考研（大学）数学导数与微分（4）

用户9628320

发布于 2022-11-23 16:23:55

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导数与微分（4）

基础

设

f\left( x \right)

在

x=a

处二阶可导，证明：

\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f\left( a+h \right) +f\left( a-h \right) -f\left( a \right)}{h^2}=f^{''}\left( a \right)

解：原式

=\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f^{'}\left( a+h \right) -f^{'}\left( a-h \right)}{2h}=\dfrac{1}{2}\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f^{'}\left( a+h \right) -f^{'}\left( h \right)}{h}+\dfrac{1}{2}\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f^{'}\left( h \right) -f^{'}\left( a-h \right)}{h}=f{''}\left( a \right)

解题思路：首先根据二阶可导得出一阶函数的连续性，根据函数在

处的值，直接洛必达法则，然后构造二阶函数在

处的导数值，即用定义即可。

设

\displaystyle \int_0^{x^2}{te^tdt+}\int_0^{\ln y}{e^t\sqrt{1+t^2}dt=e^{x^2}}

，求

\dfrac{dy}{dx}

。

解：两边对

求导，

x^2e^{x^2}\cdot 2x+e^{\ln y}\sqrt{1+\ln ^2y}\cdot \dfrac{1}{y}\cdot \dfrac{dy}{dx}=2x\cdot e^{x^2}

，整理得：

\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{2x\left( 1-x^2 \right) e^{x^2}}{\sqrt{1+\ln ^2y}}

解题思路：首先直接对两边求导，然后看成复合求导，对与

，直接看成

的复合导数，后面进行整理就可以得到结果。

提高

f\left( x \right)

在

\left[ -1,1 \right]

上三阶连续可导，且

f\left( -1 \right) =0

，

f\left( 1 \right) =1

，

f^{'}\left( 0 \right) =0

，证明：存在

\xi \in \left( -1,1 \right)

，使得

f^{''}( \xi ) =3

解：由泰勒公式得：

f\left( -1 \right) =f\left( 0 \right) +f^{'}\left( 0 \right) \left( -1-0 \right) +\dfrac{f^{''}\left( 0 \right)}{2!}\left( 0 \right) \left( -1-0 \right) ^2+\dfrac{f^{'''}\left( \xi _1 \right)}{3\text{！}}\left( -1-0 \right) ^3,\xi _1\in \left( -1,0 \right)

同理

f\left( 1 \right) =f\left( 0 \right) +f^{'}\left( 0 \right) \left( 1-0 \right) +\dfrac{f^{''}\left( 0 \right)}{2!}\left( 0 \right) \left( 1-0 \right) ^2+\dfrac{f^{'''}\left( \xi _2 \right)}{3\text{！}}\left( 1-0 \right) ^3,\xi _2\in \left( 0,1 \right)

. 两式相减，带入

f^{'}\left( 0 \right) =0

，得

f^{'''}\left( \xi _1 \right) +f^{'''}\left( \xi _2 \right) =6

，由介质定理，

f\left( x \right)

在

[-1,1]

上三阶连续可导，所以

f^{'''}\left( x \right)

在

[ \xi_1,\xi_2]

连续，有介质定理，

f^{'''}\left( x \right)

在

[ -1,1 ]

上取得最大值

和最小值

，故

2m\leq f^{'''}\left( \xi _1 \right) +f^{'''}\left( \xi _2 \right) \leq 2M$，$m\leq 3\leq M

即存在

\xi \in [ -1,1 ]

上，使得

f^{'''}\left( \xi \right) =3

。

解题思路：首先题目出现函数端点的值，还有函数在区间中点的一阶导数值，故想到用泰勒公式即想到在

除展开为，展开的次数为三阶，然后带入已知的值，进行两式的加减（一般是减法），然后后面想到的的是连续导函数的性质，即介质定理，介质定理首先用到的是闭区间，将函数的取值范围得出，即函数可取到最大和最小值，题目得证。

设

f\left( x \right)

在

[a,b]

上连续，在

\left( a,b \right)

上二阶连续可导，证明：存在

\xi \in \left( a,b \right)

，使得

f\left( b \right) -\frac{1}{2}f\left( \dfrac{a+b}{2} \right) +f\left( a \right) =\dfrac{\left( b-a \right) ^2}{4}f^{''}\left( \xi \right)

解：用泰勒公式，在

x=\dfrac{a+b}{2}

处展开，

f\left( a \right) =f\left( \dfrac{a+b}{2} \right) +f^{'}\left( \dfrac{a+b}{2} \right) \left( a-\dfrac{a+b}{2} \right) +\dfrac{f^{''}\left( \xi _1 \right)}{2!}\left( a-\dfrac{a+b}{2} \right) ^2,\xi _1\in \left( a,\dfrac{a+b}{2} \right)

同理

f\left( b \right) =f\left( \dfrac{a+b}{2} \right) +f^{'}\left( \dfrac{a+b}{2} \right) \left( b-\dfrac{a+b}{2} \right) +\dfrac{f^{''}\left( \xi _2 \right)}{2!}\left( b-\dfrac{a+b}{2} \right) ^2,\xi _2\in \left( \dfrac{a+b}{2}, b\right)

. 两式相加得

f\left( a \right) +f\left( b \right) -2f\left( \dfrac{a+b}{2} \right) =\dfrac{\left( b-a \right) ^2}{2}\left[ f^{''}\left( \xi _1 \right) +f{''}\left( \xi _2 \right) \right]

f^{''}\left( x \right)

在

\left( a,b \right)

上连续，所以，

f^{''}\left( x \right)

在

\left( \xi _1,\xi _2 \right)

上连续}即

f^{''}\left( x \right)

能构取得最小值

和最大值

，即

m\leq \dfrac{f^{''}\left( \xi _1 \right) +f^{''}\left( \xi _2 \right)}{2}\leq M

，由介质定理可得存在

\xi \in \left( \xi _1,\xi _2 \right) \in \left[ a,b \right]

使得

\dfrac{f^{''}\left( \xi _1 \right) +f{''}\left( \xi _2 \right)}{2}=f^{'}\left( \xi \right)

，故

f\left( b \right) -\dfrac{1}{2}f\left( \dfrac{a+b}{2} \right) +f\left( a \right) =\dfrac{\left( b-a \right) ^2}{4}f^{''}\left( \xi \right)

解题思路：首先对题目出出现端点以及中点的值的证明问题。但是没有出现函数具体的值，故想到用泰勒公式进行化简，中点一般是展开点，故直接用函数注解展开，进行化简的同时不忘进行加减，然后直接对，后面是上一个题相似的套路，先进行连续函数的极值问题，在闭区间上一定可以取得最大最小值，后面进行函数的介质定理进行求解。即可得出结论.

作者：小熊

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原始发表：2021-12-02，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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