第五章 一元函数的泰勒公式及其应用

计算题与证明题

1. 求下列函数的带皮亚诺余项至括号内所示阶数的麦克劳林公式：

（Ⅰ）

$$f(x)=e^x\cos x(x^3);$$

（Ⅱ）

$$f(x)=\frac{x}{2x^2+x-1}(x^3);$$

（Ⅲ）

$$f(x)=\sqrt{\frac{a+x}{a-x}},a>0(x^2).$$

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答案： （Ⅰ）

$$e^x\cos x=1+x-\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

（Ⅱ）

$$\frac{x}{2x^2+x-1}=-x-x^2-3x^3+o(x^3).$$

（Ⅲ）

$$\sqrt{\frac{a+x}{a-x}}=1+\frac{x}{a}+\frac{x^2}{2a^2}+o(x^2).$$

解析： （Ⅰ）利用基本麦克劳林公式

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3),$$$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^3).$$

两式相乘得

$$\begin{array}{rl}{e}^x\cos x& =\left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)\right)\\ & =1+x+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)x^2+\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\right)x^3+o(x^3)\\ & =1+x-\frac{x^3}{3}+o(x^3).\end{array}$$

（Ⅱ）先作部分分式分解：

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

当 $x\to 0$ 时，

$$\frac{1}{2x-1}=-\frac{1}{1-2x}=-\left(1+2x+4x^2+8x^3\right)+o(x^3),$$$$\frac{1}{x+1}=1-x+x^2-x^3+o(x^3).$$

因而

$$\begin{array}{rl}\frac{x}{2x^2+x-1}& =\frac{1}{3}\left[-1-2x-4x^2-8x^3+1-x+x^2-x^3\right]+o(x^3)\\ & =-x-x^2-3x^3+o(x^3).\end{array}$$

（Ⅲ）令

$$t=\frac{x}{a},$$

则

$$\sqrt{\frac{a+x}{a-x}}=(1+t{)}^{\frac{1}{2}}(1-t{)}^{-\frac{1}{2}}.$$

由二项式展开式，

$$(1+t{)}^{\frac{1}{2}}=1+\frac{t}{2}-\frac{t^2}{8}+o(t^2),$$$$(1-t{)}^{-\frac{1}{2}}=1+\frac{t}{2}+\frac{3t^2}{8}+o(t^2).$$

相乘可得

$$\begin{array}{rl}(1+t{)}^{\frac{1}{2}}(1-t{)}^{-\frac{1}{2}}& =1+t+\left(-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}+\frac{3}{8}\right)t^2+o(t^2)\\ & =1+t+\frac{1}{2}{t}^2+o(t^2).\end{array}$$

代回 $t=x/a$，即得所求。

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2. 求下列函数的带皮亚诺余项的麦克劳林公式：

（Ⅰ）$f(x)={\sin }^{3}x$；

（Ⅱ）$f(x)=x\ln (1-x^2)$。

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答案： （Ⅰ）对任意整数 $m\ge 1$，

$${\sin }^{3}x=\sum _{k=1}^m\frac{(-1{)}^k\left(3-3^{2k+1}\right)}{4(2k+1)!}{x}^{2k+1}+o\left(x^{2m+1}\right).$$

前几项为

$${\sin }^{3}x=x^3-\frac{1}{2}{x}^5+\frac{13}{120}{x}^7-\frac{41}{3024}{x}^9+o(x^9).$$

（Ⅱ）对任意整数 $m\ge 1$，

$$x\ln (1-x^2)=-\sum _{k=1}^m\frac{x^{2k+1}}{k}+o\left(x^{2m+1}\right).$$

即

$$x\ln (1-x^2)=-x^3-\frac{1}{2}{x}^5-\frac{1}{3}{x}^7-\frac{1}{4}{x}^9+o(x^9).$$

解析： （Ⅰ）利用三倍角公式

$${\sin }^{3}x=\frac{3\sin x-\sin 3x}{4}.$$

又

$$\sin x=\sum _{k=0}^m\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}+o\left(x^{2m+1}\right),$$$$\sin 3x=\sum _{k=0}^m\frac{(-1{)}^k{3}^{2k+1}}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}+o\left(x^{2m+1}\right).$$

因此

$${\sin }^{3}x=\sum _{k=0}^m\frac{(-1{)}^k\left(3-3^{2k+1}\right)}{4(2k+1)!}{x}^{2k+1}+o\left(x^{2m+1}\right).$$

当 $k=0$ 时系数为零，故求和可从 $k=1$ 开始。

（Ⅱ）由

$$\ln (1-u)=-\sum _{k=1}^m\frac{u^k}{k}+o(u^m)(u\to 0),$$

取 $u=x^2$，得

$$\ln (1-x^2)=-\sum _{k=1}^m\frac{x^{2k}}{k}+o(x^{2m}).$$

两边乘以 $x$，即有

$$x\ln (1-x^2)=-\sum _{k=1}^m\frac{x^{2k+1}}{k}+o\left(x^{2m+1}\right).$$

---

3. 确定下列无穷小量当 $x\to 0$ 时关于 $x$ 的阶数：

（Ⅰ）

$$f(x)=e^x-1-x-\frac{1}{2}x\sin x;$$

（Ⅱ）

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

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答案： （Ⅰ）$f(x)$ 是关于 $x$ 的三阶无穷小，且

$$f(x)\sim \frac{x^3}{6}.$$

（Ⅱ）$f(x)$ 是关于 $x$ 的四阶无穷小，且

$$f(x)\sim -\frac{5}{24}{x}^4.$$

解析： （Ⅰ）分别展开

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+o(x^4),$$$$\frac{1}{2}x\sin x=\frac{1}{2}x\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+o(x^4).$$

因此

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\left(\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}\right)-\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}\right)+o(x^4)\\ & =\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{8}+o(x^4).\end{array}$$

其首个非零项为 $x^3/6$，故为三阶无穷小。

（Ⅱ）由

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4),$$

得

$$\begin{array}{rl}\left(1+\frac{x^2}{2}\right)\cos x-1& =\left(1+\frac{x^2}{2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\right)-1\\ & =\left(\frac{1}{24}-\frac{1}{4}\right)x^4+o(x^4)\\ & =-\frac{5}{24}{x}^4+o(x^4).\end{array}$$

其首个非零项为 $-5x^4/24$，故为四阶无穷小。

---

4. 求下列极限：

（Ⅰ）

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3};$$

（Ⅱ）

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{[\ln (1+x){]}^2-e^{x^2}+1}{\arctan x-\sin x};$$

（Ⅲ）

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[6]{x^6+x^5}-\sqrt[6]{x^6-x^5}\right).$$

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答案： （Ⅰ）

$$\frac{1}{3}.$$

（Ⅱ）

$$6.$$

（Ⅲ）

$$\frac{1}{3}.$$

解析： （Ⅰ）当 $x\to 0$ 时，

$$e^x\sin x=\left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right).$$

整理得

$$e^x\sin x=x+x^2+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

因而

$$e^x\sin x-x(1+x)=\frac{x^3}{3}+o(x^3),$$

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3}=\frac{1}{3}.$$

（Ⅱ）先展开分子。由

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

可得

$$[\ln (1+x){]}^2=x^2-x^3+o(x^3).$$

同时

$$e^{x^2}=1+x^2+o(x^3).$$

因此分子为

$$[\ln (1+x){]}^2-e^{x^2}+1=-x^3+o(x^3).$$

对分母，

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),$$$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),$$

故

$$\arctan x-\sin x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

从而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{[\ln (1+x){]}^2-e^{x^2}+1}{\arctan x-\sin x}=\frac{-1}{-1/6}=6.$$

（Ⅲ）当 $x\to +\infty$ 时 $x>0$，故

$$\begin{array}{rl}& \sqrt[6]{x^6+x^5}-\sqrt[6]{x^6-x^5}\\ & =x\left[{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\frac{1}{6}}-{\left(1-\frac{1}{x}\right)}^{\frac{1}{6}}\right].\end{array}$$

令 $t=1/x$，则 $t\to 0^{+}$。利用二项式展开

$$(1+t{)}^{\frac{1}{6}}=1+\frac{1}{6}t+O(t^2),$$$$(1-t{)}^{\frac{1}{6}}=1-\frac{1}{6}t+O(t^2).$$

两式相减得

$$(1+t{)}^{\frac{1}{6}}-(1-t{)}^{\frac{1}{6}}=\frac{1}{3}t+o(t).$$

因此原式为

$$\frac{1}{t}\left(\frac{1}{3}t+o(t)\right)\to \frac{1}{3}.$$

---

5. 确定常数 $a$ 和 $b$ 的值，使得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-2x+3x^2)+ax+b{x}^2}{x^2}=6.$$

查看答案与解析

答案：

$$a=2,b=5.$$

解析： 令

$$u=-2x+3x^2.$$

当 $x\to 0$ 时，$u\to 0$，由

$$\ln (1+u)=u-\frac{u^2}{2}+o(u^2)$$

可知

$$\begin{array}{rl}\ln (1-2x+3x^2)& =(-2x+3x^2)-\frac{1}{2}(-2x+3x^2{)}^2+o(x^2)\\ & =-2x+3x^2-2x^2+o(x^2)\\ & =-2x+x^2+o(x^2).\end{array}$$

因而分子为

$$(a-2)x+(b+1)x^2+o(x^2).$$

要使除以 $x^2$ 后极限存在且为有限值，必须先消去一次项，即

$$a-2=0,$$

所以

$$a=2.$$

此时极限等于

$$b+1.$$

由题设

$$b+1=6,$$

得

$$b=5.$$

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6. 设 $f(x)=x^2\sin x$，求 $f^{(n)}(0)$。

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答案：

$$f^{(n)}(0)=\{\begin{array}{ll}(-1{)}^{\frac{n-3}{2}}n(n-1),& n\ge 3\text{ 且 }n\text{ 为奇数},\\ 0,& n=0,1,2\text{ 或 }n\text{ 为偶数}.\end{array}$$

解析： 由正弦函数的麦克劳林展开式

$$\sin x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1},$$

可得

$$f(x)=x^2\sin x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+3}.$$

另一方面，若函数在原点具有各阶导数，则

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n.$$

对比两式中各次幂的系数可知，只有当

$$n=2k+3(k=0,1,2,\dots )$$

时，$x^n$ 的系数非零。此时

$$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}.$$

由

$$k=\frac{n-3}{2},2k+1=n-2,$$

得

$$f^{(n)}(0)=(-1{)}^{\frac{n-3}{2}}\frac{n!}{(n-2)!}=(-1{)}^{\frac{n-3}{2}}n(n-1).$$

当 $n=0,1,2$ 或 $n$ 为偶数时，麦克劳林展开式中没有相应的非零项，故

$$f^{(n)}(0)=0.$$

---

7. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导，又

$$I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-1}{e^{f(x)}-1}=1,$$

求 $f(0),f^{\prime }(0),f^{\prime \prime }(0)$。

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答案：

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

解析： 因为

$$\cos x-1\to 0$$

且题设极限等于非零常数，所以必有

$$e^{f(x)}-1\to 0.$$

由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导可知其在该点连续，故

$$e^{f(0)}-1=0,$$

从而

$$f(0)=0.$$

在 $x=0$ 处对 $f(x)$ 作带皮亚诺余项的二阶泰勒展开：

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

又

$$\cos x-1=-\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

若 $f^{\prime }(0)\ne 0$，则

$$f(x)=f^{\prime }(0)x+o(x),$$

且由 $e^u-1\sim u$ 可得

$$e^{f(x)}-1\sim f^{\prime }(0)x.$$

于是原比值趋于 $0$，与极限为 $1$ 矛盾。因此

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

此时

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

由于 $f(x)=O(x^2)$，有

$$e^{f(x)}-1=f(x)+o(x^2)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2+o(x^2).$$

因而

$$1=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)}{\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2+o(x^2)}=-\frac{1}{f^{\prime \prime }(0)}.$$

所以

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

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8. 设 $f(x)$ 在 $x=a$ 处 $n(n\ge 2)$ 阶可导，且当 $x\to a$ 时 $f(x)$ 是 $x-a$ 的 $n$ 阶无穷小，求证：$f(x)$ 的导函数 $f^{\prime }(x)$ 当 $x\to a$ 时是 $x-a$ 的 $n-1$ 阶无穷小。

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答案： 结论成立，即存在有限非零常数 $C$，使得

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{(x-a{)}^{n-1}}=nC\ne 0,$$

其中

$$C=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{(x-a{)}^n}.$$

解析： 由“$f(x)$ 是 $x-a$ 的 $n$ 阶无穷小”可知，存在有限非零常数 $C$，使得

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{(x-a{)}^n}=C\ne 0.$$

因为 $f(x)$ 在 $x=a$ 处 $n$ 阶可导，所以由带皮亚诺余项的泰勒公式，令 $h=x-a$，有

$$f(a+h)=f(a)+f^{\prime }(a)h+\frac{f^{\prime \prime }(a)}{2!}{h}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}{h}^n+o(h^n).$$

两边除以 $h^n$。由于商的极限为有限值，所有低于 $n$ 次的项均必须消失，因此

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

同时

$$C=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}\ne 0.$$

再对函数 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=a$ 处作 $n-1$ 阶泰勒展开：

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(a+h)& =f^{\prime }(a)+f^{\prime \prime }(a)h+\cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}{h}^{n-1}+o(h^{n-1})\\ & =\frac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}{h}^{n-1}+o(h^{n-1}).\end{array}$$

因此

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{(x-a{)}^{n-1}}=\frac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}=nC\ne 0.$$

所以 $f^{\prime }(x)$ 是 $x-a$ 的 $n-1$ 阶无穷小。

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9. 设 $f(x)$ 在 $x=a$ 处四阶可导，且

$$f^{\prime }(a)=f^{\prime \prime }(a)=f^{\prime \prime \prime }(a)=0,f^{(4)}(a)\ne 0,$$

求证：当 $f^{(4)}(a)>0$（$<0$）时，$x=a$ 是 $f(x)$ 的极小（大）值点。

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答案： 当

$$f^{(4)}(a)>0$$

时，$x=a$ 是 $f(x)$ 的严格极小值点；当

$$f^{(4)}(a)<0$$

时，$x=a$ 是 $f(x)$ 的严格极大值点。

解析： 由 $f(x)$ 在 $x=a$ 处四阶可导，利用带皮亚诺余项的泰勒公式，有

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{\prime \prime }(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(a)}{3!}(x-a{)}^3\\ & +\frac{f^{(4)}(a)}{4!}(x-a{)}^4+o((x-a{)}^4).\end{array}$$

由题设前三阶导数均为零，故

$$f(x)-f(a)=\frac{f^{(4)}(a)}{24}(x-a{)}^4+o((x-a{)}^4).$$

即

$$f(x)-f(a)=(x-a{)}^4\left[\frac{f^{(4)}(a)}{24}+o(1)\right].$$

当 $x\ne a$ 时，恒有

$$(x-a{)}^4>0.$$

若 $f^{(4)}(a)>0$，则存在 $a$ 的某个去心邻域，使得

$$\frac{f^{(4)}(a)}{24}+o(1)>0.$$

因而在该去心邻域内

$$f(x)-f(a)>0,$$

即

$$f(x)>f(a).$$

所以 $x=a$ 是严格极小值点。

同理，若 $f^{(4)}(a)<0$，则在 $a$ 的某个去心邻域内

$$f(x)-f(a)<0,$$

即

$$f(x)<f(a).$$

因此 $x=a$ 是严格极大值点。

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10. 设 $f(x),g(x)$ 在 $x=x_0$ 某邻域有二阶连续导数，曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有相同的凹凸性。求证：曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率的充要条件是

$$f(x)-g(x)=o((x-x_0{)}^2)(x\to x_0).$$

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答案： 该条件为充要条件。

解析： 记

$$h(x)=f(x)-g(x).$$

必要性：

假设两曲线在点 $(x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率。

相交意味着

$$f(x_0)=g(x_0)=y_0,$$

即

$$h(x_0)=0.$$

相切意味着两曲线在该点的切线斜率相同，因此

$$f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0),$$

即

$$h^{\prime }(x_0)=0.$$

对于曲线 $y=f(x)$，其在 $x=x_0$ 处的曲率为

$${\kappa }_f=\frac{|f^{\prime \prime }(x_0)|}{{\left[1+f^{\prime 2}(x_0)\right]}^{3/2}}.$$

类似地，

$${\kappa }_g=\frac{|g^{\prime \prime }(x_0)|}{{\left[1+g^{\prime 2}(x_0)\right]}^{3/2}}.$$

因为两曲线相切且曲率相同，所以

$$|f^{\prime \prime }(x_0)|=|g^{\prime \prime }(x_0)|.$$

又因两曲线有相同的凹凸性，故 $f^{\prime \prime }(x_0)$ 与 $g^{\prime \prime }(x_0)$ 的符号相同，于是

$$f^{\prime \prime }(x_0)=g^{\prime \prime }(x_0),$$

即

$$h^{\prime \prime }(x_0)=0.$$

由 $h(x)$ 在 $x=x_0$ 处的二阶泰勒公式，

$$h(x)=h(x_0)+h^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}{h}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+o((x-x_0{)}^2).$$

代入

$$h(x_0)=h^{\prime }(x_0)=h^{\prime \prime }(x_0)=0,$$

得

$$f(x)-g(x)=h(x)=o((x-x_0{)}^2).$$

充分性：

反之，假设

$$h(x)=f(x)-g(x)=o((x-x_0{)}^2).$$

令 $x\to x_0$，由 $h(x)$ 的连续性可得

$$h(x_0)=0,$$

即

$$f(x_0)=g(x_0).$$

因而两曲线在同一点 $(x_0,y_0)$ 相交。

又

$$h^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{o((x-x_0{)}^2)}{x-x_0}=0.$$

所以

$$f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0),$$

两曲线在该点相切。

另一方面，由二阶泰勒公式，

$$h(x)=h(x_0)+h^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}{h}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+o((x-x_0{)}^2).$$

已知 $h(x_0)=h^{\prime }(x_0)=0$，故

$$h(x)=\frac{1}{2}{h}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+o((x-x_0{)}^2).$$

与题设

$$h(x)=o((x-x_0{)}^2)$$

比较可知

$$h^{\prime \prime }(x_0)=0,$$

从而

$$f^{\prime \prime }(x_0)=g^{\prime \prime }(x_0).$$

结合

$$f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0),$$

可得

$$\frac{|f^{\prime \prime }(x_0)|}{[1+f^{\prime 2}(x_0){]}^{3/2}}=\frac{|g^{\prime \prime }(x_0)|}{[1+g^{\prime 2}(x_0){]}^{3/2}}.$$

因此两曲线在该点有相同曲率。

综上，两曲线在 $(x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率，当且仅当

$$f(x)-g(x)=o((x-x_0{)}^2)(x\to x_0).$$

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11. 求 $f(x)=3^x$ 带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒公式。

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答案： 在任意展开点 $x=x_0$ 处，$3^x$ 的带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒公式为

$$3^x=3^{x_0}\sum _{k=0}^n\frac{(\ln 3{)}^k}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{3^{\xi }(\ln 3{)}^{n+1}}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1},$$

其中 $\xi$ 位于 $x$ 与 $x_0$ 之间。

特别地，在 $x_0=0$ 处，

$$3^x=\sum _{k=0}^n\frac{(\ln 3{)}^k}{k!}{x}^k+\frac{3^{\xi }(\ln 3{)}^{n+1}}{(n+1)!}{x}^{n+1},$$

其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。

解析： 令

$$f(x)=3^x=e^{x\ln 3}.$$

对任意非负整数 $k$，有

$$f^{(k)}(x)=3^x(\ln 3{)}^k.$$

因此

$$f^{(k)}(x_0)=3^{x_0}(\ln 3{)}^k.$$

根据带拉格朗日余项的泰勒公式，

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1},$$

其中 $\xi$ 位于 $x$ 与 $x_0$ 之间。代入各阶导数即得

$$3^x=3^{x_0}\sum _{k=0}^n\frac{(\ln 3{)}^k}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{3^{\xi }(\ln 3{)}^{n+1}}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.$$

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12. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内二阶可导，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{1}{4}(b-a{)}^2{f}^{\prime \prime }(\xi ).$$

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{1}{4}(b-a{)}^2{f}^{\prime \prime }(\xi ).$$

解析： 记

$$m=\frac{a+b}{2},h=\frac{b-a}{2},$$

则

$$a=m-h,b=m+h.$$

构造二次多项式

$$P(x)=f(m)+A(x-m)+B(x-m{)}^2,$$

使它满足

$$P(a)=f(a),P(m)=f(m),P(b)=f(b).$$

将 $x=a=m-h$ 与 $x=b=m+h$ 代入，得到

$$-Ah+B{h}^2=f(a)-f(m),$$$$Ah+B{h}^2=f(b)-f(m).$$

两式相加可得

$$2B{h}^2=f(a)+f(b)-2f(m),$$

因而

$$P^{\prime \prime }(x)=2B=\frac{f(a)+f(b)-2f(m)}{h^2}.$$

令

$$F(x)=f(x)-P(x).$$

由构造可知

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

在区间 $[a,m]$ 和 $[m,b]$ 上分别应用罗尔定理，存在

$${\eta }_1\in (a,m),{\eta }_2\in (m,b),$$

使得

$$F^{\prime }({\eta }_1)=F^{\prime }({\eta }_2)=0.$$

再在 $[{\eta }_1,{\eta }_2]$ 上应用罗尔定理，存在

$$\xi \in ({\eta }_1,{\eta }_2)\subset (a,b),$$

使得

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

因此

$$f^{\prime \prime }(\xi )=P^{\prime \prime }(\xi )=\frac{f(a)+f(b)-2f(m)}{h^2}.$$

整理得

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

由于

$$h^2=\frac{1}{4}(b-a{)}^2,$$

故

$$f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{1}{4}(b-a{)}^2{f}^{\prime \prime }(\xi ).$$

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13. 设 $f(x)$ 为 $n+1$ 阶可导函数，求证：$f(x)$ 为 $n$ 次多项式的充要条件是

$$f^{(n+1)}(x)=0,f^{(n)}(x)\ne 0.$$

查看答案与解析

答案： $f(x)$ 为 $n$ 次多项式，当且仅当

$$f^{(n+1)}(x)\equiv 0,f^{(n)}(x)\not\equiv 0.$$

此处题目中的 $f^{(n)}(x)\ne 0$ 应理解为第 $n$ 阶导函数不恒为零；在该条件下，它实际上是一个非零常数。

解析： 必要性：

若 $f(x)$ 是 $n$ 次多项式，可写为

$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,a_n\ne 0.$$

连续求导 $n$ 次，得到

$$f^{(n)}(x)=n!a_n\ne 0.$$

再求一次导数，得到

$$f^{(n+1)}(x)=0.$$

所以条件是必要的。

充分性：

反之，设

$$f^{(n+1)}(x)\equiv 0,f^{(n)}(x)\not\equiv 0.$$

任取定义区间内一点 $x_0$。由带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒公式，存在位于 $x$ 与 $x_0$ 之间的 $\xi$，使得

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.$$

因为

$$f^{(n+1)}(\xi )=0,$$

所以余项恒为零，从而

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k.$$

这说明 $f(x)$ 是次数不超过 $n$ 的多项式。

此外，由

$$f^{(n+1)}(x)=0$$

可知 $f^{(n)}(x)$ 在定义区间内为常数。结合

$$f^{(n)}(x)\not\equiv 0,$$

可知该常数非零，所以 $(x-x_0{)}^n$ 的系数

$$\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$$

非零，故 $f(x)$ 的次数恰为 $n$。

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14. 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 二阶可导且 $f(x),f^{\prime \prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界，求证：$f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界。

查看答案与解析

答案： $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界。

解析： 由于 $f(x)$ 与 $f^{\prime \prime }(x)$ 均有界，存在常数 $M>0$、$N>0$，使得对任意 $x>0$，都有

$$|f(x)|\le M,|f^{\prime \prime }(x)|\le N.$$

对任意 $x>0$，在区间 $[x,x+1]$ 上对 $f$ 使用带拉格朗日余项的一阶泰勒公式，存在

$${\xi }_x\in (x,x+1),$$

使得

$$f(x+1)=f(x)+f^{\prime }(x)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x).$$

因而

$$f^{\prime }(x)=f(x+1)-f(x)-\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x).$$

于是

$$\begin{array}{rl}|f^{\prime }(x)|& \le |f(x+1)|+|f(x)|+\frac{1}{2}|f^{\prime \prime }({\xi }_x)|\\ & \le 2M+\frac{N}{2}.\end{array}$$

右端与 $x$ 无关，因此对所有 $x>0$，均有统一估计

$$|f^{\prime }(x)|\le 2M+\frac{N}{2}.$$

所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界。

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15. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 二阶可导，$f(x)>0$，$f^{\prime \prime }(x)<0(x\in (a,b))$，求证：

$$\underset{[a,b]}{\max }f(x)<\frac{2}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： 成立，即

$$\underset{[a,b]}{\max }f(x)<\frac{2}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

解析： 由于 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，故存在 $c\in [a,b]$，使得

$$M=f(c)=\underset{[a,b]}{\max }f(x).$$

又因为

$$f^{\prime \prime }(x)<0,$$

所以 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格凹。

若 $c>a$，则对任意 $x\in (a,c)$，严格凹性给出

$$f(x)>\frac{c-x}{c-a}f(a)+\frac{x-a}{c-a}M.$$

两边在 $[a,c]$ 上积分，得到

$${\int }_a^{c}f(x)dx>\frac{c-a}{2}(f(a)+M)>\frac{c-a}{2}M,$$

其中最后一个严格不等式利用了 $f(a)>0$。当 $c=a$ 时，上式对应的区间长度为零，可直接记为

$${\int }_a^{c}f(x)dx=0=\frac{c-a}{2}M.$$

同理，若 $c<b$，则对任意 $x\in (c,b)$，有

$$f(x)>\frac{b-x}{b-c}M+\frac{x-c}{b-c}f(b),$$

从而

$${\int }_c^{b}f(x)dx>\frac{b-c}{2}(M+f(b))>\frac{b-c}{2}M.$$

当 $c=b$ 时，同样有

$${\int }_c^{b}f(x)dx=0=\frac{b-c}{2}M.$$

将左右两部分相加。由于 $a<b$，至少有一个子区间长度为正，且相应的不等式严格成立，因此

$${\int }_a^{b}f(x)dx>\frac{c-a}{2}M+\frac{b-c}{2}M=\frac{b-a}{2}M.$$

故

$$M<\frac{2}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

即

$$\underset{[a,b]}{\max }f(x)<\frac{2}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

模块一：高等数学