime}(x_{0})=0,x_{0}\in(0,1). $$

函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处的一阶泰勒公式成为

$$ \begin{aligned}f(x)&=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left(x-x_{0}\right)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(x-x_{0})^{2}\\&=-1+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(x-x_{0})^{2}\quad(\xi 介于 x 与 x_{0} 之间 ).\end{aligned} $$

若 $ x_{0}\in\left(0,\frac{1}{2}\right] $，则 $ x_{0}^{2}\leq\frac{1}{4} $。这时，取 x=0 代入泰勒公式，得

$$ 0=f(0)=-1+\frac{f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)}{2!}\left(0-x_{0}\right)^{2}\qquad\left(\xi_{1} 介于 0 与 x_{0} 之间 \right), $$

可求得

$$ f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)=\frac{2}{x_{0}^{2}}\geqslant8. $$

若 $ x_{0}\in\left[\frac{1}{2},1\right) $，则 $ (1-x_{0})^{2}\leqslant\frac{1}{4} $。这时，取 x=1 代入泰勒公式，得

$$ 0=f(1)=-1+\frac{f^{\prime \prime}(\xi_{2})}{2!}(1-x_{0})^{2}\qquad\quad(\xi_{2} 介于 1 与 x_{0} 之间 ), $$

可求得

$$ f^{\prime \prime}(\xi_{2})=\frac{2}{\left(1-x_{0}\right)^{2}}\geqslant8. $$

综上所述，对于最小值点 $ x_0 $ 在 $ (0, 1) $ 内取到的任何值，都存在 $ \xi \in (0, 1) $，使 $ f''(\xi) \geq 8 $。

习题3-3

1. 设 $ f(x)=2x^{3}-x^{2}+4x+1 $，求 $ f(x) $ 在 $ x_{0}=-1 $ 处的三阶泰勒多项式.

1. 求函数 $ f(x)=\frac{1}{x} $ 在点 $ x_{0}=-1 $ 处的 n 阶带有拉格朗日型余项的泰勒公式.

1. 求函数 $ f(x) = xe^{x} $ 的带有拉格朗日型余项的 n 阶麦克劳林公式.

1. 求下列函数在点 $ x_{0}=1 $ 处带有皮亚诺型余项的 n 阶泰勒公式.

(1) $ f(x) = \ln x $; (2) $ f(x) = e^{\frac{1}{2x}} $.

1. 应用泰勒公式求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(x+1)-\sin x}{\sqrt{1+x^2}-\cos x^2} $;

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x \sin x - x (1 + x)}{x^2 \sin x} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-x^2/2}}{x^4} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-x^2/2} + \frac{x^4}{12}}{x^6} $.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上具有二阶连续导数，且

$$ f(0)=f(1)=0,\mid f^{\prime \prime}(x)\mid\leqslant A\ (0\lt x\lt 1), $$

试证： $ \left|f'(x)\right|\leqslant\frac{A}{2}\quad(0\leqslant x\leqslant1) $.

1. 若 $ f(x) $ 在 $ (0,1) $ 内二阶可导，且有最小值 $ \min_{x\in(0,1)}f(x)=0 $, $ f\left(\frac{1}{2}\right)=1 $. 求证：在 $ (0,1) $ 内存在一点 $ \xi $，使 $ f''(\xi)\gt 8 $.

1. 估计近似公式 $ \sqrt{1-x} \approx 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} $，当 $ 0 \leq x \leq 1 $ 时的绝对误差.

1. 用三阶麦克劳林公式计算 $ \cos5^{\circ} $ 的近似值，并估计误差.

1. 验证：当 $ 0 \lt x \leq \frac{1}{2} $，按近似公式 $ e^x \approx 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} $ 计算 $ e^x $ 值时所产生的误差小于 0.01；并求 $ \sqrt{e} $ 的近似值，使误差小于 0.01.

第四节 函数的单调性与极值

一、 函数的单调性

导数和微分中值定理为我们深刻、全面地研究函数的性态提供了有力的数学工具。本节讨论用导数符号判定函数的单调性，进而讨论函数极值的求法。

设曲线 $ y = f(x) $ 为光滑曲线，我们来考察函数曲线（如图 3-5）。从直观分析中得知：若函数 $ y = f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上单调增加，即图形是一段沿 x 轴正向上升的曲线，则曲线上各点处的切线斜率非负，即 $ f'(x) \geqslant 0 $（如图 3-5(a)）；若函数 $ y = f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上单调减少，即图形是一段沿 x 轴正向下降的曲线，则曲线上各点处切线斜率非正，即 $ f'(x) \leqslant 0 $（如图 3-5(b)）。

反过来，也可以用函数的导数符号对函数的单调性加以判定.

定理3.4.1（函数单调性判别法）设函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，在开区间 $ (a, b) $ 内可导.

（i）若在 $ (a, b) $ 内 $ f'(x) \gt 0 $，则函数 $ y = f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上单调增加；

（ii）若在 $ (a, b) $ 内 $ f'(x) \lt 0 $，则函数 $ y = f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上单调减少.

证 （i）设 $ x_{1} $， $ x_{2} $ 是 $ [a, b] $ 上任意两点，且 $ x_{1}\lt x_{2} $，由假设知 $ f(x) $ 在 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上满足拉格朗日中值定理条件，因此有

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1})\qquad\quad(x_{1}\lt \xi\lt x_{2}). $$

因为在 $ (a, b) $ 内 $ f'(x) \gt 0 $，所以 $ f'(\xi) \gt 0 $，又 $ x_{2} - x_{1} \gt 0 $，于是 $ f(x_{2}) - f(x_{1}) \gt 0 $，即

$$ f(x_{1})\lt f(x_{2}). $$

因此，函数 $ y=f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上单调增加.

（ii）同理可证.

如果把定理 3.4.1 中的使 $ f(x) $ 连续的闭区间换成其他各类区间（包括无穷区间），则 $ f(x) $ 单调性的结论在相应的区间内也是成立的．还须指出，在函数连续的区间内，如果使 $ f'(x)=0 $ 的点和使 $ f'(x) $ 不存在的点只是离散、孤立的，并不构成子区间，而在其余各点处导数值保持同号，则无碍于函数单调性的判定，定理结论仍成立.

例1 讨论函数 $ y = x + \cos x $ 的单调性.

解 函数 $ y = x + \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内连续、可导. 且

$$ y^{\prime}=1-\sin x\geqslant0. $$

其中 $ y' = 0 $，仅在点 $ x = 2k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbb{Z}) $ 处成立。这些点并不构成子区间，所以函数 $ y = x + \cos x $ 在区间 $ (-\infty, +\infty) $ 内单调增加。

例2 讨论函数 $ y=\sqrt[3]{x} $ 的单调性.

解 函数 $ y=\sqrt[3]{x} $ 在定义域 $ (-\infty, +\infty) $ 内连续，仅在点 x=0 处不可导，

而当 $ x \neq 0 $ 时， $ y' = \frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}} \gt 0 $，所以 $ y = \sqrt[3]{x} $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内单调增加.

如果函数 $ f(x) $ 在它有定义的区间上不是单调的，为确定出它的各部分单调的子区间，应该先找出各单调区间的分界点。一般情况下，在函数单调增减区间的分界点处，可能是 $ f'(x)=0 $，也可能是 $ f'(x) $ 不存在。只要用这两类可能的分界点将函数 $ f(x) $ 的定义区间分成若干个部分区间，就能使 $ f'(x) $ 在各个子区间内保持固定的符号，从而使函数 $ f(x) $ 在各个子区间上单调。

例3 确定函数 $ f(x)=\frac{1}{x} $的单调区间.

解 函数 $ f(x)=\frac{1}{x} $ 分别在定义区间 $ (-∞,0) $、 $ (0,+∞) $ 内连续. 当 $ x \neq 0 $ 时， $ f'(x)=-\frac{1}{x^{2}} $ ，于是

在 $ (-∞,0) $内， $ f'(x)\lt 0 $， $ f(x)=\frac{1}{x} $为单调减；

在 $ (0, +\infty) $内， $ f'(x) \lt 0 $， $ f(x) = \frac{1}{x} $为单调减.

应该注意，不能笼统地说函数 $ f(x)=\frac{1}{x} $ 在定义域 $ (x\neq0) $ 内单调减.

例4 确定函数 $ f(x)=(x-2)^{2}\sqrt[3]{(x+1)^{2}} $ 的单调区间.

解 函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续.

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{2\left(x-2\right)\left(4x+1\right)}{3\sqrt[3]{\left(x+1\right)}}. $$

可能的单调区间分界点为 x=2， $ x=-\frac{1}{4} $（驻点）；x=-1（导数不存在的点）.

上述三个可能单调区间分界点把 $ (-∞, +∞) $ 分成四个子区间，函数 $ f(x) $ 在各个子区间上的单调性由 $ f'(x) $ 的符号确定。列表讨论如下：

所以，函数 $ f(x) $ 的单调增区间为 $ \left[-1, -\frac{1}{4}\right] $， $ [2, +\infty) $；

函数 $ f(x) $的单调减区间为 $ (-∞, -1] $， $ \left[-\frac{1}{4}, 2\right] $.

利用函数的单调性判别法可以得出以下推论：

推论 设 $ f(x) $ 在 $ [x_{0}, x] $ 连续，

（i）若 $ x \gt x_{0} $ 时， $ f'(x) \gt 0 $，且 $ f(x_{0}) \geqslant 0 $，则 $ f(x) \gt f(x_{0}) \geqslant 0 $；

（ii）若 $ x \gt x_{0} $ 时， $ f'(x) \lt 0 $，且 $ f(x_{0}) \leq 0 $，则 $ f(x) \lt f(x_{0}) \leq 0 $.

经常应用此推论证明不等式或比较两函数的大小.

例5 证明：当 $ x\geqslant0 $时， $ \ln(1+x)\geqslant\frac{\arctan x}{1+x} $

证 当 $ x \geqslant 0 $ 时，把不等式化为

$$ (1+x)\ln(1+x)\geqslant\arctan x, $$

作辅助函数 $ f(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x $，显然，函数 $ f(x) $在 $ [0,+\infty) $上可导。当x\gt 0时，有

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)+\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\gt 0 $$

于是 $ f(x) $在 $ [0,+\infty) $单调增.又 $ f(0)=0 $,所以,当 $ x\geqslant0 $时,有 $ f(x)\geqslant f(0)=0 $,即

$$ (1+x)\ln(1+x)-\arctan x\geqslant0,x\in\left[0,+\infty\right), $$

故当 $ x \geqslant 0 $ 时， $ \ln(1+x) \geqslant \frac{\arctan x}{1+x} $ 成立.

二、 函数的极值

现在，利用微分学的知识来讨论极值问题，先从几何上引出一些概念.

如果连续函数 $ y = f(x) $ 在某一区间不单调（如图 3-6），可以看出，在函数单调增与单调减区间的分界点 $ x_{1} $ 处，函数值 $ f(x_{1}) $ 要比邻近点的函数值大；同样可以看到，在函数单调减与单调增区间的分界点 $ x_{2} $ 处，函数值 $ f(x_{2}) $ 要比邻近的点函数值小。这就是说，函数在某点附近的一个小范围内取得最大值或最小值。由函数的这种局部性态，我们概括出函数极值的概念。

定义 3.4.1 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a, b) $ 内有定义， $ x_{0} \in (a, b) $，如果在点 $ x_{0} $ 的某个去心邻域内都有

$$ f(x)\lt f(x_{0}), $$

则称 $ f(x_{0}) $ 是函数 $ f(x) $ 的一个极大值，点 $ x_{0} $ 为函数 $ f(x) $ 的一个极大值点；如果在点 $ x_{0} $ 的某去心邻域内都有

$$ f(x)\gt f(x_{0}), $$

则称 $ f(x_{0}) $ 是函数 $ f(x) $ 的一个极小值，点 $ x_{0} $ 为函数 $ f(x) $ 的一个极小值点.

函数的极大值与极小值统称为函数的极值，极大值点与极小值点统称为函数的极值点。必须注意，极值是对函数值而言，而极值点是指自变量的值（在数轴上的点）。极值点上的函数值，就是函数的极值。

由极值定义可知，极大值、极小值不同于函数在整个区间上的最大值、最小值。后者是就整个区间来考虑，是整体的、绝对的；前者是就一点的邻域来考虑，是局部的、相对的。因此，在某区间内定义的连续函数，在此区间上可以有若干个极值，且极大值未必一定大于极小值。如图3-6中的函数 $ f(x) $就有极大值 $ f(x_{1}) $， $ f(x_{3}) $与极小值 $ f(x_{2}) $， $ f(x_{4}) $，且极小值 $ f(x_{4}) $大于极大值 $ f(x_{1}) $。从几何图形上说，函数的一个极大值对应着函数图形的一个峰，而函数的一个极小值则对应着函数图形的一个谷。

对于函数 $ y=f(x) $，我们来讨论如何求出它的极值.

由费马引理可知，可导函数的极值点必定是函数的驻点．亦即可导函数在 $ x_{0} $处取得极值的必要条件是 $ f^{\prime}(x_{0})=0 $．现将此结论叙述成如下定理.

定理 3.4.2 (极值存在的必要条件) 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处可导，且在 $ x_{0} $ 处取得极值，那么 $ f'(x_{0}) = 0 $.

必须指出，函数的驻点不一定是极值点。例如，函数 $ f(x)=x^{3} $ 的导数 $ f'(x)=3x^{2} $，有 $ f'(0)=0 $，因此 x=0 是此可导函数的驻点，但 x=0 却不是函数的极值点。此外，函数在它的导数不存在的点处也可能取得极值。例如，函数 $ f(x)=|x-2| $ 在点 x=2 处不可导，但函数在该点处取得极小值。

为求函数的极值，首先把两类可能的极值点（即 $ f'(x) = 0 $ 的驻点和使 $ f'(x) $ 不存在的点）求出来，然后在进一步加以判定．下面给出两个判定函数极值的充分条件.

定理3.4.3（极值第一充分条件）设函数 $ f(x) $在点 $ x_{0} $处连续，且在 $ x_{0} $的某去心邻域内可导.如果在此邻域内

（i）当 $ x \lt x_{0} $ 时， $ f'(x) \gt 0 $，而当 $ x \gt x_{0} $ 时， $ f'(x) \lt 0 $，则 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处取得极大值；

（ii）当 $ x \lt x_{0} $ 时， $ f'(x) \lt 0 $，而当 $ x \gt x_{0} $ 时， $ f'(x) \gt 0 $，则 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处取得极小值；

（iii）若在点 $ x_{0} $ 左右两侧 $ (x\gt x_{0} $ 及 $ x\lt x_{0} $ ) $ f^{\prime}(x) $ 的符号保持不变，则 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处不取极值.

证 （i）根据函数单调性的判别法可知，在邻域内，当 $ x \leqslant x_{0} $ 时， $ f(x) $ 单调增；当 $ x \geqslant x_{0} $ 时， $ f(x) $ 单调减.

所以，当 $ x \lt x_{0} $ 时， $ f(x) \lt f(x_{0}) $；当 $ x \gt x_{0} $ 时， $ f(x) \lt f(x_{0}) $。

综上所述，对此邻域内任意的x，总有

$$ f(x)\lt f(x_{0}), $$

故 $ f(x_{0}) $ 是 $ f(x) $ 的一个极大值.

（ii）用类似于（i）的方法可证.

（iii）由条件知 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的邻域内单调，故 $ f(x_{0}) $ 不是 $ f(x) $ 的极值，即 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处不取极值.

例6 求函数 $ f(x)=12x^{5}+15x^{4}-40x^{3} $ 的极值.

解 函数 $ f(x) $ 在定义域 $ (-∞, +∞) $ 内连续，

$$ f^{\prime}\left(x\right)=60x^{4}+60x^{3}-120x^{2}=60x^{2}\left(x+2\right)\left(x-1\right). $$

令 $ f'(x)=0 $，求得驻点x=-2，x=0，x=1，没有使 $ f'(x) $不存在的点。则可能极值点x=-2，x=0，x=1把函数 $ f(x) $的连续区间 $ (-∞,+∞) $分成四个子区间，确定 $ f'(x) $在各部分区间上的符号，应用第一充分条件判定极值，列表如下：

由表可知， $ f(-2)=176 $ 是极大值； $ f(1)=-13 $ 是极小值；在点 x=0 处， $ f(x) $ 不取极值.

例7 求函数 $ f(x)=3-|x^{3}-1| $ 的极值.

解 将函数表达式中的绝对值符号去掉，得

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&2+x^{3},&-\infty\lt x\leqslant1,\\ &4-x^{3},&1\lt x\lt +\infty.\end{aligned}. $$

可求得

$$ f^{\prime}(x)=\{\begin{aligned}3x^{2},\quad&-\infty\lt x\lt 1,\\ 不存在 ,\quad&x=1,\\ -3x^{2},\quad&1\lt x\lt +\infty\end{aligned}., $$

可能极值点：x=0（驻点），x=1（使 $ f'(x) $不存在的点）.

为讨论在点 x=0, x=1 左右邻域内 $ f'(x) $ 的符号，并应用第一充分条件

判定极值. 现将列表如下：

由表可见 $ f(x) $在点x=0处不取极值，在连续的不可导点x=1处取得极大值 $ f(1)=3 $.

函数 $ f(x) $的图形如图3-7所示，由图形可知： $ f(1)=3 $是函数的极大值.

一般地，若导函数在一驻点的两侧改变符号，则该驻点必为极值点.

考察函数在驻点的二阶导数的符号也是确定该驻点是否是极值点的一个方法．我们称其为判别极值的第二充分条件.

定理 3.4.4（极值第二充分条件） 设 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处具有二阶导数，且 $ f'(x_{0})=0 $， $ f''(x_{0})\neq0 $，则

（i）当 $ f''(x_{0})\lt 0 $时，函数 $ f(x) $在 $ x_{0} $处取得极大值 $ f(x_{0}) $;

（ii）当 $ f''(x_{0})\gt 0 $时，函数 $ f(x) $在 $ x_{0} $处取得极小值 $ f(x_{0}) $.

证 因为 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处具有二阶导数，所以 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 邻域内带皮亚诺型余项的泰勒公式为

$$ f(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+o\left[(x-x_{0})^{2}\right]. $$

又 $ f'(x_{0})=0 $，于是，有

$$ f(x)-f(x_{0})=\frac{f^{\prime \prime}(x_{0})}{2}(x-x_{0})^{2}+o\left[(x-x_{0})^{2}\right]. $$

于是

$$ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}=\frac{1}{2}f''(x_0). $$

由极限局部保号性，知

（i）当 $ f^{\prime\prime}(x_{0})\lt 0 $时， $ f(x)-f(x_{0})\lt 0 $，即 $ f(x)\lt f(x_{0}) $，所以函数 $ f(x) $在点 $ x_{0} $处取得极大值；

（ii）当 $ f''(x_{0})\gt 0 $时， $ f(x)-f(x_{0})\gt 0 $，即 $ f(x)\gt f(x_{0}) $，所以函数 $ f(x) $在点 $ x_{0} $处取得极小值.

必须指出，若 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处 $ f^{\prime}(x_{0})=f^{\prime\prime}(x_{0})=0 $，则第二充分判别法失效，不能应用。应改用第一充分判别法或直接按极值定义去判定。事实上，当 $ f^{\prime}(x_{0})=0, f^{\prime\prime}(x_{0})=0 $ 时，函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处可能有极值，也可能没有极值。

例如，函数 $ f(x) = -x^{4} $ 在 x = 0 处取得极大值；函数 $ f(x) = x^{4} $ 在 x = 0 处取得极小值；函数 $ f(x) = x^{3} $ 在 x = 0 处不取极值，而它们都有 $ f'(0) = f''(0) = 0 $.

例8 求函数 $ f(x) = x + \sqrt{1 - x} $ 的极值.

解 函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, 1] $ 连续，且

$$ f^{\prime}\left(x\right)=1-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}, $$

可能的极值点为 $ x=\frac{3}{4} $（驻点），x=1（不可导点）.

因为 x=1 是函数 $ f(x) $ 定义区间的右端点，不存在右邻域，故不是极值点。由 $ f''(x)=\frac{-1}{4(1-x)^{3/2}} $，有 $ f''\left(\frac{3}{4}\right)=-2\lt 0 $。由第二充分条件，可判定 $ f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{5}{4} $ 是函数 $ f(x) $ 的极大值。

例9 求函数 $ f(x)=\frac{\ln^{2}x}{x} $的极值.

解 函数 $ f(x) $ 在定义域 $ (0, +\infty) $ 内连续.

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{\left(2-\ln x\right)\cdot\ln x}{x^{2}} $$

可能极值点为 x=1, $ x=e^{2} $

显然 $ f''(x) $ 较复杂，舍弃第二充分条件判别法，仍用第一充分条件判别法，列表讨论如下：

由表可见，函数的极小值是 $ f(1)=0 $，极大值是 $ f(e^{2})=\frac{4}{e^{2}} $

例 10 设 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 某邻域内具有直到 n 阶导数，且

$$ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=f^{\prime\prime}\left(x_{0}\right)=\cdots=f^{\left(n-1\right)}\left(x_{0}\right)=0,\ 而 \ f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)\neq0. $$

证明：（1）当 n 为偶数时，点 $ x_{0} $ 是函数 $ f(x) $ 的极值点，

且当 $ f^{(n)}(x_{0})\gt 0 $， $ f(x_{0}) $为极小值；

当 $ f^{(n)}(x_{0})\lt 0 $， $ f(x_{0}) $为极大值.

（2）当 n 为奇数时，点 $ x_{0} $ 不是函数 $ f(x) $ 的极值点.

证 $ f(x) $ 的带有皮亚诺型余项的泰勒公式：

$$ f(x)=f(x_{0})+\sum_{k=1}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+o\left[\left(x-x_{0}\right)^{n}\right], $$

又 $ f'(x_0)=f''(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0 $，于是

$$ f(x)=f(x_{0})+\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}+o\left[(x-x_{0})^{n}\right]. $$

从而

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0}). $$

由极限的局部保号性，知

（1）当 n 为偶数时， $ (x-x_{0})^{n}\gt 0 $

当 $ f^{(n)}(x_{0})\gt 0 $，有 $ f(x)\gt f(x_{0}) $，即 $ f(x_{0}) $为极小值；

当 $ f^{(n)}(x_{0})\lt 0 $，有 $ f(x)\lt f(x_{0}) $，即 $ f(x_{0}) $为极大值；

（2）当 n 为奇数时， $ f^{(n)}(x_{0}) $ 是定号的，而 $ (x-x_{0})^{n} $ 变号。当 $ x\gt x_{0} $ 时， $ f(x)-f(x_{0}) $ 与 $ f^{(n)}(x_{0}) $ 同号；当 $ x\lt x_{0} $ 时， $ f(x)-f(x_{0}) $ 与 $ f^{(n)}(x_{0}) $ 异号，所以 $ f(x_{0}) $ 不是极值.

本例的结果有助于判定驻点是否为极值点，它可以作为函数极值第二充分条件的补充.

三、 最大值与最小值问题

在实际问题中，往往需要我们考虑的是函数在某个区间范围的最大值或最小值。例如，在一定条件下，怎样使成本最低，利润最大，用料最省，产量最高等问题。在数学上把这类问题归纳为求函数（称为目标函数）在给定的区间上的最大值或最小值（统称为最值）问题。

假设函数 $ y=f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，在开区间 $ (a, b) $ 内只有有限个可能的极值点（包括驻点与不可导点）。在上述条件下，我们来讨论函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上最值的求法.

首先，由闭区间上连续函数的性质可知， $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的最大值和最小值一定存在. 其次，如果最值是在开区间 $ (a, b) $ 内的点 $ x_{0} $ 处取得，由于 $ f(x) $ 在 $ (a, b) $ 内只有有限个可能的极值点，若 $ f'(x_{0}) $ 存在，则 $ f'(x_{0}) = 0 $， $ f'(x_{0}) $ 也可能不存在，从而 $ x_{0} $ 一定是函数 $ f(x) $ 的驻点或不可导点.

最后，函数的最值也可能在有限闭区间的端点处取得（如图3-8）.

由以上分析，可以得到求连续函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上最值的方法是：

求出 $ f(x) $ 在区间 $ (a, b) $ 内所有的可能极值点，算出它们的函数值，并与端点函数值一起进行比较，其中最大（小）者，则为函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的最大（小）值.

例11 求函数 $ y = \sqrt[3]{(x^{2}-2x)^{2}} $ 在 $ [0, 3] $ 上的最值.

解 $ y'=\frac{4(x-1)}{3\sqrt[3]{x^{2}-2x}} $，由方程 $ y'=0 $ 得驻点 x=1.

又 x=2 是不可导点．计算各可能极值点以及区间两端点处的函数值：

$$ y(1)=1,\ y(2)=0,\ y(0)=0,\ y(3)=\sqrt[3]{9}. $$

比较以上各函数值，可得函数在 $ [0, 3] $ 上的最大值为 $ \sqrt[3]{9} $，最小值为 0.

例 12 有一块边长为 a 的正方形铁皮，从它的四角截去同样的小正方形，做成一个无盖的方匣．问应如何截才能使做成的匣子容积最大？

解 设截去的小正方形边长为 x，则做成的

匣子（如图3-9）容积为

$$ V=x\left(a-2x\right)^{2},x\in\left[0,\frac{a}{2}\right]. $$

问题归结为求函数 $ V(x)=x(a-2x)^{2} $ 在区间 $ \left[0,\frac{a}{2}\right] $ 上的最大值.

$$ V^{\prime}\left(x\right)=\left(a-2x\right)\left(a-6x\right), $$

在开区间 $ \left(0,\ \frac{a}{2}\right) $内可能极值点是 $ x=\frac{a}{6} $（驻点）.

比较驻点以及区间端点处的函数值

$$ V\bigg(\frac{a}{6}\bigg)=\frac{2}{27}a^{3},\quad V(0)=0,\quad V\bigg(\frac{a}{2}\bigg)=0, $$

可知，当 $ x=\frac{a}{6} $ 时，V 取最大值。所以，截左边长为 $ \frac{a}{6} $ 的小正方形时做成的方匣子容积最大。

在求函数的最大（小）值时，要注意下列特殊情况：

（1）若 $ f(x) $在 $ [a,b] $上连续，且 $ f'(x) $在 $ (a,b) $内非负（或非正），即 $ f(x) $单调增（减），则 $ f(a) $为最小（大）值，而 $ f(b) $为最大（小）值.

（2）若 $ f(x) $ 在某个区间（有限或无限，开或闭）内可导且只有唯一一个驻点 $ x_{0} $，则当 $ f(x_{0}) $ 是极大（小）值时，它就是函数在该区间上的最大（小）值.

（3）在实际问题中，只要根据问题的性质就可以判定函数 $ f(x) $在定义区间内部必有最大（小）值. 这时，如果 $ f(x) $在定义区间内只有唯一驻点 $ x_{0} $，那么不必讨论 $ f(x_{0}) $是否为极值，就可以判定 $ f(x_{0}) $为所求的最大（小）值.

例 13 求函数 $ f(x)=x-\ln(1+x^{2}) $ 在区间 [2,3] 上的最大值与最小值.

解 因为 $ f'(x) = 1 - \frac{2x}{1+x^2} = \frac{(1-x)^2}{1+x^2} $，在区间 $ [2, 3] $ 上有 $ f'(x) \gt 0 $，函数 $ f(x) $ 单调增。所以，最小值是 $ f(2) = 2 - \ln 5 $，最大值是 $ f(3) = 3 - \ln 10 $。

例 14 讨论函数 $ y=\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{1-x} $ (a\gt 0, b\gt 0) 在区间 (0, 1) 内的最值.

解 $ y' = -\frac{a^{2}}{x^{2}} + \frac{b^{2}}{(1-x)^{2}} = \frac{[bx-a(1-x)]}{x^{2}(1-x)^{2}} [bx+a(1-x)] $

解方程 $ y'=0 $，由于 $ bx+a(1-x)\gt 0 $，得 $ f(x) $ 在 $ (0,1) $ 内的唯一驻点 $ x=\frac{a}{a+b} $。当 $ 0\lt x\lt \frac{a}{a+b} $ 时， $ y'=0 $；当 $ \frac{a}{a+b}\lt x\lt 1 $ 时， $ y'=0 $。

所以，函数在 $ x=\frac{a}{a+b} $ 处取得极小值，也就是最小值 $ y\big|_{x=\frac{a}{a+b}}=(a+b)^2 $.

又因为 $ \lim_{x\to0^{+}}y(x)=+\infty $， $ \lim_{x\to1^{-}}y(x)=+\infty $，所以函数在（0，1）内没有最大值.

例 15 由直线 y=0, x=0, x=1 及 $ y=e^{x} $ 围成

一曲边梯形，在曲边 y=e^{x} 上求一点 P，使曲线在点 P 处的切线与直线 y=0, x=0, x=1 所围成的梯形面积最大（如图 3-10）.

解 设切点为 $ P(t, e^{t}) $，过点 P 作曲线的切线，方程为

$$ y-\mathrm{e}^{t}=\mathrm{e}^{t}(x-t), $$

切线与直线 x=0 的交点为 $ A(0, \mathrm{e}^{t}(1-t)) $；切线与直线 x=1 的交点为 $ B(1, \mathrm{e}^{t}(2-t)) $，于是，切线与直线 y=0, x=0, x=1 所围成梯形面积为

$$ A=\frac{1}{2}\left[\mathrm{e}^{\prime}(1-t)+\mathrm{e}^{\prime}(2-t)\right]\times1=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\prime}(3-2t). $$

下面求 $ A(t)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t}(3-2t) $ 在 $ t\in[0,1] $ 上的最大值.

$$ A^{\prime}(t)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t}(1-2t), $$

令 $ A'(t)=0 $，得唯一驻点 $ t=\frac{1}{2} $。由问题实际意义可知函数一定有最大值，而

函数只有唯一驻点，故在驻点处必取极大值也即最大值.

因此，曲线 $ y=e^{x} $ 上的点 $ P\left(\frac{1}{2},\ e^{t/2}\right) $ 为所求.

习题3-4

1. 确定下列函数的单调性：

(1) $ y = \frac{x^{2} - 2x + 2}{x - 1} $;

(2) $ y = x^2 e^{-x^2} $;

(3) $ y = x^{2} + \frac{6}{x} $;

(4) $ y = 2x^{2} - \ln x $.

1. 证明下列不等式：

（1）当x\gt 1时， $ \ln x\gt \frac{2(x-1)}{x+1} $;

(2) 当 x\gt 0 时， $ 1+x\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\gt \sqrt{1+x^{2}} $;

（3）当 $ 0 \lt x \lt \frac{\pi}{2} $ 时， $ \sin x + \tan x \gt 2x $；

（4）当 $ 0 \lt x \lt \frac{\pi}{2} $ 时， $ \frac{2}{\pi} x \lt \sin x \lt x $.

1. 讨论方程 $ \ln x = ax (a \gt 0) $ 实根的个数.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, +\infty) $ 上有二阶导数，且 $ f(a) \gt 0 $， $ f'(a) = k \lt 0 $， $ f''(x) \lt 0 $。试证明：方程 $ f(x) = 0 $ 在 $ (a, +\infty) $ 内有唯一实根。

1. 求下列函数的极值：

(1) $ y = x^2 (a - x)^2 (a \gt 0) $;

(2) $ y = x \sqrt[3]{x - 1} $;

(3) $ y = e^{x} \sin x $;

(4) $ y = 2 - (x - 1)^{\frac{2}{3}} $;

(5) $ y = x + \tan x $;

(6) $ y = |x(x^{2} - 1)| $.

1. 设函数 $ f(x) = (x - x_0)^n \varphi(x) $ （n 为自然数），其中 $ \varphi(x) $ 当 $ x = x_0 $ 时连续且 $ \varphi(x_0) \neq 0 $，研究此函数在 $ x = x_0 $ 处是否取得极值.

1. 已知 $ f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx $ 在 x=1 处有极限 -2，试确定系数 a，b，并求 $ y=f(x) $ 的所有极值.

1. 求下列函数的最大值、最小值：

(1) $ y = x + 2\sqrt{x} $ (0 ≤ x ≤ 4);

(2) $ y = x^{2} - \frac{54}{x} $ (x \lt 0);

(3) $ y = 2 \tan x - \tan^{2} x $ \quad (0 \lt x \lt $ \frac{\pi}{2} $) ;

(4) $ y = |x^2 - 3x + 2| $ （ $ -10 \leq x \leq 10 $）.

1. 证明下列不等式：

（1）当x\lt 1时， $ e^{x}\leq\frac{1}{1-x} $;

(2) 当 $ |x| \leq 2 $ 时， $ |2x - x^{3}| \leq 2 $;

（3）当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $，P \gt 1 时， $ \frac{1}{2^{p-1}} \leqslant x^{p} + (1 - x)^{p} \leqslant 1 $.

1. 已知半径为 r 的圆铁皮，剪去一个扇形，把剩下的部分围成一个圆锥容器．问：剪去的扇形的中心角 $ \alpha $ 应该多大，才能使得圆锥形容器有最大容积？

1. 设圆桌的半径为 a，光源的照度与光线的倾斜角 $ \theta $ 的正弦成正比，与光源到被照物的距离平方成反比. 问：光源应挂在圆桌中心上方多高处，才能使圆桌边沿上的照度最大（如图 3-11）.

1. 在平地露天放映电影，银幕高7 m，银幕底边高于某坐着的观众的视平线3 m（如图3-12），问：这个观众坐在多远便干观看？（提示：当视角最大时，观看效果最好。）

第五节 函数的凸性和图形的描绘

前面研究了函数的单调性和极值，这对描述函数图像很重要，但单调性只反映函数变化性态的一个侧面，还不能完全反映函数的变化规律。如图3-13所示，图（a）和图（b）中两个同为单调增的函数 $ y=f(x) $， $ y=g(x) $，然而它们的图形却存在着很大的差异，表现为曲线的弯曲方向正好相反。

一、 函数的凸性及其判定

在函数 $ y=f(x) $ 的图形（如图 3-13（a））上，任取两点，联结这两点的弦总位于这两点间弧段的上方；而对函数 $ y=g(x) $ 的图形（如图 3-13（b）），情况正好相反．曲线的这一特性就是本节要讨论的函数图形的凸向，且通常把函数图形（即曲线）的凸向与函数的凸性等同起来.

为研究函数的凸性，首先要用数学解析式对函数的凸性加以描述.

如图3-14所示，设函数 $ f(x) $在区间I内连续，在区间I内任意取两点 $ A(x_{1}, f(x_{1})) $和 $ B(x_{2}, f(x_{2})) $.

设 $ x_{1}\lt x_{2} $，则在区间 $ (x_{1}, x_{2}) $ 中任意一点 x 总可以写成

$ x = x_1 + (x_2 - x_1) \lambda = (1 - \lambda) x_1 + \lambda x_2 $, $ \lambda \in (0, 1) $,

而弦 $ \overrightarrow{AB} $的方程是

$$ y=\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}(x-x_{2})+f(x_{2}) $$

把 $ x=(1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2} $ 代入弦AB的方程，可得弦AB在 x 处的纵坐标为

$$ \gamma=\left(1-\lambda\right)f(x_{1})+\lambda f(x_{2}), $$

而曲线弧 $ \overrightarrow{AB} $在x处的纵坐标是

$$ f((1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2}). $$

因此，函数凸性就可以通过比较 $ y = (1 - \lambda) f(x_1) + \lambda f(x_2) $ 与 $ f((1 - \lambda) x_1 + \lambda x_2) $ 两者的大小加以定义.

定义 3.5.1 设函数 $ f(x) $ 在区间 I 内连续，若对任意两点 $ x_1, x_2 \in I $ 及数 $ \lambda \in (0, 1) $，总有

$$ f\left(1-\lambda\right)x_{1}+\lambda x_{2})\lt \left(1-\lambda\right)f\left(x_{1}\right)+\lambda f\left(x_{2}\right), $$

则称函数 $ f(x) $ 在区间 I 内是下凸的. 若总有

$$ f(1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2})\gt (1-\lambda)f(x_{1})+\lambda f(x_{2}), $$

则称函数 $ f(x) $ 在区间 I 内是上凸的.

若取 $ \lambda=\frac{1}{2} $，定义中的不等式则分别为

$$ f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\lt \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2} 与 f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\gt \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}. $$

有时也用这两个不等式来定义函数的下凸和上凸.

按定义来判定函数的凸性往往比较困难，应寻找简洁的判别方法．这方法

就是：若函数 $ f(x) $ 在区间 I 内具有二阶导数，则可利用二阶导数来判别它的凸性.

定理 3.5.1 (函数凸性的判别法) 如果函数 $ f(x) $ 在区间 I 内二阶可导，且 $ f''(x) \gt 0 (f''(x) \lt 0) $，则函数 $ f(x) $ 在区间 I 内是下凸（上凸）的.

证 设 $ x_{1} $， $ x_{2} $ 是区间 I 内任意两点，且 $ x_{1}\lt x_{2} $，记 $ x_{0}=(1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2} $，其中 $ \lambda\in(0,1) $，则 $ x_{1}\lt x_{0}\lt x_{2} $。由于 $ f'(x) $， $ f''(x) $ 在区间 I 内存在，故可将 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 按一阶泰勒公式展开，有

$$ f(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2}(x-x_{0})^{2}\quad\quad( 其中 \xi 介于 x_{0} 与 x 之间 ). $$

设 $ f''(x)\gt 0 $，于是

$$ f(x)\gt f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0}). $$

分别取 $ x=x_{1} $ 与 $ x=x_{2} $，可得

$$ \begin{aligned}{}&{{}f({~x~}_{1})\gt f({~x~}_{0})+f^{\prime}({~x~}_{0})({~x~}_{1}-{x}_{0}),}\\ {}&{{}f({~x~}_{2})\gt f({~x~}_{0})+f^{\prime}({~x~}_{0})({~x~}_{2}-{x}_{0}),}\\ \end{aligned} $$

故有

$$ \begin{align*}(1-\lambda)f(x_{1})+\lambda f(x_{2})&\gt f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left[(1-\lambda)\left(x_{1}-x_{0}\right)+\lambda\left(x_{2}-x_{0}\right)\right]\\&=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left[(1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2}-x_{0}\right]\\&=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\cdot0=f(x_{0}).\end{align*} $$

把 $ x_{0}=(1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2} $ 代入上式，可得

$$ (1-\lambda)f(x_{1})+\lambda f(x_{2})\gt f((1-\lambda)x_{1}+\lambda x_{2}), $$

由定义可知， $ f(x) $ 在区间 I 内为下凸的.

同理可证：若 $ f''(x)\lt 0 $，则 $ f(x) $在区间I内为上凸的.

从定理证明过程中可知，当 $ f''(x)\gt 0 $时，有式（*）成立，即

$$ f(x)\gt f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0}). $$

此不等式的几何意义是：曲线弧段在其上任一点处的切线上方．此不等式可当作函数 $ f(x) $下凸的等价定义．此外，当 $ f''(x)\gt 0 $时，可知 $ f'(x) $在I上单调增加，即当曲线弧上各点处的切线斜率为单调增时，曲线弧是下凸的.

例1 讨论函数 $ f(x) = x \arctan x $ 的凸性.

解 函数的连续区间为 $ (-∞, +∞) $，且有

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\arctan x+\frac{x}{1+x^{2}},\quad f^{\prime\prime}\left(x\right)=\frac{2}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\gt 0, $$

故函数 $ f(x)=x\arctan x $在 $ (-\infty,+\infty) $内是下凸的.

例2 讨论函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{-x^{2}} $ 的凸性.

解 函数的连续区间为 $ (-∞, +∞) $，且

$$ f^{\prime}\left(x\right)=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}},f^{\prime\prime}\left(x\right)=\left(4x^{2}-2\right)\mathrm{e}^{-x^{2}}. $$

在 $ (-\infty, +\infty) $ 内， $ f''(x) $ 存在，但不保持同一符号。令 $ f''(x) = 0 $，得 $ x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} $。

列表考察如下：

函数图像如图3-15所示.

例3 讨论函数 $ f(x)=\sqrt[3]{x} $的凸性.

解 函数 $ f(x) $ 的连续区间为 $ (-∞, +∞) $，且

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^{2}}},\quad f^{\prime\prime}\left(x\right)=-\frac{2}{9x\sqrt[3]{x^{2}}},\ x\neq0. $$

方程 $ f''(x)=0 $无解，但x=0是 $ f''(x) $不存在的点，当 $ -\infty\lt x\lt 0 $时， $ f''(x)\gt 0 $；而当 $ 0\lt x\lt +\infty $时， $ f''(x)\lt 0 $。所以，函数 $ f(x)=\sqrt[3]{x} $在 $ (-\infty,0] $是下凸的，在 $ [0,+\infty) $是上凸的，如图3-16所示。

从以上例子可见，讨论函数的凸性与求函数单调区间的情形基本相似．先求出可能的分界点（这里应是使 $ f''(x)=0 $的点及 $ f''(x) $不存在的点），然后用可能分界点把定义区间分成若干部分，在各部分区间上应用判定法则进行判定．

二、 曲线的拐点

定义 3.5.2 若函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续，且在点 $ x_{0} $ 左、右两侧邻近处，函数 $ f(x) $ 的凸性相反，则称点 $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 为曲线 $ y = f(x) $ 上的拐点.

拐点是连续曲线弧上改变凸性的点，由凸性判定定理可知，如果 $ f''(x) $

在点 $ x_{0} $ 的左、右两侧附近异号，而 $ f''(x_{0})=0 $ 或 $ f''(x_{0}) $ 不存在，则点 $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 就是曲线的一个拐点. 因此，可按下列步骤求曲线 $ y=f(x) $ 的拐点.

(i) 求 $ f''(x) $;

（ii）在 $ f(x) $ 的定义区间内，求出使 $ f''(x)=0 $ 的点，以及使 $ f''(x) $ 不存在的点（可能拐点的横坐标）；

（iii）对由（ii）所得的每一个点 $ x_{0} $，分别考察其左右两侧邻近 $ f''(x) $ 的符号，若符号相异，则点 $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 是曲线 $ y = f(x) $ 的拐点；若符号相同，则点 $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 不是拐点.

例4 求曲线 $ y=(x-1)\sqrt[3]{x^{2}} $ 的下凸，上凸区间和拐点.

解 函数定义区间为 $ (-∞, +∞) $.

$$ y^{\prime}=\frac{5}{3}x^{\frac{2}{3}}-\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}, $$

$$ y^{\prime \prime}=\frac{2(5x+1)}{9x^{\frac{4}{3}}}. $$

解方程 $ y''=0 $，得 $ x=-\frac{1}{5} $

又 x=0 是函数二阶导数不存在的点.

列表考察如下：

所以，曲线 $ y=(x-1)\sqrt[3]{x^2} $ 在 $ (-\infty,-\frac{1}{5}] $ 上凸，在 $ \left[-\frac{1}{5},0\right) $ 与 $ (0,+\infty) $ 是下凸，拐点为 $ \left(-\frac{1}{5},-\frac{6}{5}\sqrt[3]{\frac{1}{25}}\right) $。在 x=0 的左右两侧， $ f''(x) $ 的符号不变，故点 $ (0,0) $ 不是拐点，曲线 $ y=(x-1)\sqrt[3]{x^2} $ 的图形如图 3-17 所示。

例5 试问下列曲线是否有拐点？

(1) $ y = x^{4} $; (2) $ y = |\ln x| $.

解 (1) $ y=x^{4} $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 连续.

$ y' = 4x^3 $, $ y'' = 12x^2 $.

易见，只有 x=0 是方程 $ y''=0 $ 的根，但当 $ x\neq0 $ 时，无论 x\lt 0 还是 x\gt 0 都有 $ y''\gt 0 $。因此，点 $ (0,0) $ 不是此曲线的拐点，故曲线 $ y=x^{4} $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内下凸，没有拐点。

(2) 函数 $ y = |\ln x| $ 在 $ (0, +\infty) $ 连续，如图 3-18 所示。易见，点 $ (1, 0) $ 是此曲线的拐点，但在 x=1 处， $ y'(1) $ 和 $ y''(1) $ 都不存在。

事实上，由 $ y = |\ln x| = \{ \begin{array}{ll} -\ln x, & 0 \lt x \lt 1, \\ 0, & x = 1, \\ \ln x, & x \gt 1, \end{array} . $

可求得

$$ \begin{aligned}y^{\prime}=\{\begin{aligned}-\frac{1}{x},\quad&0\lt x\lt 1,\\ 不存在 ,\quad&x=1,\\ \frac{1}{x},\quad&x\gt 1,\end{aligned}.\end{aligned} $$

与

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}=\{\begin{aligned}\frac{1}{x^{2}},&\quad0\lt x\lt 1,\\ 不存在 ,&\quad x=1,\\ -\frac{1}{x^{2}},&\quad x\gt 1.\end{aligned}.\end{aligned} $$

显然，在 x=1 的左右两侧 y"是异号的.

可利用函数的凸性来证明不等式.

例6 利用函数 $ y = \ln x $ 的凸性，证明：对任意两个正数 a 与 b，有不等式 $ a^{1 - \lambda} b^{\lambda} \leqslant (1 - \lambda) a + \lambda b $ $ (0 \lt \lambda \lt 1) $

成立，并且不等式成为等式的充分必要条件是 a=b.

证 函数 $ y = \ln x $， $ y' = \frac{1}{x} $， $ y'' = -\frac{1}{x^2} $，从而在定义区间 $ (0, +\infty) $ 内恒有 $ y'' \lt 0 $，所以函数 $ y = \ln x $ 上凸.

对任意两正数 $ a, b \gt 0 $，当 $ a \neq b $ 时，由 $ y = \ln x $ 上凸，有

$$ (1-\lambda)\ln a+\lambda\ln b\lt \ln\left[(1-\lambda)a+\lambda b\right]\qquad(0\lt \lambda\lt 1) $$

而当 a=b 时，不等式成为等式，故有

$$ \left(1-\lambda\right)\ln a+\lambda\ln b\leqslant\ln\left[\left(1-\lambda\right)a+\lambda b\right]. $$

将此不等式两端取作 e 的指数，即得

$$ a^{^{1-\lambda}}b^{^{\lambda}}\leqslant\left(1^{-\lambda}\right)a+\lambda b\quad\left(0\lt \lambda\lt 1\right). $$

当且仅当 a=b 时，等号成立.

当 $ \lambda = \frac{1}{2} $ 时，就是熟知的不等式

$$ \sqrt{ab}\leq\frac{a+b}{2}. $$

通常也把例6所证得的不等式

$$ a^{1-\lambda}b^{\lambda}\leqslant(1-\lambda)a+\lambda b $$

表述为：两个正数的几何加权平均值不超过它们的算术加权平均值.

三、 曲线的渐近线

如果能了解函数图形在无限延伸时的性态，就能更好地把握函数的变化，有助于描绘函数的图形，这就需要研究曲线的渐近线.

一般地，若存在直线 L，当曲线上的点 M 沿着曲线无限远离原点时，点 M 到直线 L 的距离趋于零，则称直线 L 为该曲线的渐近线.

定义 3.5.3 对给定的曲线 $ y=f(x) $

（i）若当 $ x \to +\infty $ （或 $ x \to -\infty $ ）时， $ y \to b $，即

$$ \lim_{x\to+\infty}f(x)=b\quad\quad\quad\quad( 或 \lim_{x\to-\infty}f(x)=b), $$

则称直线 y=b 是曲线的一条水平渐近线；

（ii）若当 $ x \to a^{+} $（或 $ x \to a^{-} $）时， $ y \to \infty $，即

$$ \lim_{x\to a^{+}}f(x)=\infty\quad\left( 或 \lim_{x\to a^{-}}f(x)=\infty\right), $$

则称直线 x = a 是曲线的一条铅直渐近线；

（iii）若存在常数 a， $ b(a \neq 0) $，使

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(ax+b)\right]=0\quad( 或 \lim_{x\to-\infty}\left[f(x)-(ax+b)\right]=0), $$

则称直线 y = ax + b 是曲线 $ y = f(x) $ 当 $ x \to +\infty $ （或 $ x \to -\infty $）时的一条斜渐近线（如图 3-19）.

水平和铅直的渐近线方程容易从定义的极限式求得. 例如, 对于曲线 $ y=\arctan x $, 因为 $ \lim_{x\to+\infty}\arctan x=\frac{\pi}{2} $, $ \lim_{x\to-\infty}\arctan x=-\frac{\pi}{2} $, 所以曲线 $ y=\arctan x $ 有两条水平的渐近线, 其方程

分别为 $ y=\frac{\pi}{2} $ 和 $ y=-\frac{\pi}{2} $. 又如，对数曲线 $ y=\ln x $，由于 $ \lim_{x\to0^{+}}\ln x=\infty $，所以直线 x=0 是曲线 $ y=\ln x $ 的一条铅直渐近线. 事实上，只要找到函数 $ f(x) $ 的无穷间断点，便可求出曲线 $ y=f(x) $ 的铅直渐近线方程.

为了求出曲线的斜渐近线方程，给出如下定理.

定理 3.5.2 直线 $ y = ax + b $ ( $ a \neq 0 $) 是曲线 $ y = f(x) $ 的斜渐近线的充要条件是

$$ a=\lim_{\substack{x\to+\infty\\ ( 或 x\to\infty)}}\frac{f(x)}{x}\quad 且 \quad b=\lim_{\substack{x\to+\infty\\ ( 或 x\to\infty)}}[f(x)-ax]。 $$

证 在 $ x \to +\infty $ 的情形下.

必要性：设直线 $ y = ax + b $ ( $ a \neq 0 $) 是当 $ x \to +\infty $ 时的渐近线，有

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(ax+b)\right]=0. $$

由极限与无穷小的关系，得

$$ f(x)=ax+b+\alpha(x)\qquad( 其中 \;\alpha(x)\to0), $$

由此，

$$ a=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)-b-\alpha(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} $$

且

$$ b=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-ax-\alpha(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-ax\right]. $$

充分性：设条件成立，于是有

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(ax+b)\right]=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-ax\right]-b=0. $$

按定义，直线 $ y = ax + b $ ( $ a \neq 0 $) 是 $ y = f(x) $ 的斜渐近线.

类似可证当 $ x \to -\infty $ 时的情形.

定理给出了在求曲线 $ y=f(x) $ 的斜渐近线方程 y=ax+b 时，计算其斜率 a 与截距 b 的公式．如果计算公式中的极限有一个不存在，则曲线就没有斜渐近线.

例7 求曲线 $ y = \frac{x^{2}(x-1)}{(x+1)^{2}} $ 的斜渐近线方程.

解

$$ a=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x(x-1)}{(x+1)^2}=1, $$

$$ \begin{aligned}&b=\lim_{x\rightarrow+\infty}\left[f(x)-ax\right]=\lim_{x\rightarrow+\infty}\left[\frac{x^{2}(x-1)}{\left(x+1\right)^{2}}-x\right]\\ &=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{-x\left(3x+1\right)}{\left(x+1\right)^{2}}=-3\ ,\\ \end{aligned} $$

可知，曲线有斜渐近线，方程为 y=x-3.

四、 函数作图

前面对函数的性态及其图形特征已做了多方面的讨论，在此基础上，对给定的函数 $ y=f(x) $，一般可按下列步骤描绘其图形：

（1）确定函数 $ y=f(x) $ 的定义域及连续区间，讨论它的奇偶性，周期性，考虑能否利用对称性或周期性简化作图；

（2）利用一阶导数，确定函数的单调区间，并求出函数的极值；

（3）利用二阶导数，确定函数的上凸与下凸区间及曲线的拐点；

（4）考察曲线有无渐近线；

（5）必要时再求出曲线上某些特殊点（如与坐标轴的交点）.

经过以上五个步骤后，可通过描点，连线作出函数的图形。为使讨论结果明了清晰，通常用一阶，二阶导数等于0与不存在的点将函数定义区间划分成若干个部分区间，通过列表的方式讨论函数图形的单调性，凸向，极值和拐点。

例8 作函数 $ f(x)=\frac{x^{3}}{x^{2}-1} $ 的图形.

解 函数的定义域是 $ (-∞, -1) $， $ (-1, 1) $， $ (1, +∞) $。在定义区间内连续，且为奇函数。

由于

$$ f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}(x^{2}-3)}{(x^{2}-1)^{2}}, $$

令 $ f'(x)=0 $，可得驻点x=0， $ x=\pm\sqrt{3} $；又

$$ f^{\prime \prime}(x)=\frac{2x\left(x^{2}+3\right)}{\left(x^{2}-1\right)^{3}}, $$

令 $ f''(x)=0 $，可得x=0.

把 $ x=0 $， $ x=\pm\sqrt{3} $ 插入定义区间，由于可利用奇函数的对称性，下面仅讨论 $ x\leq0 $ 的情形，并列表讨论如下：

由 $ \lim_{x\to\pm1}f(x)=\infty $，可知曲线有铅直渐近线 $ x=\pm1 $；曲线没有水平渐近线。再考察斜渐近线，由

$$ a=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}}{x^{2}-1}=1 $$

$$ b=\lim_{x\to\infty}\left[f(x)-ax\right]=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{3}}{x^{2}-1}-x\right)=0, $$

于是曲线有斜渐近线，方程是 y=x.

求出特殊点的坐标，如拐点（0，0）；极大值点 $ \left(-\sqrt{3}, -\frac{3}{2}\sqrt{3}\right) $；极小值点 $ \left(\sqrt{3}, \frac{3}{2}\sqrt{3}\right) $.

最后，通过描点，连线作出函数的图形。如图3-20所示.

习题3-5

1. 讨论下列函数图形的凸向及拐点：

(1) $ y = x + \frac{1}{x} $; (2) $ y = \frac{a}{x} \ln\left(\frac{x}{a}\right) $ (a \gt 0);

(3) $ y = e^{\arctan x} $; (4) $ y = \ln(1 + x^2) $;

(5) $ y = a - \sqrt[3]{x - b} $; (6) $ \begin{cases} x = a (t - \sin t), \\ y = a (1 - \cos t) \end{cases} (a \gt 0) $.

1. 试问 a, b 为何值时，点（1，3）为曲线 $ y=ax^{3}+bx^{2} $ 的拐点？

1. 试证明：曲线 $ y=\frac{x-1}{1+x^{2}} $ 有三个拐点，且位于同一直线上.

1. 设 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 三阶可导， $ f'(x_{0})=f''(x_{0})=0 $， $ f'''(x_{0})\neq0 $。求证：点 $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 是曲线 $ y=f(x) $ 的拐点。

1. 求一个关于 x 的六次多项式 $ y=f(x) $，使得曲线 $ y=f(x) $ 过原点，且有拐点 $ (-1,1) $ 和 $ (1,1) $，并在拐点和原点处有水平的切线.

1. 确定 $ y=k(x^{2}-3)^{2} $ 中的 k 值，使曲线在拐点处的法线通过原点.

1. 证明下列不等式：

(1) $ \mathrm{e}^{\frac{x+y}{2}} \lt \frac{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{y}}{2} (x \neq y) $;

(2) $ \frac{x^{n}+y^{n}}{2}\gt \left(\frac{x+y}{2}\right)^{n} $ (x\gt 0, y\gt 0, x\neq y, n\gt 1);

(3) $ x\ln x + y\ln y \gt (x+y)\ln\frac{x+y}{2} (x\gt 0, y\gt 0, x\neq y) $.

1. 描绘下列函数图形：

(1) $ y = xe^{-x} $; (2) $ y = \frac{2x-1}{(x-1)^2} $; (3) $ y = x^{2/3}(6-x)^{1/3} $;

(4) $ y = e^{2x - x^2} $; (5) $ y = x - 2\arctan x $; (6) $ y = \sqrt[3]{1 - x^2} $.

1. 求下列曲线的渐近线：

(1) $ y = \frac{1}{x^2 - 4x - 5} $; (2) $ y = x \ln \left( e + \frac{1}{x} \right) (x \gt 0) $; (3) $ y = x e^{\frac{2}{x}} + 1 $; (4) $ y = x \arctan x $; (5) $ 2y(x + 1)^2 = x^3 $; (6) $ y^3 = 6x^2 + x^3 $.

第六节 平面曲线的曲率

利用二阶导数的符号可以判断曲线弯曲的方向. 本节进一步讨论平面曲线弯曲的程度. 引入函数的一阶导数与二阶导数的绝对值的运算, 通过数值定量地来描述曲线的弯曲程度, 这就是所谓的曲率.

一、 曲率的概念

由直观感觉可知：直线不弯曲；同一圆周上的点弯曲程度相同；抛物线

$ y=x^{2} $ 在顶点处弯曲程度最大. 但如何将弯曲程度量化? 下面讨论曲线弯曲程度的度量问题.

设曲线是光滑的（即具有连续变化的切线），动点沿光滑曲线从 $ M_{1} $ 移动到 $ M_{2} $ 时（如图 3-21），切线的方向由 $ M_{1}T_{1} $ 变化到 $ M_{2}T_{2} $ （规定切线的正向与曲线的正向一致），切线所转过的角 $ \Delta\varphi $ 称为曲线弧 $ \widehat{M_{1}M_{2}} $ 的转角.

在曲线弧段 $ \widehat{M}_{1}\widehat{M}_{2} $的长度 $ \Delta s $为一定时，转角 $ \Delta\varphi $越大，显然 $ \widehat{M}_{1}\widehat{M}_{2} $弯曲程度越大.

然而，转角还不能完全地反映曲线的弯曲的程度，在图3-22中，两段曲线弧 $ \widehat{M_1M_2} $与 $ \widehat{N_1N_2} $虽然转角相同为 $ \Delta\varphi $，但由于它们的弧长不同，弯曲程度也不同。弧长较短的 $ \widehat{N_1N_2} $要比弧长较长的 $ \widehat{M_1M_2} $弯曲程度大。

从以上分析可知，曲线的弯曲程度应与切线转角 $ \Delta\varphi $ 成正比，而与弧长 $ \Delta s $ 成反比．可用比值 $ \frac{\Delta\varphi}{\Delta s} $ 来反映该弧段的平均弯曲程度，即用单位弧长的弧段上的切线角的大小来度量，称为该弧段的平均曲率，记作 $ \overline{k} $，即

$$ \overline{k}=\frac{\Delta\varphi}{\Delta s}. $$

对直线而言，任一点处的切线都是直线自身，所以当点沿曲线移动时，切线的转角 $ \Delta\varphi=0 $，从而 $ \frac{\Delta\varphi}{\Delta s}=0 $，因此 $ \overline{k}=0 $。这就是说，直线上任意点处的曲率都等于零。这正与人们的直观感觉“直线不弯曲”一致。

例 1 设半径为 R 的圆，求圆周上任一段弧的平均曲率.

解 在圆周上任取一段弧 $ \widehat{MN} $，设 $ \widehat{MN} $的长为 $ \Delta s $，圆周上这两点处切线转角为 $ \Delta\varphi $（如图3-23）。由于 $ \Delta\varphi $等于弧段 $ \widehat{MN} $所对的圆心角，因此

$$ \Delta s=R\mathrm{\boldmath~\cdot~}\Delta\varphi, $$

故弧段MN的平均曲率为

$$ \overline{k}=\frac{\Delta\varphi}{\Delta s}=\frac{\Delta\varphi}{R\cdot\Delta\varphi}=\frac{1}{R}. $$

平均曲率只反映一段曲线总体的弯曲程度．像直线、圆这样均匀的弯曲是特例．一般情形下，曲线在不同点处的弯曲程度是不同的，这时，可以用类似于由平均速度引进瞬时速度的方法，定义曲线弧在某定点的曲率.

定义 3.6.1 设曲线 C 是光滑的，取曲线上点 $ P_{0} $ 作为度量弧长的基点（如图 3-24），点 M 是曲线 C 上某定点 $ M_{0} $ 的邻近点.

又设点 $ M_0 $ 对应的弧长为 $ s $，切线的倾角为 $ \varphi $；而点 $ M $ 处对应的弧长为 $ s + \Delta s $，切线的倾角为 $ \varphi + \Delta \varphi $，则 $ \widehat{M_0M} $ 的长为 $ |\Delta s| $，切线转角为 $ |\Delta \varphi| $，弧段 $ \widehat{M_0M} $ 平均曲率 $ |\overline{k}| = \left| \frac{\Delta \varphi}{\Delta s} \right| $。

当点 M 沿曲线趋于点 $ M_{0} $ 时 ( $ \Delta s \to 0 $)，若平均曲率 k 的极限存在，则称此极限值为曲线 C 在点 $ M_{0} $ 处的曲率，记作 k，即

$$ k=\lim_{\Delta s\to0}\overline{k}=\lim_{M\to M_{0}}\left|\frac{\Delta\varphi}{\Delta s}\right|=\left|\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}s}\right|, $$

即曲率是曲线 C 上点 $ M_{0} $ 处的切线倾角 $ \varphi $ 对弧长 s 的导数（变化率）的绝对值.

由半径为 R 的圆周上一段弧的平均曲率为 $ \overline{k}=\frac{1}{R} $，可以求得圆周上任一点的曲率为 $ k=\lim_{\Delta s\to0}\overline{k}=\lim_{M\to M_0}\frac{1}{R}=\frac{1}{R} $.

由此可见，圆周上各点处曲率相等，且都等于该圆半径的倒数，即圆是均匀的弯曲，且半径 R 越小，曲率越大，弯曲得越厉害，这与直观感知一致.

二、 曲率的计算公式

下面依据曲率的定义，对给出的具体曲线寻求曲率的计算公式.

设曲线 C 的方程为 $ y=f(x) $，且 $ f(x) $ 具有二阶导数（这时 $ f'(x) $ 是连续的，从而曲线 C 光滑），则曲线 C 在任意点 $ M(x, y) $ 处的切线斜率为

$ y' = \tan \varphi $ （其中 $ \varphi $ 为切线倾角），

将上式两边同时对 x 求导，得 $ y''=\sec^{2}\varphi\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x} $，即有

$$ \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime \prime}}{1+\tan^{2}\varphi}=\frac{y^{\prime \prime}}{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}. $$

所以，曲线 C 在点 M 处的切线转角的微分

$$ \mathrm{d}\varphi=\frac{y^{\prime\prime}}{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}\mathrm{d}x, $$

而曲线 C 在点 M 处弧长的微分

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{\left(\mathrm{d}x\right)^{2}+\left(\mathrm{d}y\right)^{2}}=\sqrt{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}\mathrm{d}x, $$

因此，

$$ k=\left|\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}s}\right|=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}. $$

这就是曲线 $ y=f(x) $ 在任意点 $ M(x,y) $ 处的曲率计算公式.

例2 求双曲线 xy=1 在点（1，1）处的曲率.

解 由 $ y=\frac{1}{x} $ 得 $ y'=-\frac{1}{x^{2}} $， $ y''=\frac{2}{x^{3}} $ 在点 (1, 1) 处，

$$ y^{\prime}(1)=-1,\quad y^{\prime\prime}(1)=2, $$

所以，双曲线 xy=1 在点（1，1）处的曲率

$$ k=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{2}{\left[1+\left(-1\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}. $$

例3 求曲线 $ y = \ln x $ 上曲率最大的点.

解 $ y' = \frac{1}{x} $， $ y'' = -\frac{1}{x^{2}}(x \gt 0) $，于是

$$ k\left(x\right)=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{\left|-\frac{1}{x^{2}}\right|}{\left[1+\left(\frac{1}{x}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{3/2}}. $$

为求 $ k(x) $ 的最值，先求可能极值点.

$$ k^{\prime}(x)=\frac{1-2x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{5/2}}, $$

解方程 $ k'(x)=0 $，在定义域 $ (0, +\infty) $ 内得唯一驻点

$$ x=\frac{\sqrt{2}}{2}. $$

而当 $0 \lt x \lt \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$k' \gt 0$；当 $\frac{\sqrt{2}}{2} \lt x \lt +\infty$ 时，$k' \lt 0$。因此 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 是 $k(x)$ 的极大值点亦即最大值点，曲线 $y = \ln x$ 在点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\ln 2}{2}\right)$ 处曲率最大。

例4 求椭圆 x = acos $ \theta $，y = b $ \sin\theta $ t (a \gt b \gt 0, 0 ≤ t ≤ 2 $ \pi $) 上最大和最小的曲率.

解

$$ y^{\prime}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{b}{a}\cot t,\qquad y^{\prime\prime}=\frac{\left(-\frac{b}{a}\cot t\right)^{\prime}}{\left(a\cot t\right)^{\prime}}=-\frac{b}{a^{2}\sin^{3}t}, $$

于是

$$ k\left(t\right)=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{\left|\begin{array}{c}b\\a^{2}\sin^{3}t\end{array}\right|}{\left[1+\left(-\frac{b}{a}\cot t\right)^{2}\right]^{3/2}}\approx\frac{\left|ab\right|}{\left[b^{2}+\left(a^{2}-b^{2}\right)\sin^{2}t\right]^{3/2}}. $$

因为 $ k(t) $ 的分子是常量，所以只要分母最小，即 t=0 或 $ t=\pi $ 时，k 有最大值 $ \frac{a}{b^{2}} $；而只要分母最大，即当 $ t=\frac{\pi}{2} $ 或 $ t=\frac{3\pi}{2} $ 时，k 有最小值 $ \frac{b}{a^{2}} $.

也就是在椭圆长轴端点处曲率最大，在椭圆短轴处曲率最小。应指出，用曲率来描述曲线的弯曲程度与坐标系的选取无关，即将坐标系进行平移或旋转，计算出来的曲率是相同的。

当曲线由参数方程 $ x=\varphi(t) $， $ y=\psi(t) $ 给出时，不难导出曲率的计算公式为

$$ k=\frac{\mid\varphi^{\prime}\left(t\right)\psi^{\prime\prime}(t)-\varphi^{\prime\prime}(t)\psi^{\prime}(t)\mid}{\left[\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)\right]^{3/2}}. $$

当曲线由极坐标方程 r = r ( $ \theta $) 给出时，曲率的计算公式为

$$ k=\frac{{\mid r^{2}+2r^{\prime2}-r r^{\prime \prime}\mid}}{{\left(r^{2}+{r^{\prime}}^{2}\right)}^{3/2}}. $$

在有些实际问题中，出现 $ |y'| $ 与数值 1 相比较要小得多，几乎可以忽略不计（记作 $ |y'| \ll 1 $）。这时，由 $ 1 + y'^{2} \approx 1 $，可得曲率的近似公式为

$$ k=\frac{\mid y^{\prime\prime}\mid}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}\approx\mid y^{\prime\prime}\mid, $$

这样，对满足条件 $ |y'| \ll 1 $ 的曲率进行近似值计算就十分简便了.

三、 曲率圆与曲率半径

我们已知道，圆是均匀的弯曲，圆周上任一点处的曲率都相等，且曲率等于半径的倒数。利用圆的这一特征，当曲线 $ y=f(x) $ 在点 $ M(x, y) $ 处的曲率

为 $ k(k\neq0) $时，就可以通过半径为 $ \frac{1}{k} $的圆，将弯曲程度形象直观地表现出来.

设曲线 $ y = f(x) $ 在点 $ M(x, y) $ 处的曲率为

$ k(k\neq0) $，在点 M 处法线上，取线段 $ \overrightarrow{MC} $，使 $ \left|\overrightarrow{MC}\right|=-\frac{1}{k}=R $。以 C 为中心，R 为半径作圆（在点 M 附近要求曲线与圆有相同的凸性）（如图 3-25），此圆称为曲线在点 M 处的曲率圆；曲率圆的圆心 C 称为曲线 $ y=f(x) $ 在点 M 处的曲率中心；曲率圆的半径 $ R=\frac{1}{k} $ 称为曲线 $ y=f(x) $ 在点 M 处的曲率半径。

由此可知，曲率圆与曲线在点 M 处有相同的切线和曲率，且在点 M 附近有相同的凸向，如记点 M 附近一段圆弧为 $ y=g(x) $，则 $ g(x_{0})=f(x_{0}) $， $ g'(x_{0})=f'(x_{0}) $， $ g''(x_{0})=f''(x_{0}) $。因此，在工程技术中，常常用曲率圆在点 M 邻近的一段圆弧来近似代替 M 点邻近的一段曲线，也就是在局部用圆弧来逼近曲线，使问题得到简化。

应该指出，圆的曲率圆就是它自身；而当曲线在点 M 处的曲率为 0 时，曲线在该点就没有曲率圆（可称曲率半径为无穷大）.

例5 求曲线 $ y = \ln x $ 与 x 轴交点处的曲率半径.

解 曲线 $ y=\ln x $ 与 x 轴的交点为 $ M(1,0) $. 在交点 $ M(1,0) $ 处, 曲率值为

$$ k=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}, $$

所以曲率半径

$$ R=\frac{1}{k}=2\sqrt{2}. $$

例6 求曲线 $ x^{2}-2x-16y^{2}=0 $ 在点 $ M(2,0) $ 处的曲率半径.

解 由于在点 $ M(2,0) $ 处， $ y' $ 与 $ y'' $ 不存在，于是把 y 当自变量，有 x=1+ $ \sqrt{1+16y^{2}} $，在点 M 处，有

$$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\bigg|_{y=0}=\left(1+\sqrt{1+16y^{2}}\right)^{\prime}\bigg|_{y=0}=\frac{16y}{\sqrt{1+16y^{2}}}\bigg|_{y=0}=0, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=\frac{16}{\sqrt{\left(1+16y^{2}\right)^{3}}}\left|\begin{array}{l}\end{array}\right|_{y=0}=16, $$

所以，曲线在点 $ M(2,0) $ 处曲率

$$ k\left|\mathbf{\Sigma}_{M}=\frac{\mid x^{\prime \prime}\mid}{\left[1+\left(x^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}\right|_{\mathrm{y}=0}=16. $$

故曲率半径是

$$ R=\frac{1}{k}=\frac{1}{16}. $$

例7 有一飞机沿抛物线路径 $ y=\frac{x^{2}}{4000} $ （y轴沿直向上，单位为 m）作俯冲飞行（如图3-26），在原点 O 处的速度为 $ v=300\ m/s $，飞行员体重 $ G=70\ kg $。求飞机俯冲至最低点（即原点 O）处时，坐椅对飞行员的反作用力。

解 在 O 点飞行员受到两个力，即重力 G 和

坐椅的反作用力 Q 的作用，它们的合力是 Q-G.

设飞行员随飞机俯冲到 O 点时，所需的向心力为

F，于是 Q-G=F，即 $ Q=G+F $，物体作匀速圆周

运动时，向心力为

$$ \frac{mv^{2}}{R}(R 为圆半径 ), $$

O 点可看成是曲线在这点的曲率圆上的点，所以向心力为

$ F=\frac{mv^{2}}{\rho} $ ( $ \rho $ 为曲线在 O 点的曲率半径).

因

$$ y^{\prime}=\frac{x}{2000},\quad y^{\prime\prime}=\frac{1}{2000}, $$

$$ y^{\prime}\mid_{x=0}=0,\quad y^{\prime\prime}=\mid_{x=0}=\frac{1}{2000}, $$

故曲线在 O 点的曲率

$$ k=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{1}{2000}, $$

则曲率半径

$$ \rho=\frac{1}{k}=2000\ \mathrm{~（~m~）}. $$

所以

$$ F=\frac{70\times(300)^{2}}{2000}=3150\ \mathrm{N}). $$

于是

$$ Q=3150+70{\times}9.~8=3836~\mathrm{~(~N~)~}. $$

关于曲率中心的坐标，下面给出计算公式，推导从略.

设曲线方程为 $ y=f(x) $，在 x 处 $ y^{\prime\prime}\neq0 $，则曲线在 $ M(x,y) $ 处的曲率中心 $ C(\alpha,\beta) $ 的坐标为

$$ \{\begin{aligned}&\alpha=x-\frac{y^{\prime}-(1+y^{\prime2})}{y^{\prime\prime}},\\ &\beta=y+\frac{1+y^{\prime2}}{y^{\prime\prime}}.\end{aligned}. $$

习题3-6

1. 计算曲线 $ y = \ln(x + \sqrt{1 + x^{2}}) $ 在原点处的曲率.

1. 计算抛物线 $ y=x^{2}-4x+3 $ 在顶点处的曲率.

1. 求摆线 $ \{\begin{aligned}x=t-\sin t,\\ y=1-\cos t\end{aligned}. $ 在对应的点 $ t=\frac{\pi}{2} $ 处的曲率.

1. 求阿基米德螺线 $ r=a\theta (a\gt 0) $ 在对应点 $ \theta=\pi $ 处的曲率.

1. 求曲线 $ y = \sin x $ 在点 $ \left(\frac{\pi}{2}, 1\right) $ 处的曲率半径.

1. 对数曲线 $ y = \ln x $ 上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.

1. 已知一曲线的极坐标方程为 $ r=10\sin\theta $，求 $ \theta=\frac{\pi}{6} $ 处曲线的曲率半径.

1. 汽车连同载重共重 5t，假定该车在抛物线型拱桥上行驶，速度为 21.6 km/h，桥的跨度为 10 m，拱的矢高为 0.25 m，求汽车越过桥顶点时对桥的压力.

（提示：汽车越过桥顶时，受到向心加速度 $ a=\frac{v^{2}}{\rho} $ 的作用，这里 v 是速度， $ \rho $ 是曲率半径）

总练习题三

1. 证明：当 $ x \geqslant 0 $时，等式

$$ \sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta(x)}} $$

中的 $ \theta(x) $ 满足 $ \frac{1}{4} \leqslant \theta(x) \leqslant \frac{1}{2} $，且

$$ \lim_{x\to0}\theta(x)=\frac{1}{4},\qquad\lim_{x\to+\infty}\theta(x)=\frac{1}{2}. $$

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{3-x^{2}}{2},&0\leqslant x\leqslant1,\\&\frac{1}{x},&1\lt x\lt +\infty,\end{aligned}. $$

求函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [0,1] $ 上的微分中值定理中的中间值 $ \xi $.

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{x\to0}\left(\frac{e^{x}+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{1}{x}} $ （其中 n 为自然数）；

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x \ln^{-1}(1 + x) - x^{2}} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \left[ \frac{a}{x} - \left( \frac{1}{x^2} - a^2 \right) \ln(1 + ax) \right] (a \neq 0) $;

(4) $ \lim_{x \to 0} \left[ \frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{4}{x}}} + \frac{\sin x}{|x|} \right] $.

1. 设 $ f(x) $ 在 x=0 的邻域内具有二阶导数，且 $ \lim_{x\to0}\left(1+x+\frac{f(x)}{x}\right)^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}^3 $.

(1) 求 $ f(0) $， $ f'(0) $ 和 $ f''(0) $;

(2) 求 $ \lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{f(x)}{x}\right)^{\frac{1}{x}} $.

1. 证明下列不等式：

（1）当 0\lt x\lt 1 时， $ (1+x)\ln^{2}(1+x)\lt x^{2} $;

（2）当 x\gt 0 时， $ \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\lt \frac{1}{\sqrt{x^{2}+x}} $;

（3）当x\gt 0，且常数a\gt e时， $ (a+x)^{a}\lt a^{a+x} $

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上有二阶导数，且 $ f(a) = f(b) = 0 $，又存在 $ \xi \in (a, b) $ 使 $ f(\xi) \gt 0 $。证明：在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 c，使 $ f''(c) \lt 0 $。

1. 证明方程

$$ \begin{aligned}&a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}x+a_{n}\\ &=\frac{a_{0}}{n+1}+\frac{a_{1}}{n}+\frac{a_{2}}{n-1}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2}+\frac{a_{n}}{1}\\ \end{aligned} $$

在0与1之间有一个根.

1. 设 $ P_{n}(x) $ 为一个 n 次多项式，证明， $ P_{n}(x) $ 在任一点 $ x_{0} $ 处的泰勒公式为

$$ P_{_{n}}(x)=P_{_{n}}(x_{_{0}})+P_{_{n}}^{\prime}(x_{_{0}})(x-x_{_{0}})+\cdots+\frac{1}{n!}P_{_{n}}^{(n)}(x_{_{0}})(x-x_{_{0}})^{n}. $$

1. 设 0 \lt a \lt b，证明：

$$ \left(1+a\right)\ln\left(1+a\right)+\left(1+b\right)\ln\left(1+b\right)\lt \left(1+a+b\right)\ln\left(1+a+b\right). $$

1. 设 $ y=f(x) $ 在 $ (x_{0}-h,x_{0}+h] $ ( $ h\gt 0 $) 内可导，证明：存在 $ \theta $， $ 0\lt \theta\lt 1 $ 使得

$$ f(x_{0}+h)-f(x_{0}-h)=\left[f^{\prime}(x_{0}+\theta h)+f^{\prime}(x_{0}-\theta h)\right]h. $$

1. 设函数 $ f(x) $ 在有限区间 $ (a, b) $ 内可导，但无界，证明： $ f'(x) $ 在 $ (a, b) $ 内也无界，逆命题是否成立？试举例说明.

1. 设函数 $ f(x) $ 在无穷区间 $ (x_{0}, +\infty) $ 内可导，且 $ \lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0 $，证明： $ \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0 $.

1. 设函数 $ f(x) $ 在无穷区间 $ (a, +\infty) $ 内连续，且当 x \gt a 时， $ f'(x) \gt l \gt 0 $，其中 l 为常数，证明：若 $ f(a) \lt 0 $，则在区间 $ \left(a, a - \frac{f(a)}{l}\right) $ 内方程 $ f(x) = 0 $ 有唯一的实根.

1. 称函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上满足李普希茨条件，若存在常数 L\gt 0，使对任意 $ x_1, x_2 \in [a, b] $ 都有

$$ \mid f(x_{2})-f(x_{1})\mid\leqslant L\mid x_{2}-x_{1}\mid. $$

（1）若 $ f'(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，证明： $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上满足李普希茨条件；

（2）在（1）中所述事实的逆命题是否成立？

（3）举一个在 $ [a, b] $ 上连续但不满足李普希茨条件的函数.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上具有二阶导数， $ |f(x)|\leq a $， $ |f''(x)|\leq b $，其中，a，b 都是非负常数，c 是 $ (0,1) $ 内任一点，证明： $ |f'(c)|\leq 2a + 2b $.