高等数学：微分中值定理与导数的应用题选(2)

2018-11-28 本文已影响16人溺于恐

1. $\lim\limits_{x\to 0}{tanx-x\over x-sinx}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to 0}{sec^2x-1\over 1-cosx}$

$=\lim\limits_{x\to 0}{tan^2x\over 1-cosx}$

$=\lim\limits_{x\to 0}{x^2\over {1\over 2}x^2}=2$

2. $\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{lnsinx\over (\pi -2x)^2}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{cosx\over -4sinx(\pi-2x)}$

$=\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{cosx\over -4(\pi-2x)}$

$=\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{-sinx\over 8}=-{1\over 8}$

3. $\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{tanx\over tan3x}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{sec^2x\over 3sec^23x}$

$={1\over 3}\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{cos^23x\over cos^2x}$

$=\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{cos3xsin3x\over cosxsinx}$

$=-\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{cos3x\over cosx}$

$=-\lim\limits_{x\to {\pi\over 2}}{3sin3x\over sinx}=3$

4. $\lim\limits_{x\to 0}{ln(1+x^2)\over secx-cosx}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to 0}{2x\over (1+x^2)(secx\cdot tanx+sinx)}$

$=\lim\limits_{x\to 0}{2\over (1+x^2)(sec^2x+1)}\cdot\lim\limits_{x\to 0}{x\over sinx}=1$

5. $\lim\limits_{x\to 0^+}x^{sinx}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to 0^+}e^{sinxlnx}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{sinx\over x}xlnx}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}xlnx}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{lnx\over {1\over x}}}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{1\over x}(-x^2)}=e^0=1$

6. $\lim\limits_{x\to 0^+}({1\over x})^{tanx}$

解：

$原式=\lim\limits_{x\to 0^+}e^{tanxln{1\over x}}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{1\over cosx}\cdot \lim\limits_{x\to 0^+}sinx(-lnx)}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{sinx\over x}x(-lnx)}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{-lnx\over {1\over x}}}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}-{1\over x}\cdot (-x)^2}=1$

7.讨论函数 $f(x)=\begin{cases}[{(1+x)^{1\over x}\over e}]^{1\over x}\qquad x\gt 0\\ e^{1\over 2}\qquad x\le 0\end{cases}$ 在x=0处的连续性

解：

$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}e^{-{1\over 2}}=e^{-{1\over 2}}$

$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}[{(1+x)^{1\over x}\over e}]^{1\over x}$

$=\lim\limits_{x\to 0^+}e^{{1\over x}ln(1+x)-1\over x}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{ln(1+x)-x\over x^2}}$

$=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}{-x\over 2x(1+x)}}=e^{-{1\over 2}}$

$\therefore \lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=e^{-{-1\over 2}}=f(0)$

$\therefore f(x)在x=0处连续$

8.按(x-4)的幂展开多项式 $f(x)=x^4-5x^3+x^2-3x+4$

解：

$f'(x)=4x^3-15x^2+2x-3,f''(x)=12x^2-30x+2$

$f'''(x)=24x-30,f^{(4)}(x)=24,f^{(n)}(x)=0(n\ge 5)$

$由Taylor中值定理得$

$f(x)=f(4)+f'(4)(x-4)+{f''(4)\over 2}(x-4)^2+{f'''(4)\over 3!}(x-4)^3+{f^{(4)}(4)\over 4!}(x-4)^4+0$

$=-56+21(x-4)+37(x-4)^2+11(x-4)^3+(x-4)^4$

9.应用麦克劳林公式,按x的幂展开函数 $f(x)=(x^2-3x+1)^3$

解：

$f(0)=1$

$f'(x)=3(x^2-3x+1)^2(2x-3),f'(0)=-9$

$f''(x)=6(x^2-3x+1)^2+6(x^2-3x+1)(2x-3)^2,f''(0)=60$

$f'''(x)=12(x^2-3x+1)(2x-3)+6(2x-3)^3+24(x^2-3x+1)(2x-3),f'''(0)=-270$

$f^{(4)}(x)=12(2x-3)^2+24(x^2-3x+1)+36(2x-3)^2+24(2x-3)^2+48(x^2-3x+1)$

$=72(2x-3)^2+72(x^2-3x+1),f^{(4)}(0)=720$

$f^{(5)}(x)=288(2x-3)+72(2x-3),f^{(5)}(0)=-1080$

$f^{(6)}(x)=720,f^{(6)}(0)=720$

$f^{(n)}(x)=0(n\gt 6)$

$\therefore f(x)=1+(-9)x+{60\over 2!}x^2+(-{270\over 3!})x^3$

$+{720\over 4!}x^4+(-{1080\over 5!})x^5+{720\over 6!}$

$=1-9x+30x^2-45x^3+30x^4-9x^5+x^6$

10.求函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 按(x-4)的幂展开的带有拉格朗日余项的3阶泰勒公式

解：

$f(x)=\sqrt{x},f(4)=2$

$f'(x)={1\over 2\sqrt{x}},f'(4)={1\over 4}$

$f''(x)=-{1\over 4}x^{-{3\over 2}},f''(4)=-{1\over 32}$

$f'''(x)={3\over 8}x^{-{5\over 2}},f'''(4)={3\over 256}$

$f^{(4)}=-{15\over 16}x^{-{7\over 2}}$

$由Taylor定理得$

$f(x)=\sqrt{x}=f(4)+f'(4)(x-4)+{f''(4)(x-4)^2\over 2}+{f'''(4)(x-4)^3\over 3!}+{f^{(4)}(\xi)(x-4)^4\over 4!}$

$其中\xi介于4与x之间$

$即f(x)=2+{1\over 4}(x-4)-{1\over 64}(x-2)^2+{1\over 512}(x-4)^3-{5\xi^{-{7\over 2}}\over 128}(x-4)^4$

11.求函数 $f(x)=lnx$ 按(x-2)的幂展开的带有佩亚诺余项的n阶泰勒公式

解：

$f(x)=f(2)+f'(2)(x-2)+{f''(x)\over 2!}(x-2)^2+\cdots+{f^{(n)}(2)\over n!}(x-2)^n+o[(x-2)^n]$

$=ln2+{1\over 2}(x-2)-{1\over 2^3}(x-2)^2+\cdots+{(-1)^{n-1}\over n}{1\over 2^n}(x-2)^n+o[(x-2)^n]$

12.求函数 $f(x)={1\over x}$ 按(x+1)的幂展开的带有拉格朗日余项的n阶泰勒公式

解：

$f(x)={1\over x}=-1-(x+1)-(x+1)^2-\cdots+(-1)(x+1)^n+(-1)^{n+1}{(x+1)^{n+1}\over \xi^{n+2}}$

$其中\xi介于-1与x之间$

13.求函数 $f(x)=tanx$ 的带有佩亚诺余项的3阶麦克劳林公式

解：

$f(x)=tanx,f(0)=0$

$f'(x)=sec^2x,f'(0)=1$

$f''(x)=2sec^2xtanx,f''(x)=0$

$f'''(x)=4sec^2xtan^2x+2sec^4x,f'''(0)=2$

$f(x)=tanx=f(0)+f'(0)x+{f''(0)\over 2}x^2+{f'''(0)\over 3!}x^3+o(x^4)$

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

14.求函数 $f(x)=xe^x$ 的带有佩亚诺余项n阶麦克劳林公式

解：

$f(x)=xe^x,f^{(n)}(x)=C_n^0e^xx+C_n^1e^x+0=xe^x+ne^x$

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

$f(x)=f(0)+f'(0)x+{f''(0)\over 2!}x^2+\cdots+{f^{(n)}(0)\over n!}x^n+o(x^n)$

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

15.验证当 $0\lt x\le {1\over 2}$ 时,按公式 $e^x\approx 1+x+{x^2\over 2}+{x^3\over 6}$ 计算 $e^x$ 的近似值时,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

解：

$e^x=1+x+{x^2\over 2}+{x^3\over 6}+{e^{\xi}\over 4!}x^4$

$其中\xi介于0与x之间$

$\therefore e^x=1+x+{x^2\over 2}+{x^3\over 6}产生的误差为$

$|{e^{\xi}\over 4!}x^4|\le {e^{1\over 2}\over 4!}{1\over 2^4}\lt 0.001$

$\sqrt{e}=e^{1\over 2}=1+{1\over 2}+{1\over 8}+{1\over 48}={79\over 48}\approx 1.646$

16.应用3阶泰勒公式求下列各数的近似值,并估计误差：

$(1)\sqrt[3]{30}\qquad (2)sin18°$

解：

$(1)f(x)=\sqrt[3]{1+x}=(1+x)^{1\over 3}$

$=1+{1\over 3}x+{{1\over 3}({1\over 3}-1)\over 2!}x^2+{{1\over 3}({1\over 3}-1)({1\over 3}-2)\over 3!}x^3+R_3(x)$

$=1+{1\over 3}x-{1\over 9}x^2+{5\over 81}x^3+R_3(x)$

$其中R_3(x)={{1\over 3}({1\over 3}-1)({1\over 3}-2)({1\over 3}-3)\over 4!}(1+\xi)^{{1\over 3}-4}x^4,0\lt \xi\lt x$

$\sqrt[3]{30}=3\sqrt[3]{1+{1\over 9}}$

$\approx 3[1+{1\over 3}\cdot{1\over 9}-{1\over 9}({1\over 9})^2+{5\over 81}({1\over 9})^3]\approx 3.10724$

$误差3|R_3|=3|{{1\over 3}({1\over 3}-1)({1\over 3}-2)({1\over 3}-3)\over 4!}(1+\xi)^{{1\over 3}-4}{1\over 9}^4|$

$\lt 3|{{80\over 81}({1\over 9})^4\over 4!}\approx 1.88\times 10^{-5}$

$(2)sinx\approx x-{x^3\over 3!}$

$sin18°\approx {\pi\over 10}-{1\over 3!}({\pi\over 10})^3\approx 0.3090$

$误差为|R_3|=|{sin^{(4)}(\xi)x^4\over 4!}|\lt 1.3\times 10^{-4}$

17.利用泰勒公式求下列极限：

$(1)\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-\sqrt[4]{x^4-2x^3})$

$(2)\lim\limits_{x\to 0}{cosx-e^{-{x^2\over 2}}\over [x+ln(1-x)]}$

$(3)\lim\limits_{x\to 0}{1+{1\over 2}x^2-\sqrt{1+x^2}\over (cosx-e^{x^2})}$

$(4)\lim\limits_{x\to \infty}[x-x^2ln(1+{1\over x})]$

解：

$(1)设t={1\over x},当x\to +\infty时,t\to 0$

$\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-\sqrt[4]{x^4-2x^3})=\lim\limits_{t\to 0}{\sqrt[3]{1+3t}-\sqrt[4]{1-2t}\over t}$

$\because \sqrt[3]{1+x}=1+{1\over 3}x+o(x),\sqrt[4]{1+x}=1+{1\over 4}x+o(x)$

$\therefore \sqrt[3]{1+3t}=1+t+o(t),\sqrt[4]{1-2t}=1-{1\over 2}t+o(t)$

$\therefore 原式=\lim\limits_{t\to 0}{[1+t+o(t)]-[1-{1\over 2}t+o(t)]\over t}$

$=\lim\limits_{t\to 0}{{3\over 2}t+o(t)\over t}={3\over 2}$

$(2)\because cosx=1-{x^2\over 2!}+{x^4\over 4!}+o(x^4)$

$e^{-{x^2\over 2}}=1-{x^2\over 2}+{x^4\over 8}+o(x^4)$

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

$\therefore \lim\limits_{x\to 0}{cosx-e^{-{x^2\over 2}}\over [x+ln(1-x)]}=\lim\limits_{x\to 0}{(1-{x^2\over 2}+{x^4\over 24}+o(x^4))-(1-{x^2\over 2}+{x^4\over 8}+o(x^4))\over x^2[x-x-{1\over 2}x^2+o(x^2)]}$

$=\lim\limits_{x\to 0}{-{1\over 12}x^4+o(x^4)\over -{1\over 2}x^4+o(x^4)}={1\over 6}$

$(3)\because \sqrt{1+x^2}=1+{1\over 2}x^2-{3\over 4!}x^4+o(x^4)$

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

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

$sinx^2\sim x^2(x\to 0)$

$\therefore \lim\limits_{x\to 0}{1+{1\over 2}x^2-\sqrt{1+x^2}\over (cosx-e^{x^2})}$

$=\lim\limits_{x\to 0}{1+{1\over 2}x^2-1-{1\over 2}x^2+{3\over 4!}x^4+o(x^4)\over [1-{x^2\over 2}+o(x^2)-1-x^2+o(x^2)]x^2}=-{1\over 12}$

$(4)\lim\limits_{x\to \infty}[x-x^2ln(1+{1\over x})]=\lim\limits_{x\to \infty}[x-x^2({1\over x}-{1\over 2}\cdot {1\over x^2}+o({1\over x^2}))]$

$\lim\limits_{x\to \infty}[x-x+{1\over 2}-{o({1\over x^2})\over {1\over x^2}}]={1\over 2}$

高等数学：微分中值定理与导数的应用题选(2)

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