教材习题

4.5 教材习题

例 4.5.1 (刘/闫/章·习题4.1.3) 设 $f$ 在 $R$ 上有 $n$ 阶导数， $p (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ 为一个 $n$ 次多项式，如果存在 $n + 1$ 个不同的点 $x_{1}, \dots, x_{n + 1}$ 使得 $f (x_{i}) = p (x_{i})$ （ $i = 1, \dots, n + 1$ ），则 $\exists ξ \in R$ 使得 $a_{n} = \frac{f^{(n)} (ξ)}{n!}$ 。

证明考虑函数 $g (x) := f (x) - p (x)$ ，其有 $n + 1$ 的不同的零点。不断使用Rolle定理归纳可得当 $0 \leq k \leq n$ 时， $g^{(k)}$ 存在 $n + 1 - k$ 个零点。取 $k = n$ ，则 $\exists ξ \in R$ 使得 $\begin{matrix} (1) & g^{(n)} (ξ) = 0 \Rightarrow f^{(n)} (ξ) = p^{(n)} (ξ) = n! a_{n} \Rightarrow a_{n} = \frac{f^{(n)} (ξ)}{n!} \end{matrix}$ $◻$

例 4.5.2 (刘/闫/章·习题4.1.7) 设函数 $f$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导， $f (a) = f (b) = 0$ ，且 $\exists c \in (a, b)$ 使得 $f (c) > 0$ 。试证明 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $f^{″} (ξ) < 0$ 。

证明由Lagrange中值定理可得： $\exists ξ_{1} \in (a, c)$ 和 $\exists ξ_{2} \in (c, b)$ 使得 $\begin{matrix} (2) & f^{'} (ξ_{1}) = \frac{f (c) - f (a)}{c - a} > 0, f^{'} (ξ_{2}) = \frac{f (b) - f (c)}{b - c} < 0 \end{matrix}$ 再由Lagrange中值定理可得： $\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $\begin{matrix} (3) & f^{″} (ξ) = \frac{f^{'} (ξ_{2}) - f^{'} (ξ_{1})}{ξ_{2} - ξ_{1}} < 0 \end{matrix}$ $◻$

例 4.5.3 (刘/闫/章·习题4.1.12) 设 $f$ 在 $R$ 上可导，且满足 $lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{| x |} = + \infty$ ，证明： $\forall a \in R$ ， $\exists ξ \in R$ 使得 $f^{'} (ξ) = a$ 。

证明首先证明 $f^{'}$ 无上界。若 $f^{'}$ 有上界 $M$ ，考虑函数 $g (x) := f (x) - M x$ ，则 $g^{'} (x) := f (x) - M \leq 0$ ，即 $g$ 单调不增，此时有 $\begin{matrix} (4) & g (x) \leq g (0) \Rightarrow f (x) - M x \leq f (0) \Rightarrow lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} \leq lim_{x \to + \infty} \frac{M x + f (0)}{x} = M \end{matrix}$ 与题设矛盾！故 $f^{'}$ 无上界。同理可证 $f^{'}$ 无下界。

$\forall a \in R$ ， $| a |$ 不是 $f^{'}$ 的上界、 $- | a |$ 不是 $f^{'}$ 的下界，故 $\exists ξ_{1}, ξ_{2} \in R$ 使得 $f^{'} (ξ_{1}) < - | a | \leq a \leq | a | < f^{'} (ξ_{2})$ ，由Darboux定理可知 $\exists ξ \in R$ 位于 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 之间使得 $f^{'} (ξ) = a$ 。 $◻$

例 4.5.4 (刘/闫/章·习题4.1.15) 证明：

(1): 若 $f$ 在 $x_{0}$ 处连续，在 $x_{0}$ 的某个去心领域 $\overset{\circ}{U} (x_{0}, δ)$ 内可导，且 $lim_{x \to x_{0}} f^{'} (x) = A$ ，则 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处可导，且 $f^{'} (x_{0}) = A$ 。
(2): 若 $f$ 在区间 $I$ 内可导，则 $f^{'}$ 在区间内不存在第一类间断点。

证明 (1) 由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (5) & f^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = lim_{x \to x_{0}} f^{'} (x) = A \end{matrix}$

(2) 假设 $f^{'}$ 存在第一类间断点 $x_{0}$ ，此时 $f^{'}$ 在 $x_{0}$ 处的左、右极限均存在。由于 $f$ 在 $I$ 上可导，由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (6) & f_{-}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{-}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = lim_{x \to x_{0}^{-}} f^{'} (x), f_{+}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{+}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = lim_{x \to x_{0}^{+}} f^{'} (x) \end{matrix}$ 由于 $f$ 可导，故 $f_{-}^{'} (x_{0}) = f_{+}^{'} (x_{0})$ ，由此导出 $f^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} f^{'} (x)$ ，与 $f^{'}$ 在 $x_{0}$ 处间断矛盾！故 $f^{'}$ 不存在第一类间断点。 $◻$

例 4.5.5 (刘/闫/章·习题4.2.2) 求下列极限：

(1): $lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln (1 - \cos x)}{\ln x}$
(2): $lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - e^{\sin x}}{x - \sin x}$
(3): $lim_{x \to π / 2} \frac{\sqrt{1 + 2 \cos x} - 1}{x - \frac{π}{2}}$
(4): $lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (1 + e^{x})}{x^{2}}$
(5): $lim_{x \to 2^{- 1 / 2}} \frac{(\arcsin x)^{2} - \frac{π^{2}}{16}}{2 x^{2} - 1}$
(6): $lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^{3}}$
(7): $lim_{x \to 0} \frac{\cos α x - \cos β x}{\ln (1 + x^{2})}$
(8): $lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - x - 1}{x (e^{x} - 1)}$
(9): $lim_{x \to + \infty} (x - \sqrt{x^{2} + x})$
(10): $lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (1 + x)}{x^{2}}$
(11): $lim_{x \to 0} (\cot x - \frac{1}{x})$
(12): $lim_{x \to π / 2} (\sec x - \tan x)$
(13): $lim_{x \to 1} (x - 1) \tan \frac{π x}{2}$
(14): $lim_{x \to 0^{+}} x \ln x$
(15): $lim_{x \to + \infty} (π - 2 \arctan x) \ln x$
(16): $lim_{x \to \infty} x \ln \frac{1 + x}{x}$
(17): $lim_{x \to π / 2} {(\frac{π}{x} - 1)}^{\tan x}$
(18): $lim_{x \to 1^{-}} (1 - x)^{\ln x}$
(19): $lim_{x \to \infty} {(\cos \frac{1}{x})}^{x^{2}}$
(20): $lim_{n \to + \infty} n [{(1 + \frac{1}{n})}^{n} - e]$

解仅给出答案。

(1): $2$
(2): $1$
(3): $- 1$
(4): $0$
(5): $\frac{π}{4}$
(6): $\frac{1}{6}$
(7): $\frac{β^{2} - α^{2}}{2}$
(8): $\frac{1}{2}$
(9): $- \frac{1}{2}$
(10): $0$
(11): $0$
(12): $0$
(13): $- \frac{2}{π}$
(14): $0$
(15): $0$
(16): $1$
(17): $e^{4 / π}$
(18): $1$
(19): $e^{- 1 / 2}$
(20): $- \frac{e}{2}$

◻

例 4.5.6 (刘/闫/章·习题4.3.4节选) 写出下列函数在指定点的Taylor多项式。

(1): $y = \frac{1 + x + x^{2}}{1 - x + x^{2}}$ ， $x_{0} = 0$ ，展开到 $4$ 次。
(2): $y = \ln \cos x$ ， $x_{0} = 0$ ，展开到 $6$ 次。
(3): $y = (x - 1)^{3} \ln x$ ， $x_{0} = 1$ ，展开到 $30$ 次。
(4): $y = \ln \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}}$ ， $x_{0} = 0$ ，展开到 $n$ 次。

解 (1) $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} y & = 1 + 2 x (1 - x + x^{2})^{- 1} = 1 + 2 x [1 + (x - x^{2}) + (x - x^{2})^{2} + x^{3} + o (x^{3})] \\ = 1 + 2 x [1 + x - x^{2} + x^{2} - 2 x^{3} + x^{3} + o (x^{3})] = 1 + 2 x + 2 x^{2} - 2 x^{4} + o (x^{4}) \end{aligned} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} y & = \ln (1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} - \frac{x^{6}}{720} + o (x^{6})) \\ = - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} - \frac{x^{6}}{720} - \frac{1}{2} {(- \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24})}^{2} + \frac{1}{3} {(- \frac{x^{2}}{2})}^{3} + o (x^{6}) \\ = - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} - \frac{x^{6}}{720} - \frac{x^{4}}{8} + \frac{x^{6}}{48} - \frac{x^{6}}{24} + o (x^{6}) \\ = - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{12} - \frac{x^{6}}{45} + o (x^{6}) \end{aligned} \end{matrix}$

(3) 取 $n = 30$ ，令 $t = x - 1 \to 0$ ，则 $\begin{matrix} (9) & y = t^{3} \ln (1 + t) = t^{3} (\sum_{k = 1}^{n - 3} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} t^{k} + o (t^{n - 3})) = \sum_{k = 1}^{n - 3} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} t^{k + 3} + o (t^{n}) \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} y & = \frac{1}{2} \ln (1 + x) - \frac{1}{2} \ln (1 - x) = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} x^{k} + \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{x^{k}}{k} + o (x^{n}) \\ = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1 + (- 1)^{k - 1}}{2 k} x^{k} + o (x^{n}) = \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} \frac{x^{2 k + 1}}{2 k + 1} + o (x^{n}) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 4.5.7 (刘/闫/章·习题4.3.5) 求下列极限：

(1): $lim_{x \to \infty} [x - x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x})]$ 。
(2): $lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{2}}{2} + 1 - \sqrt{1 + x^{2}}}{(\cos x - e^{x^{2}}) \sin x^{2}}$ 。
(3): $lim_{x \to + \infty} x^{3 / 2} (\sqrt{x + 1} + \sqrt{x - 1} - 2 \sqrt{x})$ 。
(4): $lim_{x \to 0} \frac{\sin (\sin x) - \tan (\tan x)}{\sin x - \tan x}$ 。

解 (1) 令 $t = x^{- 1} \to 0$ ，则 $\begin{matrix} (11) & LHS = \frac{t - \ln (1 + t)}{t^{2}} = \frac{t - (t - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))}{t^{2}} \to \frac{1}{2}, t \to 0 \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (12) & LHS = \frac{\frac{x^{2}}{2} + 1 - (1 + \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{8} x^{4} + o (x^{4}))}{(1 - \frac{1}{2} x^{2} - 1 - x^{2} + o (x^{2})) (x^{2} + o (x^{2}))} \to - \frac{1}{12}, x \to 0 \end{matrix}$

(3) 令 $t = x^{- 1 / 2} \to 0^{+}$ ，则 $\begin{matrix} (13) & LHS = \frac{{(1 + t^{2})}^{1 / 2} + (1 - t^{2})^{1 / 2} - 2}{t^{4}} = \frac{1 + \frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{4}}{8} + 1 - \frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{4}}{8} - 2 + o (t^{4})}{t^{4}} \to - \frac{1}{4}, t \to 0 \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (14) & LHS = \frac{x - \frac{x^{3}}{6} - \frac{1}{6} \sin^{3} x - x - \frac{x^{3}}{3} - \frac{1}{3} \tan^{3} x + o (x^{3})}{x - \frac{x^{3}}{6} - x - \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})} \to 2, x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 4.5.8 (刘/闫/章·习题4.3.6) 当 $x \to 0$ 时，求无穷小量 $\ln (1 + \sin x^{2}) + α (\sqrt[3]{2 - \cos x} - 1)$ 的阶。

解注意到 $\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} LHS & = \sin (x^{2}) - \frac{1}{2} \sin^{2} (x^{2}) + o (x^{4}) + α [{(1 + \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}))}^{1 / 3} - 1] \\ = x^{2} - \frac{1}{2} x^{4} + α [1 + \frac{1}{3} (\frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{24}) - \frac{1}{9} {(\frac{x^{2}}{2})}^{2} - 1] + o (x^{4}) \\ = (1 + \frac{α}{6}) x^{2} + (- \frac{1}{2} - \frac{α}{24}) x^{4} + o (x^{4}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故当 $α \neq - 6$ 时，原式为 $2$ 阶无穷小；当 $α = - 6$ 时，原式为 $4$ 阶无穷小。 $◻$

例 4.5.9 (刘/闫/章·习题4.4.5节选) 证明下列不等式：

(1): $\frac{1 - x}{1 + x} \leq e^{- 2 x}$ ， $0 \leq x \leq 1$ 。
(2): $2 \sqrt{x} > 3 - \frac{1}{x}$ ， $x > 1$ 。
(3): $x - \frac{x^{3}}{6} < \sin x < x$ ， $x > 0$ 。
(4): $\frac{1}{2^{p - 1}} \leq x^{p} + (1 - x)^{p} \leq 1$ ， $x \in [0, 1]$ 且 $p > 1$ 。

证明 (1) 考虑函数 $f (x) := (1 + x) e^{- 2 x} + x - 1$ ，则有 $\begin{matrix} (16) & f^{'} (x) = 1 - e^{- 2 x} (1 + 2 x), f^{″} (x) = 4 x e^{- 2 x} \geq 0 \end{matrix}$ 故 $f^{'}$ 在 $[0, 1]$ 上单调不减，从而 $f^{'} (x) \geq f^{'} (0) = 0$ ；因此 $f$ 在 $[0, 1]$ 上单调不减，从而 $f (x) \geq f (0) = 0$ ，原不等式成立。

(2) 原不等式等价于 $\begin{matrix} (17) & 2 \sqrt{x} > 3 - \frac{1}{x} \Leftrightarrow (1 + 2 \sqrt{x}) (1 - \sqrt{x})^{2} > 0 \end{matrix}$ 这是显然成立的。

(3) 当 $x \geq π$ 时，显然有 $\begin{matrix} (18) & x - \frac{x^{3}}{6} \leq x - \frac{π^{2}}{6} x \leq π - \frac{π^{3}}{6} < \frac{7}{2} - \frac{3^{3}}{6} \leq \sin x \leq 1 < x \end{matrix}$ 故设 $x \in (0, π)$ 。考虑函数 $f (x) = x - \sin x$ ，则 $f^{'} (x) = 1 - \cos x > 0$ ，故 $f$ 在 $(0, π)$ 上严格增，从而 $f (x) > f (0) = 0$ 。考虑函数 $g (x) = \sin x - x + \frac{x^{3}}{6}$ ，则 $\begin{matrix} (19) & g^{'} (x) = \cos x - 1 + \frac{x^{2}}{2} > \cos x - 1 + 2 \sin^{2} \frac{x}{2} = 0, x \in (0, π) \end{matrix}$ 故 $g$ 在 $(0, π)$ 上严格增，从而 $g (x) > g (0) = 0$ 。综上， $x - \frac{x^{3}}{6} < \sin x < x$ 。

(4) 考虑函数 $f (x) := x^{p} + (1 - x)^{p}$ ，则有 $\begin{matrix} (20) & f^{'} (x) = p [x^{p - 1} - (1 - x)^{p - 1}] \end{matrix}$ 当 $p > 1$ 时， $f^{'}$ 严格增且 $f^{'} (\frac{1}{2}) = 0$ ，故 $f$ 在 $(0, \frac{1}{2})$ 上严格减、在 $(\frac{1}{2}, 1)$ 上严格增，从而 $f (x) \geq f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2^{p - 1}}$ ，且 $f (x) \leq max {f (0), f (1)} = 1$ ，原不等式成立。 $◻$