微分中值定理及其应用习题解析2

139第五章 微分中值定理及其应用上册P 178—180 习题解答1． 设0)(0>'+x f ，0)(0<'-x f .证明0x 是函数)(x f 的极小值点 .证 0)()(lim )(0000<--='-→-x x x f x f x f x x ，⇒在点0x 的某左去心邻域内有0)()(00<--x x x f x f ， 此时00<-x x ，⇒在点0x 的该左去心邻域内有 0)()(0>-x f x f ， 即)()(0x f x f >； 0)()(lim )(0000>--='+→+x x x f x f x f x x ，⇒在点0x 的某右去心邻域内有0)()(00>--x x x f x f ，此时00>-x x ，⇒在点0x 的该左去心邻域内有 0)()(0>-x f x f ， 即)()(0x f x f >.综上 , 在点0x 的某去心邻域内有)()(0x f x f >. 即0x 是函数)(x f 的极小值点 .2. 举例说明 , Rolle 定理的三个条件都不满足 , 函数仍然可以存在水平的切线 .解答: 例如函数 . 21 , 1,12 , )(2⎩⎨⎧≤<-≤≤-=x x x x x f )(x f 定义在区间] 2 , 2 [-上 , )(x f 在点1=x 间断 ,因此不满足在闭区间上连续和在开区间内可导的条件 , 并且4) 2(=-f , 而1) 2 (=f , ≠-) 2(f ) 2 (f . 对区间] 2 , 2 [-上的这个函数)(x f , Rolle 定理的三个条件都不满足 . 但是 , 0) 0 (='f , 该曲线上点) 0 , 0 (处的切线仍然是水平的 . 3. 设函数)(x f 在闭区间] , [b a 上连续 , 在开区间) , (b a 内可微 .⑴ 利用辅助函数1)(1)(1)( )(b f ba f ax f xx =ψ.证明Lagrange 中值定理 .140证 易见函数)(x ψ在闭区间] , [b a 上连续 , 在开区间) , (b a 内可微 ,且0 1)(1)(1)( )(==b f ba f aa f a a ψ, 0 1)(1)(1)( )(==b f ba f ab f b b ψ, 有)()(b a ψψ=. 函数)(x ψ在区间] , [b a 上满足Rolle 定理的三个条件 , 于是由Rolle 定理 , ∈∃ξ) , (b a , 使0)(='ξψ. 而)()()()( 1)(1)(0)(1)(x f b a b f a f b f ba f ax f x '---='='ψ. 0)()()()()(='---='ξξψf b a b f a f , 即 ))(()()(a b f a f b f -'=-ξ.⑵ 说明)(x ψ的几何意义 .解答 |)(|2x ψ表示以点) )( , (a f a 、) )( , (b f b 以及) )( , (x f x 为顶点的三角形的 面积 。

第3章 微分中值定理与导数应用习题解答1.验证中值定理的正确性（1) 验证罗尔定理对函数y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上的正确性.解 因为y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上连续, 在)65 ,6(ππ内可导, 且)65()6(ππy y =, 所以由罗尔定理知, 至少存在一点)65 ,6(ππξ∈, 使得y '(ξ)=cot ξ=0. 由y '(x )=cot x =0得)65 ,6(2πππ∈，因此确有)65 ,6(2πππξ∈=, 使y '(ξ)=cot ξ=0.(2) 验证拉格朗日中值定理对函数y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上的正确性.解 因为y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点ξ∈(0, 1), 使001)0()1()(=--='y y y ξ. 由y '(x )=12x 2-10x +1=0得)1 ,0(12135∈±=x .因此确有)1 ,0(12135∈±=ξ, 使01)0()1()(--='y y y ξ.(3) 对函数f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上验证柯西中值定理的正确性. 解 因为f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上连续, 在)2 ,0(π可导, 且F '(x )=1-sin x 在)2 ,0(π内不为0, 所以由柯西中值定理知至少存在一点)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--. 令)0()2()0()2()()(F F f f x F x f --=''ππ, 即22sin 1cos -=-πx x .化简得14)2(8sin 2-+-=πx . 易证114)2(802<-+-<π, 所以14)2(8sin 2-+-=πx 在)2 ,0(π内有解, 即确实存在)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--.2. 证明题:(1)证明恒等式: 2arccos arcsin π=+x x (-1≤x ≤1).证明 设f (x )= arcsin x +arccos x . 因为 01111)(22≡---='x x x f ,所以f (x )≡C , 其中C 是一常数.因此2arccos arcsin )0()(π=+==x x f x f , 即2arccos arcsin π=+x x .(2)若方程a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x =0有一个正根x 0, 证明方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0必有一个小于x 0的正根.证明 设F (x )=a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x , 由于F (x )在[0, x 0]上连续, 在(0, x 0)内可导, 且F (0)=F (x 0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ∈(0, x 0), 使F '(ξ)=0, 即方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0 必有一个小于x 0的正根.(3)若函数f (x )在(a , b )内具有二阶导数, 且f (x 1)=f (x 2)=f (x 3), 其中a <x 1<x 2<x 3<b , 证明: 在(x 1, x 3)内至少有一点ξ, 使得f ''(ξ)=0.证明 由于f (x )在[x 1, x 2]上连续, 在(x 1, x 2)内可导, 且f (x 1)=f (x 2), 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ1∈(x 1, x 2), 使f '(ξ1)=0. 同理存在一点ξ2∈(x 2, x 3), 使f '(ξ2)=0.又由于f '(x )在[ξ1, ξ2]上连续, 在(ξ1, ξ2)内可导, 且f '(ξ1)=f '(ξ2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ ∈(ξ1, ξ2)⊂(x 1, x 3), 使f ''(ξ )=0.(4) 设a >b >0, n >1, 证明: nb n -1(a -b )<a n -b n <na n -1(a -b ) .证明 设f (x )=x n , 则f (x )在[b , a ]上连续, 在(b , a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(b , a ), 使f (a )-f (b )=f '(ξ)(a -b ), 即a n -b n =n ξ n -1(a -b ). 因为 nb n -1(a -b )<n ξ n -1(a -b )< na n -1(a -b ), 所以 nb n -1(a -b )<a n -b n < na n -1(a -b ) .3. 用洛必达法则求下列极限: (1)22)2(sin ln limx x x -→ππ; (2)nn m m ax a x a x --→lim; (3)x xx 2tan ln 7tan ln lim0+→; (4)x x x 3tan tan lim 2π→;(5)2120lim x x e x →; (6)⎪⎭⎫ ⎝⎛---→1112lim 21x x x ; (7)x x xa )1(lim +∞→; (8)xx xsin 0lim +→; 解: (1)812csc lim 41)2()2(2cot lim )2(sin ln lim 22222-=---=-⋅-=-→→→x x x x xx x x πππππ.(2)nm n m n m ax nn m m ax a nm na mx nx mx a x a x -----→→===--1111limlim. (3)2000021sec 77ln tan 77tan 272tan 7lim lim lim lim 11ln tan 22tan 727sec 22tan 2x x x x x x x x x x x x x x→+→+→+→+⋅⋅====⋅⋅.(4))sin (cos 23)3sin (3cos 2lim31cos 3cos lim 3133sec sec lim 3tan tan lim 22222222x x x x x x x x x x x x x x -⋅-==⋅=→→→→ππππ 3sin 3sin 3lim cos 3cos lim22=---=-=→→x xx x x x ππ.(5)+∞====+∞→+∞→→→1lim lim 1lim lim 2101222t t t t x x xx e t e x e e x (注: 当x →0时, +∞→=21xt ). (6)2121lim 11lim 1112lim 12121-=-=--=⎪⎭⎫ ⎝⎛---→→→x x x x x x x x . (7)解法1 因为)1ln(lim )1(lim x ax x x x exa +∞→∞→=+, 而 221()ln(1)1lim (ln(1)limlim 11x x x aa axa x x x x x x→∞→∞→∞⋅-+++==- limlim 1x x ax aa x a →∞→∞===+ ,所以 a x ax x x x e exa ==++∞→∞→)1ln(lim )1(lim . 解法2 lim 1lim 1axxa ax x a a e x x →∞→∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦(8) 因为x x x x x e x ln sin 0sin 0lim lim +→+→=,而 00ln lim sin ln lim csc x x x x x x →+→+= 2001sin lim lim 0csc cot cos x x x x x x x x→+→+==-=-⋅ ，所以 1lim lim 0ln sin 0sin 0===+→+→e e x x x x x x .4. 验证下列各题: (1) 验证极限xxx x sin lim+∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 1)s i n 1(l i m s i n l i m =+=+∞→∞→x x x x x x x , 极限x xx x sin lim+∞→是存在的. 但)cos 1(lim 1cos 1lim )()sin (limx xx x x x x x +=+=''+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则.(2) 验证极限xx x x sin 1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 0011sin sin lim sin 1sinlim020=⋅=⋅=→→xx x x x x x x x , 极限x x x x sin 1sinlim 20→是存在的. 但xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim )(sin )1sin (lim020-=''→→不存在, 不能用洛必达法则. 5. 将下列函数展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式(1) 求函数f (x )=ln x 按(x -2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式. 解 因为f '(x )=x -1, f ''(x )=(-1)x -2, f '''(x )=(-1)(-2)x -3 , ⋅ ⋅ ⋅ , nn nn x n x n x f )!1()1()1( )2)(1()(1)(--=+-⋅⋅⋅--=--;kk k k f 2)!1()1()2(1)(--=-(k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n +1)所以])2[()2(!)2( )2(!3)2()2(!2)2()2)(2()2(ln )(32n n n x o x n f x f x f x f f x -+-+⋅⋅⋅+-'''+-''+-'+=])2[()2(2)1( )2(231)2(221)2(212ln 13322n n nn x o x n x x x -+-⋅-+⋅⋅⋅--⋅+-⋅--+=-.(2) 求函数f (x )=xe x 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式. 解 因为f '(x )=e x +x e x ,f ''(x )=e x +e x +x e x =2e x +x e x , f '''(x )=2e x +e x +x e x =3e x +x e x , ⋅ ⋅ ⋅, f (n )(x )=ne x +xe x ;f (k )(0)=k (k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n ),所以 )(!)0( !3)0(!2)0()0()0()(32n nn xx o x n f x f x f x f f xe ++⋅⋅⋅⋅+'''+''+'+=)()!1(1!2132n n x o x n x x x +-⋅⋅⋅+++=.6. 确定下列函数的单调区间:(1) y =2x 3-6x 2-18x -7; (2)xx x y 6941023+-=; 解 (1) y '=6x 2-12x -18=6(x -3)(x +1)=0, 令y '=0得驻点x 1=-1, x 2=3. 列表得可见函数在(-∞, -1]和[3, +∞)内单调增加, 在[-1, 3]内单调减少.(2)223)694()1)(12(60x x x x x y +----=', 令y '=0得驻点211=x , x 2=1, 不可导点为x =0. 列表得可见函数在(-∞, 0), ]21 ,0(, [1, +∞)内单调减少, 在]1 ,21[上单调增加.7.证明下列不等式::(1)当x >0时, x x +>+1211;(2)当x >4时, 2x >x 2;证明 (1)设x x x f +-+=1211)(, 则f (x )在[0, +∞)内是连续的. 因为x x f +-='12121)(01211>+-+=xx , 所以f (x )在(0, +∞)内是单调增加的, 从而当x >0时f (x )>f (0)=0, 即 01211>+-+x x ,也就是 x x +>+1211.(2)设f (x )=x ln2-2ln x , 则f (x )在[4, +∞)内连续, 因为 0422ln 224ln 22ln )(=->-=-='e x x x f ,所以当x >4时, f '(x )>0, 即f (x )内单调增加.因此当x >4时, f (x )>f (4)=0, 即x ln2-2ln x >0,也就是2x >x 2.8.求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间: (1) y =x 3-5x 2+3x +5 ; (2) y =xe -x ;(3) y =(x +1)4+e x .解 (1)y '=3x 2-10x +3, y ''=6x -10. 令y ''=0, 得35=x .因为当35<x 时, y ''<0; 当35>x 时, y ''>0, 所以曲线在]35 ,(-∞内是是凸的, 在) ,35[∞+内是凹的, 拐点为)2720,35(.(2)y '=e -x -x e -x , y ''=-e -x -e -x +x e -x =e -x (x -2). 令y ''=0, 得x =2.因为当x <2时, y ''<0; 当x >2时, y ''>0, 所以曲线在(-∞, 2]内是凸的, 在[2, +∞)内是凹的, 拐点为(2, 2e -2).(3)y '=4(x +1)3+e x , y ''=12(x +1)2+e x .因为在(-∞, +∞)内, y ''>0, 所以曲线y =(x +1)4+e x 的在(-∞, +∞)内是凹的, 无拐点.9.求函数的极值:(1) y =2x 3-6x 2-18x +7； (2) y =x -ln(1+x )； (3) y =-x 4+2x 2 .解 (1)函数的定义为(-∞, +∞), y '=6x 2-12x -18=6(x 2-2x -3)=6(x -3)(x +1), 驻点为x 1=-1, x 2=3. 列表可见函数在x =-1处取得极大值17, 在x =3处取得极小值-47.(2)函数的定义为(-1, +∞), xxx y +=+-='1111, 驻点为x =0. 因为当-1<x <0时, y '<0; 当x >0时, y '>0, 所以函数在x =0处取得极小值, 极小值为y (0)=0.(3)函数的定义为(-∞, +∞),y '=-4x 3+4x =-4x (x 2-1), y ''=-12x 2+4, 令y '=0, 得x 1=0, x 2=-1, x 3=1.因为y ''(0)=4>0, y ''(-1)=-8<0, y ''(1)=-8<0, 所以y (0)=0是函数的极小值, y (-1)=1和y (1)=1是函数的极大值.10.求下列函数的最大值、最小值: (1) y =2x 3-3x 2 , -1≤x ≤4;(2) y =2x 3-6x 2-18x -7(1≤x ≤4).解 (1)y '=6x 2-6x =6x (x -1), 令y '=0, 得x 1=0, x 2=1. 计算函数值得 y (-1)=-5, y (0)=0, y (1)=-1, y (4)=80,经比较得出函数的最小值为y (-1)=-5, 最大值为y (4)=80.(2) y '=6x 2-12x -18=6(x -3)(x +1), 函数f (x )在1≤x ≤4内的驻点为x =3. 比较函数值:f (1)=-29, f (3)=-61, f (4)=-47,函数f (x )在x =1处取得最大值, 最大值为f (1)=-29.11.某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图), 截面的面积为5m 2, 问底宽x 为多少时才能使截面的周长最小, 从而使建造时所用的材料最省？解 设矩形高为h , 截面的周长S , 则5)2(212=⋅+πx xh , x x h 85π-=.于是xx x x h x S 10422++=++=ππ(π400<<x ), 21041xS -+='π.令S '=0, 得唯一驻点π+=440x .因为0203>=''xS , 所以π+=440x 为极小值点, 同时也是最小值点. 因此底宽为π+=440x 时所用的材料最省. 12.从一块半径为R 的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图), 问留下的扇形的中心角ϕ取多大时, 做成的漏斗的容积最大？解 漏斗的底周长l 、底半径r 、高h 分别为 l =R ⋅ϕ, πϕ2R r =, 222242ϕππ-=-=Rr R h .漏斗的容积为22223242431ϕππϕπ-==R hr V (0<ϕ<2π).2222234)38(24ϕπϕπϕπ--⋅='R V ，驻点为πϕ362=. 由问题的实际意义, V 一定在(0, 2π)内取得最大值, 而V 在(0, 2π)内只有一个驻点, 所以该驻点一定也是最大值点. 因此当ϕ π362=时, 漏斗的容积最大.13.一房地产公司有50套公寓要出租. 当月租金定为1000元时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加50元时, 就会多一套公寓租不出去, 而租出去的公寓每月需花费100元的维修费. 试问房租定为多少可获最大收入？解 房租定为x 元, 纯收入为R 元.当x ≤1000时, R =50x -50⨯100=50x -5000, 且当x =1000时, 得最大纯收入45000元. 当x >1000时,700072501100)]1000(5150[)]1000(5150[2-+-=⋅---⋅--=x x x x x R ,72251+-='x R . 令R '=0得(1000, +∞)内唯一驻点x =1800. 因为0251<-=''R , 所以1800为极大值点, 同时也是最大值点. 最大值为R =57800.因此, 房租定为1800元可获最大收入.。

壹第五章微分中值定理及其应用第一节微分中值定理331231.(1)30()[0,1];(2)0(,,),;(1)[0,1]30[0,1]()3nx x c c x px q n p q n n x x c x x f x x x c证明：方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根方程为正整数为实数当为偶数时至多有两个实根当为奇数时,至多有三个实根。

证明：设在区间内方程有两个实根,即有使得函数值为零012023(,)[0,1],'()0.'()33(0,1)(3,0)30()[0,1] (2)2220nx x x f x f x x x x c c n n k x px q x 。

那么由罗尔定理可知存在使得 但是在内的值域为是不可能有零点的,矛盾。

因此有:方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根。

当时,方程至多只可能有两个实根,满足所证。

当时,设方程有三个实根,即存在实数1230112022301021010110202()0(,),(,),'()'()0,'()0(*'()0n n n x x f x x px q x x x x x x f x f x f x nx p f x nx p使得函数成立。

那么由罗尔定理可知存在使得即0010220000102),(,),''(0)0,''()(1)0,0,0,0.2(*).212n nx x x f f x n n x x x x n k p n n k x px q 再次利用罗尔定理可以知道,存在使得即显然必有那么就有 那么由于为偶数,可以知道此时不存在满足式的实数因此当为偶数时方程至多有两个实根。

当时,设方程1234111212231334111213111110()0(,),(,),(,)'()0,'()0,'()0,'()0'(nn x x x x f x x px q x x x x x x x x x f x f x f x f x nx p f x 有三个实根,即存在实数使得函数成立。

2.6 微分中值定理一、设汽车沿直线作变速运动，其速度v 随时间t 变化的函数()v f t =是连续且可导的，已 知在1212,()t t t t <时刻其速度均为0v ，则在1t 到2t 这个时间段内一定有一时刻瞬时加速度为 0，请用相应的微分中值定理解释这一现象．解：利用罗尔定理，()v f t =在12[,]t t 上连续，在12(,)t t 内可导，120()()f t f t v ==则至少存在一点012(,)t t t ∈，使得00()()0f t a t '==即在1t 到2t 这个时间段内一定有一时刻瞬时加速度为0二、不求函数(1)(3)y x x x =--的导数，说明方程()0f x '=有几个实根，并指出实根所在区间．解：(0)(1)(2)(3)f f f f ===且()f x 在R 上均连续且可导由罗尔定理，至少存在123(0,1),(1,2),(2,3)ξξξ∈∈∈使123()()()0f f f ξξξ'''=== 又()f x 是四次函数，有()0f x '=是三次方程，至多有三个实根()0f x '∴=有且只有三个实根，分别位于(0,1),(1,2),(2,3)三、证明不等式:sin sin b a b a -≤-．证明：令()sin f x x =当a b =时，结论显然成立当a b ≠时，不妨设b a >，显然()sin f x x =在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导 由拉格朗日中值定理有sin sin cos ()()b a b a a b ξξ-=-<<，sin sin cos b a b a b a ξ∴-=-≤-四、当1x ≥时，证明：222arctan arcsin1x x x π+=+． 证明：令22()2arctan arcsin 1x f x x x=++，有1x ≥时2222222222()011(1)(1)x f x x x x x -'==+=++-+()f x C ⇒≡，又(1)242f πππ=⨯+=，故222arctan arcsin 1x x x π+=+ *五、若函数()f x 可导，试证在其两个零点间，一定有()()f x f x '+的零点． 证明：设,()a b a b <为()f x 的两个零点，即()()0f a f b ==构造辅助函数()()x F x e f x =，易得()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导 且()()0F a F b ==由罗尔定理得，(,)a b ξ∃∈，使得()[()()]0F e f f ξξξξ''=+=从而有()()0f f ξξ'+=，即ξ为()()f x f x '+的零点考研真题：*证明拉格朗日中值定理：若函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，则存在(,)a b ξ∈，使得()()()()f b f a f b a ξ'-=-.分析：逆向思维构造函数()F x ，将问题转化为求其导函数的零点 证明：令()()()()f b f a F x f x x b a-=--，显然()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 上可导，且()()()()()()()()()(),()()f b f a bf a af b f b f a bf a af b F b f b b F a f a a b a b a b a b a----=-==-=----()()F a F b ⇒=∴由罗尔定理，至少存在(,)a b ξ∈使得()0F ξ'=，即()()()0f b f a f b a ξ-'-=- 即()()()()f b f a f b a ξ'-=-。

第六章 微分中值定理及其应用总练习题1、证明：若f(x)在(a,b)内可导，且+→a x lim f(x)=-→b x lim f(x)，则至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.证：定义f(a)=+→a x lim f(x)，f(b)=-→b x lim f(x)，则f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，由罗尔中值定理知 至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.2、证明：若x>0，则 (1)1x +-x =θ(x)x 21+，其中41<θ(x)<21；(2)0x lim →θ(x)=41，+∞→x lim θ(x)=21. 证：(1)由拉格朗日中值定理得：1x +-x =θ(x)x 21+, (0<θ(x)<1)，∴θ(x)x 2+=x1x 1-+=1x ++x ，∴θ(x)=41+21[1)x(x +-x].∵1)x(x +-x>2x -x=0，∴41+21[1)x(x +-x]>41； 又1)x(x +-x=x1)x(x x ++<xx x 2+=21，∴41+21[1)x(x +-x] <21.∴41<θ(x)<21.(2)(1)中已证θ(x)=41+21[1)x(x +-x]，∴0x lim →θ(x)=0x lim →{41+21[1)x(x +-x]}=41； +∞→x lim θ(x)=+∞→x lim {41+21[1)x(x +-x]}=41+21+∞→x lim 1x111++=21.3、设函数f 在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且ab>0. 证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).证：记F(x)=xf (x)，G(x)=x 1，根据柯西中值定理，存在ξ∈(a,b)，使得)(G )(F ξξ''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)，又)(G )(F ξξ''=f(ξ)- ξf ’(ξ)，∴f(ξ)- ξf ’(ξ)=G(a)-G(b)F(a)-F(b).又f(b)f(a)b a b -a 1=b -a bf (a)-af (b)=a1-b 1a f(a)-bf(b)=G(a)-G(b)F(a)-F(b)， ∴f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).4、设函数f 在[a,b]上三阶可导，证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ). 证：记F(x)=f(x)-f(a)-21(x-a)[f ’(x)+f ’(a)]，G(x)=(x-a)3，则 F,G 在[a,b]上二阶可导，F ’(x)=f ’(x)-21[f ’(x)+f ’(a)]-21(x-a)f ”(x)，G ’(x)=3(x-a)2，F ”(x)=f ”(x)-21f ”(x)-21f ”(x)-21(x-a)f ’”(x)=-21(x-a)f ’”(x)；G ”(x)=6(x-a).且F(a)=F ’(a)=0，G(a)=G ’(a)=0.根据柯西中值定理，存在η∈(a,b)，使得)(G )(F ηη''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)=G(b)F(b)=3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'， 又根据柯西中值定理，存在ξ∈(a, η)，使得)(G )(F ξξ''''=(a)G -)(G (a)F -)(F ''''ηη=)(G )(F ηη''，又)(G )(F ξξ''''=a)-6()(f )a (21-ξξξ'''-=-121f ”’(ξ).∴3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'=-121f ”’(ξ). ∴f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ).5、对f(x)=ln(1+x)应用拉格朗日中值定理，证明： 对x>0，有0<x)ln(11+-x1<1.证：f ’(x)=x11+. 对f 在区间[0,x]应用拉格朗日中值定理得： f ’(ξ)=0-x f (0)-f (x)=x ln1-x)ln(1+= x x)ln(1+，∴ln(1+x)=xf ’(ξ)=ξ1x+. ∴x)ln(11+=x ξ1+=x 1+x ξ；即x)ln(11+-x 1=xξ.又0<xξ<1，∴0<x)ln(11+-x1<1.6、设a 1,a 2,…,a n 为n 个正实数，且f(x)=(na a a x n x 2x 1+⋯++)x1. 证明：(1)0x lim →f(x)=nx n x 2x 1a ··a ·a ⋯；(2)∞→x lim f(x)=max{a 1,a 2,…,a n }. 证：(1)0x lim →f(x)=e na a a ln x 1lim x n x 2x 10+⋯++→x = exn x 2x 1nx n 2x 21x 10a a a a ln a a ln a a ln a lim+⋯+++⋯++→x= ena ln a ln a ln n21+⋯++=n xn x 2x 1a ··a ·a ⋯. (2)记A=max{a 1,a 2,…,a n }，则0<Aa k≤1, (k=1,2,…,n)∵f(x)=A[n)A a()A a ()Aa (x n x 2x 1+⋯++]x 1，∴A(n 1)x 1<f(x)≤A ， 又∞→x lim A(n1)x1=A ，∴∞→x lim f(x)=A=max{a 1,a 2,…,a n }.7、求下列极根： (1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11；(2)2xx x x)ln(1-xe lim+→；(3)sinxx 1sinx lim20x →.解：(1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11=e)x 1ln()x 1ln(lim21x --=→= e21x x1)x 1(x 2lim--=→=ex 1x 2lim1x +=→=e.(2)2x 0x x x)ln(1-xe lim +→=2xx 11-xe e lim xx0x ++→=2x)(11xe 2e lim 2x x 0x +++→=23. (3)sinxx 1sinx lim20x →=)sinx x ·x 1sin x (lim 0x →=)x 1sin x (lim 0x →·sinx x lim 0x →=0·1=0.8、设h>0，函数f 在U(a,h)内具有n+2阶连续导数，且f (n+2)(a)≠0, f 在U(a,h)内的泰勒公式为：f(a+h)=f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )θh a (f 1)(n +++h n+1, 0<θ<1.证明：θlimh →=2n 1+. 证：f 在U(a,h)内带皮亚诺型余项的n+2阶泰勒公式为：f(a+h)= f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )a (f 1)(n ++h n+1+2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o(h n+2),与题中所给泰勒公式相减得：1)!(n )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n +-+++h n+1=2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o (h n+2).∴1)!(n θ+·θh )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n ++-+=2)!(n )a (f 2)(n +++2n 2n h )h (++o .令h →0两端取极限得：1)!(n )a (f 2)(n ++θlim 0h →=2)!(n )a (f 2)(n ++，∴θlim 0h →=2n 1+.9、设k>0，试问k 为何值时，方程arctanx-kx=0存在正根.解：若方程arctanx-kx=0有正根x 0，∵f(x)=arctanx-kx 在[0,x 0]上可导， 且f(0)=f(x 0)=0，由罗尔中值定理知，存在ξ∈(0,x 0)，使得 f ’(ξ)=2ξ11+-k=0. 可见0<k<1. 反之，当0<k<1时，由f ’(x)=2x11+-k 连续，f ’(0)=1-k>0， ∴存在某邻域U(0,δ)，使得在U(0,δ)内，f ’(x)>0，f(x)严格递增， 从而存在a>0，使f(a)>f(0)=0. 又+∞→x lim f(x)=-∞，∴存在b>a ，使f(b)<0， 由根的存在定理知，arctanx-kx=0在(a,b)内有正根. ∴当且仅当0<k<1时，原方程存在正根.10、证明：对任一多项式p(x)来说，一定存在点x 1与x 2，使p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上分别严格单调.证：设p(x)=a 0x n +a 1x n-1+…+ a n-1x+a n ，其中a 0≠0，不妨设a 0>0. 当n=1时，p(x)=a 0x+a 1，p ’(x)=a 0>0，∴p(x)在R 上严格增，结论成立. 当n ≥2时，p ’(x)=na 0x n-1+(n-1)a 1x n-2+…+ a n-1，若n 为奇数，则∞→x lim p ’(x)=+∞，∴对任给的G>0，存在M>0，使 当|x|>M 时，有p ’(x)>G>0，取x 1=M ，x 2=-M ，则 p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上均严格增.若n 为偶数，则+∞→x lim p ’(x)=+∞，-∞→x lim p ’(x)=-∞， ∴对任给的G>0，存在M>0，使当x>M 时，有p ’(x)>G>0，当x<-M 时，p ’(x)<-G<0，取x 1=M ，x 2=-M ， 则p(x)在(x 1,+∞)上严格增，在(-∞,x 2)上严格减. 综上原命题得证。

微分中值定理及其应用习题课一 基本定理 1）．罗尔中值定理 若函数f 满足如下条件：（ⅰ）f 在闭区间[]b a ,上连续； （ⅱ）f 在开区间(),a b 内可导； （ⅲ）)()(b f a f =, 则在),(b a 内至少存在一点ξ,使得0)(='ξf注 罗尔中值定理主要用于说明()0f x '=有根，关键是要找两点使这两点函数值相等． 注 介值定理主要用于说明()0f x =有根，关键是要找两点使这两点函数值异号． （1）证()0f x =有根()()()()()()()()1 00,f x f x g x g x g x f x g x g x ⎧⎪⎪⎪'===⎨⎪'=⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩法用介值定理（若此时易找两点使函数值异号）.法2 将转化为对用罗尔定理若很容易求出，使，且对很容易 找两点使函数值相等. （2）证()0f x '=有根()1 .⎧⎪⎨⎪⎩法费马定理（易找极值点或内部最值点）,法2 罗尔定理易找两点使函数值相等（3）证根唯一的方法 1 ⎧⎨⎩法单调性,法2 反证法+罗尔定理.（4）证()()0n fx =有根，经常对()()1n f x -用罗尔定理．（5）证至少存在一点ξ，使含ξ的代数式()()()()()()(),,,,,,0n G a b f a f b f f f ξξξξ'= 成立的常用方法是构造辅助函数，然后对辅助函数用罗尔定理．2）．拉格朗日中值定理若函数f 满足如下条件： （ⅰ）f 在闭区间],[b a 上连续；（ⅱ）f 在开区间(),a b 内可导， 则在（b a ,）内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-'=-．注 看到函数增量，或隐含增量（含条件()0f a =），经常要考虑拉格朗日中值定理；看到导数有界，经常要考虑拉格朗日中值定理． 3）．柯西中值定理 设函数f 和g 满足（i ）在],[b a 上都连续；(ii)在),(b a 上都可导；(iii))()(x g x f ''和不同时为零；(iv))()(b g a g ≠ 则存在),(b a ∈ξ，使得()()()()()()f f b f ag g b g a ξξ'-='-． 注 看到两个函数的增量，或两个函数导数之比，经常要用柯西中值定理． 4）．泰勒中值定理若函数f 在点0x 存在直至n 阶导数，则有()()200000000()()()()'()()()()()2!!n n n f x f x f x f x f x x x x x x x o x x n ''=+-+-++-+- ．若函数f 在],[b a 上存在直至n 阶的连续导函数，在),(b a 内存在)1(+n 阶导函数，则对任意给定的],[,0b a x x ∈，至少存在一点),(b a ∈ξ，使得+-''+-+=200000)(!2)())((')()(x x x f x x x f x f x f 10)1(00)()()!1()()(!)(++-++-+n n n n x x n f x x n x f ξ注 看到有二阶以上导数，经常要考虑泰勒中值定理． 注 对中值定理为了帮助读者记忆，给出以下口诀一阶有界用拉格，二阶以上想泰勒； 中值等式罗拉柯，辅助函数逃不脱； 函数增量想拉柯，易积结论用阿罗； 多个中值多次用，把握特征心自得．二 疑难解答1．极值与最值有什么区别与联系？答1）极值是一个局部概念,因为0()f x 是函数()f x 的极值,是与0x 的某邻域()0U x 上的函数值()f x 比较而言的；而最值是对整个区间而言的,是一个整体概念．2）闭区间[],a b 上的连续函数必有最值,且最大值和最小值各有一个,最大值大于最小值（常函数除外）,但可能无极值（因为极值点0x 必在区间的内部，不能是区间的端点，而最值有可能在端点取）．即使有极值,也可能不止一个,极小值也可能大于极大值．因此若()f a (是函数的最值,则()f a 不可能是极值;若0()f x （0(,)x a b ∈）是函数的最值,则一定是极值．即（最值不一定是极值，反之,极值也不一定是最值,极值一般可能很多个,但若极值只有一个,即为最值）．3）在区间内部的（非端点的）最值点是极值点，且最大值点是极大值点，最小值点是极小值点． 2．极值点与稳定点的关系，极值点可能是哪些点？ 答：1）由费马定理可知,可导的极值点是稳定点．2）稳定点未必是极值点．例如3()f x x =，0x =为它的稳定点（因为(0)0f '=），但由3()f x x =的图像和极值点的定义易知0x =不是3()f x x =的极值点．3）导数不存在的点也可能是函数的极值点．例如由()f x x =的图像和极值的定义易知()f x x =在0x =取得极小值，但在0x =不可导，即极值点未必是稳定点．极值点有可能是稳定点和不可导的点． 3．导函数的介值定理有什么作用？答：据此定理可以了解什么样的函数可能成为其它函数的导函数，那么不具有介值性的函数一定不能做为其它函数的导函数，如具有第一类间断点的函数．4. 罗尔定理有三个条件，缺少其中一个条件罗尔定理是否成立？如果不成立，能否说这三个条件是罗尔定理的必要条件？答 罗尔定理有三个条件，缺少其中一个条件罗尔定理就可能不成立．例如 函数,01,()0,1,x x f x x ≤<⎧=⎨=⎩在[0,1]上不满足罗尔中值定理的条件(1)，因为()f x 在点1x =处不连续．由于()1,(0,1)f x x '=∈，所以在开区间(0,1)内找不到使得等式()0f ξ'=成立的点ξ，如图，无水平切线(图1)；函数(),[1,1]g x x x =∈-，()g x 在[1,1]-上不满足罗尔中值定理的条件(2)，因为()g x 在点0x =处不可导．由于1,01,()1,10,x g x x <<⎧'=⎨--<<⎩所以在开区间(1,1)-内找不到使得等式()0g ξ'=成立的点ξ，如图，无水平切线(图2)．函数(),[0,1]h x x x =∈．()h x 在[0,1]上不满足罗尔中值定理的条件(3)，因为()h x 在区间端点的函数值不相等，即(0)(1)h h ≠．由于()1,(0,1)h x x '=∈，所以在开区间(0,1)内找不到使得等式()0h ξ'=成立的点ξ，如图，无水平切线(图3)．尽管如此，但是不能说这三个条件是罗尔定理的必要条件．例如，函数0,[0,1)(),[1,2]x f x x x ∈⎧=⎨∈⎩在[]0,2不连续，在()0,2不可导，()()02f f ≠，但()()0,0,1()1,1,2x f x x ∈⎧⎪'=⎨∈⎪⎩，()0,1上点都满足()0f x '=．5.为什么不将罗尔条件(i)(ii)合并为()f x 在[]b a ,上可导？答可以，但条件加强了，就排斥了许多仅满足三个条件的函数．例如函数()(3f x x =-[0,3]x ∈，xx x f 2)1(3)(-='，显然0x =时，函数不可导（x x x f )3()(-=是初等函数，xx x f 2)1(3)(-='在0x =处没有定义，则原函数在0x =不可导），即不符合加强条件；但它满足定理的三个条件，有水平切线(图)6.罗尔定理结论中的ξ值唯一吗？答 不一定唯一,可能有一个,几个，甚至无限多个． 例如⎪⎩⎪⎨⎧=≠=.0,0;0,1sin )(24x x xx x f 在[]1,1-上满足罗尔定理的三个条件．显然,⎪⎩⎪⎨⎧=≠-='.0,00,1cos 1sin 21sin 4)(223x x x x x x x x f 在(-1,1)内存在无限多个),,2,1(21 ±±==n n c nπ使得0)(='n c f ．7．拉格朗日公式有哪些等价表示形式？答 ①()()()(),f b f a f b a a b ξξ'-=-<<； 注 001aa b a b a b aξξξ-<<⇒<-<-⇒<<-，令ab aξθ-=-，则有01θ<<，()a b a ξθ=+-，于是有②()()(())(),01f b f a f a b a b a θθ'-=+--<<； 令h b a =-，则有 ③.10,)()()(<<+'=-+θθh h a f a f h a f注 值得注意的是，拉格朗日公式无论对于b a <，还是b a >都成立，而ξ则是介于a 与b 之间的某一定数8． 试问应用导数极限定理时，应当注意哪些问题？答：（1）在应用导数极限定理时，如果只注意)(lim 0x f x x '→存在的条件，而忽视了f 在点0x 的某邻域)(0x U 内连续，则会导致错误的结论，例如,0()1,0x x f x x ≠⎧=⎨=⎩)(x f 在)0(0u 中可导，且1)(='x f ，于是有0lim ()x f x →'，若认为)0(f '存在，且1)0(='f ，这就导致错误结论，事实上，因为)(x f 在点0处不连续，当然不可导． （2）下面是单侧导数极限定理，证明方法与导数极限定理相似．1）设f 在点0x 的右邻域0()U x +内连续，在0()U x +内可导，且极限()00lim ()0x x f x f x +→''=+存在，则f 在点0x 右可导，且 ()()000lim ()0x x f x f x f x ++→'''==+．2）设f 在点0x 的左邻域0()U x -内连续，在0()U x -内可导，且极限()00lim ()0x x f x f x -→''=-存在，则f 在点0x 左可导，且 ()()000lim ()0x x f x f x f x --→'''==-．（3）若函数f 在点0x 的某邻域)(0x U 内连续，在)(0x U内可导，极限)(lim 0x f x x '→不存在，一般不能得到()0f x '不存在的结论．例 设函数()21sin ,0, 0, 0.x x f x xx ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩ 则()f x 在()0U 中连续，且在()0U内可导， ()112sin cos ,0.f x x x x x'=-≠显然()0lim x f x →'不存在，但()00f '=．此例说明：导数极限定理中的()0lim x x f x →'存在是充分条件不是必要条件．9. 若函数f 在区间I 上可导，则在区间I 上的每一点， )(x f '有第一类间断点吗？答 若函数f 在区间I 上可导，则在区间I 上的每一点，要么是)(x f '的连续点,要么是)(x f '的第二类间断点,即导函数不可能有第一类间断点．0x I ∀∈，由f 在区间I 上可导，则f 在点0x 处的左右导数存在，并且相等，即()()()000f x f x f x +-'''==，由此（1）若)(x f '在点0x 处的左右极限存在，则根据导数极限定理，)(x f '在点0x 处的左右极限相等，即()()()00000f x f x f x '''+=-=，从而)(x f '在点0x 处连续；（2）若)(x f '在点0x 处的左右极限至少有一个不存在，则0x 是)(x f '的第二类间断点．10．1）()f x 在[],a b 上有定义,在(),a b 内严格递增（减）,那么()f x 在[],a b 上是否一定严格递增（减）呢？2）若f 在(),a b 上（严格）递增（减），且在点a 右连续，则f 在[b a ,）上亦为（严格）递增（减），对右端点b 可类似讨论． 答： 1）不一定．例函数(),011,0x x f x x <≤⎧=⎨=⎩在[]0,1有定义，在()0,1内严格递增，但在[]0,1上不是严格递增的．2）只需证明x a >，()()f x f a >，这时存在()12,,x x a b ∈，满足12a x x x <<<，由f 在(),a b 中的（严格）递增性有()()()12f x f x f x <<，令1x a+→，由f 在点a 的右连续性，()()()()112lim x af a f x f x f x +→=≤<，于是()()f a f x <．注 （1）证f 在(),a b 上严格递增的方法是证()0,(,)f x x a b '>∀∈，或()0f x '≥，(,)x a b ∀∈，而()0f x '=的点只有有限个．（2）证f 在[],a b 上严格递增，只要证f 在[],a b 上连续，在(),a b 上严格递增． 11．函数在区间I 上可微，若()0>'x f 与f 在I 上严格递增有什么关系？ 答 函数在区间I 上可微，若()0>'x ff 在I 上严格递增．反例：()3f x x =在R 上严格递增，但()23x x f ='，()00f '=，导数可为0．注 若函数f 在(),a b 内可导，则f 在(),a b 内严格递增（递减）的充要条件是： （ⅰ）对一切),(b a x ∈，有()0≥'x f （()0≤'x f ）； （ⅱ）在(),a b 内的任何子区间上()0≡'x f ．12．下面是利用拉格朗日中值定理推导柯西中值定理的方法，正确吗？由函数f 和g 在],[b a 上连续，在),(b a 上可导，满足拉格朗日中值定理的条件，对f 和g 分别用拉格朗日中值定理得()()()()()()()()()()f b a f f b f a g b g a g b a g ξξξξ''--==''--．答：不正确，错在对f 和g 分别用拉格朗日中值定理时得到的中值点不一定相同，即应该是()()()()1122()()()()()()f b a f f b f a g b g a g b a g ξξξξ''--==''--． 而柯西中值定理的()()()()()()f f b f ag g b g a ξξ'-='-中两个ξ是一样的． 13． 试问罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理之间有何联系？在应用时各有什么特点？ 答（1）罗辑推理关系：罗尔中值定理是借助费马定理经推导而得到的，在此基础上，又推得另两个中植定理，即：拉格朗日中值定理罗尔中值定理费马定理⇒⇒柯西中值定理⇒（2）由证明方法看：由罗尔中值定理推导拉格朗日中值定理是利用了辅助函数);()()()()()(a x ab a f b f a f x f x f -----=由罗尔中值定理推导柯西中值定理是应用了辅助函数))()(()()()()()()()(a g x g a g b g a f b f a f x f x F -----=反之，在柯西中值定理设x x g =)(，就得到拉格朗日中值定理；进一步更设)()(b f a f =，又得到罗尔中值定理，所以，若能首先证明柯西中值定理，则另外两个中值定理都是它的特殊情形． （3）从应用方面看：（ⅰ）罗尔中值定理除了在推导另外两个中值定理时所起的关键作用外，在讨论方程0)(='x f 的根的分布情况也有重要作用．（ⅱ）拉格朗日中值定理在利用导函数的性质讨论函数的单调性方面具有特殊的作用．函数的单调性是函数在区间上的整体性质，中值定理中的)(ξf '只是)(x f '在某点ξ的局部性质，但因中值点ξ的不明确性，故只能假设在整个区间(),a b 内≥')(x f 0，并用以推得()f x 在[],a b 上的递增性质．这里存在着整体→局部→整体的辩证关系，也就是应用拉格朗日中值定理的实质所在．（ⅲ）柯西中值定理是拉格朗日中值定理的推广，后者是利用导数讨论函数f 的增量与自变量增量比的性质，而前者是利用导数的比来讨论两个函数f 与g 的增量比的性质． 柯西定理的典型应用是讨论型不定式极限．在补充了f 与g 在点0x 处的函数值0)()(00==x g x f 之后，利用)()()()()()()()(00ξξg f x g x g x f x f x g x f ''=--=（ξ介于0x 与x 之间） 使函数值之比可以用导数之比来表示，而不定式极限的基本思想就是利用导数之比的极限来替代函数值之比的极限．14．()00f x '>能说明f 在0x 的邻域上递增吗？答 不能，例函数 ⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=,0,0,0,1sin 2)(2x x x x x x f()()20001sin 001112lim lim lim sin 00022x x x x x f x f x x x x x →→→+--⎛⎫==+=> ⎪--⎝⎭所以)(x f 在0=x 点可导，且(0)0f '>．当0≠x 时，x x x x f 1cos 1sin 221)(-+='，因此)(x f 在0≠x 的任何邻域内可导，但因为 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛',,023,,021cos 211为奇数为偶数n n n n f ππ 且∞→n 时01→πn ，所以)(x f '在0=x 的任何邻域内总要变号，故在0=x 的任何邻域内)(x f 都不单调．15．设函数f 在],[b a 上可导．证明存在(,)a b ξ∈，使得[]()222()()()f b f a b a f ξξ'-=-．证 因为要证明的结果出现两个函数的增量()()f b f a -，22b a -，因此考虑柯西中值定理．设()2g x x =，利用柯西中值定理知存在),(b a ∈ξ，使得22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-，即存在(,)a b ξ∈，使得 []()222()()()f b f a b af ξξ'-=-．上述证法正确吗？答：不对，因为不满足柯西中值定理的条件，()2g x x '=可能为0． 16．应用洛比达法则须注意哪些问题？1)．验证计算的极限是不是不定式极限．不是不定式极限不能使用洛比达法则． 2)．除计算00型与∞∞型两种不定式极限外,计算其他五种不定式型000,1,0,∞⋅∞∞， ∞-∞都先要转化为不定型00型或∞∞型,然后再利用洛比达法则．3)．洛比达法则的条件为充分条件,若条件不满足(比如)()(lim 0x g x f x x ''→不存在（非∞型）)并不能说明)()(limx g x f x x →不存在,此时计算极限,就只能用以前所学的有关计算方法． 4)．应用洛比达法则,可能会出现)()(limx g x f x x ''→仍是不定式极限,这时只要定理的条件满足,仍可继续用洛比达法则，注意每使用完一次洛必达法则，先要将式子整理化简．5)．一般来说,应用洛比达法则计算不定式极限都比较简单,但对少数的不定式极限应用洛比达法则,并不简单,甚至很繁．6）为简化运算在每次使用洛必达法则之前进行四化． 1看到无穷小因子，等价化； 2看到无理因子，有理化； 3看到幂指函数因子()()v x u x ，对数恒等式化()()()()ln v x v x u x u x e =；4看到非零极限因子（极限不为0的因子），代入化． 7）当0x →时，极限式中含有11sin ,cos x x；当x →∞时，极限式中含有sin ,cos x x ，不可用洛必达法则．8）不能在数列形式下直接用洛必达法则，因为对于离散变量+∈N n 是无法求导数的． 17. 试问下面的运算正确吗？如有错误，请指出错误，并且给出正确解法． （1）xx x x x x cos 11lim sin lim+=+∞→∞→分析 上式等号是错误的,因为∞→x 时x cos 1+的极限不存在（振荡）不能使用洛必达法则．当x →∞时，极限式中含有sin ,cos x x ，不可用洛必达法则．解 1011sin 11limsin lim=+=+=+∞→∞→xx x x xx x ． （2）122lim 11lim lim 2222==+-=+-∞→∞→--∞→x xx x x x x xx x x ee e e e e e e 分析 第一个等号是正确的，第二个等号是错误的．因为本题应考虑+∞→x 及-∞→x 两种不同的极限过程，分两种情况考虑．221lim lim 11x x x x x x x x e e e e e e ----→+∞→+∞--==++,111lim lim 22-=+-=+--∞→---∞→x x x x x x x x e e e e e e 所以当∞→x 时极限不存在．（3）设2)0(,0)0()0(=''='=g g g ， 12)0(2)(lim 2)(lim )(lim0020=''=''='=→→→g x g x x g x x g x x x分析 上式第一个等号是正确的．因为当0→x 时，0,0)(2→→x x g ，所以2)(xx g 是00型未定式．又因为2)0(=''g ，在x =0的某邻域内)(x g '存在，可以用洛必达法则．第二个等号是错误的．虽然0→x时，x x g x g x 2)(,0)(,02'→'→是0未定式，但2)0(=''g ，仅代表g()x 在点x =0处二阶导数存在．而)(x g ''在x =0的邻域内是否存在没有说明，不满足洛必达法则中的条件2，故不能用洛必达法则,应该按导数定义计算． 解 1)0(210)0()(lim 212)(lim )(lim0020=''=-'-'='=→→→g x g x g x x g xx g x x x ． （4）01lim )()(ln lim ln lim==''=∞→∞→∞→nn n n n n n n分析 上述运算是错误的．因为n 为自然数，数列的定义域是离散点集，对自变量n 而言数列不存在导数，不能直接用洛必达法则．计算时，可先将n 扩充为连续变量x ，写出相应的函数x x ln ．当+∞→x 时，x x ln 是∞∞型未定式，可以使用洛必达法则求函数的极限，再用归结原则．显然，如果函数的极限存在，数列的极限也存在且等于函数的极限．但也需注意，如果函数的极限不存在，数列的极限可能还存在． 解 因01lim ln lim==+∞→+∞→x x x x x ，所以，当x 为正整数时0ln lim =+∞→n nn ．（5）求xex xx -+→10)1(lim解 1])1(1)1ln(1[)1(lim)1(lim2/1010x x x xx xex x x x x +++-+=-+→→=])1()1ln()1()1[(lim 210x x x x x x xx +++-+→=])1ln()1([lim )1(lim 20110x x x x x x xx ++-+→-→ =2211lim0e x e x -=+-→分析 上述解法是正确的．这是型未定式，可应用洛必达法则；而且为了简化运算， 在第二个等号的右端将函数进行了有理运算，在第三个等号右端将其中含有已知极限的因式提出来单独求极限，避免使用洛必达法则时的复杂求导运算，而仅对未定式部分使用法则，这样计算大大简化． 18．试问泰勒公式的拉格朗日型余项和佩亚诺型余项具有什么不同的特点?答： 从定理的条件看,泰勒公式的佩亚诺型余项成立的条件是函数f 在点0x 存在直至n 阶导数；而拉格朗日型余项成立则要求函数f 在],[b a 上存在直至n 阶的连续导函数，在),(b a 内存在)1(+n 阶导函数；后者所需条件比前者强．从余项形式看,佩亚诺型余项))((0nx x o -是以高阶无穷小量的形式给出的,是一种定性的描述；而拉格朗日型余项是用)1(+n 阶导数形式给出的,利用这类余项对用泰勒多项式逼近函数时产生的误差可以给出定量的估计．从证明方法看,佩亚诺型余项是用洛必达法则证明的；而拉格朗日型余项是用柯西中值定理证明的． 从应用方面看,佩亚诺型余项在求极限时用得较多；而拉格朗日型余项在近似计算估计误差时用得较多．在适当加强的条件下,可由拉格朗日型余项推得佩亚诺型余项的结论,即:若函数f 在点0x 的某个邻域上存在)1(+n 阶连续导函数,则由泰勒公式的拉格朗日型余项可推导出佩亚诺型余项公式．19. 若函数)(x f 在点0x 取极大值,是否可断定0x 的充分小邻域中,函数在点0x 的左侧上升；右侧下降?答：不能，⎪⎩⎪⎨⎧=≠⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=,0,2,0,1sin 22)(2x x x x x f 它有极大值.2)0(=f 由于 ⎪⎩⎪⎨⎧=≠+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=',0,0,0,1cos 1sin 22)(x x x x x x f 当||x 充分小且0≠x 时，)(x f '的符号决定于x 1cos 的符号，而x1cos 在00=x 的充分小的领域内，无限次改变正、负号， 因此)(x f 不满足定理6．10的条件．由此可见，若)(x f 在点0x 取极大值，则在点0x 的充分小的领域内，)(x f 不一定在点0x 左侧上升，右侧下降．说明极值的第一充分条件为判定极值的充分条件而非必要条件． 注 极值的第二充分条件为判定极值的充分条件而非必要条件．例如 ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=,0,0,0,1sin )(24x x xx x f 显然， 它有极小值.0)0(=f 由于 02sin1sin 4lim )0(,01sin lim)0(2230240=-=''=='→→xx x x x f x x x f x x 因此)(x f 不满足极值的第二充分条件定理的条件．20.设)(x f 为区间I 上的连续函数,且在I 上仅有唯一的极值点.当0()f x 为极大（小）值时,为什么0()f x 必为f 的最大（小）值?答 用反证法来说明.设)(x f 为区间I 上的连续函数,只有唯一极小值点0x ,而无极大值点.倘若0()f x 不是f 的最小值,则必定I x ∈∃1,使10()()f x f x <,不妨设10x x <.因为)(x f 是[]01,x x 上的连续函数,利用连续函数的最大、最小值定理,存在[]01*,x x x ∈为f 在[]01,x x 上的最大值点.现证*10x x x <<,这是因为（ⅰ）10()()f x f x <,故1*x x ≠；(ⅱ)若0*x x =,由于0x 又是f 在I 上的极小值点,而点0x 又是f 在[]01,x x 上的最大值点,因此存在领域0()U x -,在此邻域内)(x f 只能为常数,这与0x 为I 上仅有的极小值点相矛盾.于是),(01*x x x ∈,从而成为f 的极大值点,这与f 在I 上不存在极大值点的假设又相矛盾.这样点0x 必为最小值点.同理可证点0x 为极大值点而无极小值点的情形.注 I 为开、闭区间或无穷区间,结论同样成立.上述结论在最大(小)值问题中很有用处. 21. 设f 为开区间I 内的凸函数，f 在I 上可导吗？答：不一定可导,如()f x x =在0x =处不可导，但它是凸函数.注: f 为开区间I 内的凸（凹）函数，则f 在I 内任一点0x 都存在左、右导数，且f 为I 内的连续函数．22．))(,(00x f x 为曲线)(x f y =的拐点与0)(0=''x f 有什么关系？答：1）若f 在0x 二阶可导，则))(,(00x f x 为曲线)(x f y =的拐点的必要条件是0)(0=''x f ．2) 若0)(0=''x f ，则))(,(00x f x 不一定是曲线)(x f y =的拐点．例如()4f x x =，()212f x x ''=，有()00f ''=．但因为()0f x ''≥，所以函数()4f x x =在点()0,0的两侧皆为凸，从而()0,0不是()4f x x =的拐点．3）))(,(00x f x 为曲线)(x f y =的拐点，)(x f y =在0x 的导数不一定存在，例如3x y =在0=x 的情况． 三 重点例题 1. 已知10021n c c c n +++=+ ,证明：2012()0n n p x c c x c x c x =++++= 在()0,1上至少有一根. 分析： 证()0f x =首先我们选择用介值定理，但是在很难找两点使函数值异号()0,1，此方法行不通，但此题很容易将()0f x =转化为()()0f x g x '==，22310120121110231nn n n c c x c x c x c x c x c x c x n +'⎛⎫++++=++++= ⎪+⎝⎭且对()2310121110231n n g x c x c x c x c x n +=++++=+ 很容易找两点0,1使 ()()1001021n c cg g c n ==+++=+ ，于是对()g x 用罗尔定理，即可得证.证 令()2310121110231n n g x c x c x c x c x n +=++++=+ ，则()g x 在[]0,1连续，()g x 在()0,1可导，()()1001021n c cg g c n ==+++=+ ，由罗尔定理知()0,1ξ∃∈使()0g ξ'=，即()0g x '=在()0,1上有根ξ，即2012()0nn p x c c x c x c x =++++= 在()0,1上有根ξ.2． 设函数)(x f 在闭区间[]0,1上的每个x 都有0()1f x <<，且()1f x '≠，证明在()0,1内有且仅有一个x ，使()f x x =．分析 将要证的结论写成()0f x x -=，利用介值定理可证方程在[]0,1内至少有一 个实根，是否存在第二个实根可用反证法+罗尔定理或单调性．证 先证存在性，设)(,)()(x F x x f x F -=在[]0,1上的连续，由于0()1f x <<， 则 ,01)1()1(,0)0()0(<-=>=f F f F由连续函数的介值定理可知，至少存在一点)1,0(1∈x ，使得0)(1=x F ，即()11f x x =．再证唯一性，用反证法：假设在()0,1内除了点1x 使11)(x x f =之外，还有一点2x 也使()22f x x =．不妨设12x x <．则()()12F x F x =，即()F x 在[]12,x x 上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，存在ξ使()0F ξ'=，则()1f ξ'=，与()1f x '≠矛盾，因此在()0,1内有且仅有一个x ，使()f x x =．小结 证明方程只有一个实根或函数在某一区间上只有一个零点，一般需分别证存在性与唯一性．存在性的证明往往利用连续函数的介值定理或罗尔定理，而唯一性经常用反证法+罗尔定理或单调性．3. 证明：若()f x 在有限开区间(),a b 内可导，且()()lim lim x ax bf x f x +-→→=，则至少存在一点(),a b ξ∈，使()0f ξ'=．分析：证()0f ξ'=我们要联系罗尔定理，但是罗尔定理要求()f x 在闭区间[],a b 内连续，而本题是开区间(),a b ，怎样把开区间转化为闭区间，必须要端点延拓，即构造辅助函数()()lim (),(),,lim ().x a x b f x x a F x f x x a b f x x b +-→→=⎧⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩注：以后看到()f x 在有限开区间(),a b 内连续，且()()lim lim x ax bf x f x +-→→=，就可以端点延拓，即构造辅助函数()()lim (),(),,lim ().x a x b f x x a F x f x x a b f x x b +-→→=⎧⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩证： 令()()lim (),(),,lim ().x a x b f x x a F x f x x a b f x x b +-→→=⎧⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩，则()F x 在[],a b 内连续，在(),a b 内可导，且()()()()lim lim x ax bF a f x f x F b +-→→===，于是由罗尔定理，至少存在一点(),a b ξ∈，使()0F ξ'=，而在(),a b 内有()()F x f x =，()()F x f x ''=，从而存在一点(),a b ξ∈，使()0f ξ'=．4. 设()f x 在(,)a + 可导，lim ()lim ()x x af x f x A +?®==，证明：存在c a >，使得()0f c ¢=． 分析：证()0f ξ'=我们要联系罗尔定理，但是罗尔定理要求()f x 在闭区间[],a b 内连续，且罗尔定理关键是寻找两个点1x 和2x ，使得12()()f x f x =，很显然，必须借助某一个共同的值，使得对应的两点的函数值与其相等，我们知道，使数值和函数值相等的方法途径有连续函数的介值定理，因此，这个数值必须选择恰当，处在两个函数值之间，因此，必须选定一个函数值，再借助所给的极限条件来完成，证明过程就是将上述思想具体化．证：设()f x 不为常数，则存在0x ，使得0()f x A ¹．不妨设0()f x A >．（注、选定了一个函数值）任取0:()A f x m m <<，（选定介值）注意到lim ()lim ()x x af x f x A +?®== 利用极限的保序性，存在1020(,),(,)a x x x x 挝+ ，使得0()(),1,2i f f x i x m <<= 由连续函数的介值定理，存在110202(,),(,)x x x x x x 挝，使得(),1,2i f x i m ==． 在12(,)x x 上用罗尔定理即可．5．设函数()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导，且0ab >，证明存在(,),a b ξ∈使得'1()()()()a b f f f a f b a b ξξξ=--．法1分析 证存在ξ，使含ξ的代数式()()()()()()(),,,,,,0n G a b f a f b f f f ξξξξ'= 成立的常用方法是构造辅助函数，然后对辅助函数用罗尔定理．构造辅助函数方法（1）()()1()()a b af b bf a f a f b a b a b-=--，因为常数已分离，我们用k 值常数法，()()()()()()11f b f a af b bf a f b f a k k b a k a b b a b a b a --==⇒-=--- ()()()()f b f a f x k k k F x b b a a x x ⇒-=-⇒=-令，然后对()()f x kF x x x=-用罗尔定理． 法2分析()()()()111()()f b f a a b af b bf a b a f a f b a b a b b a--==---可以看成两个函数增量之比，因此可以用柯西中值定理． 证：设()1(),().f x F x G x x x== 由题给条件知函数(),()F x G x 在[],a b 上满足柯西中值定理条件，故存在(,)a b ξ∈使''()()()()()()F b F a FG b G a G ξξ-=-即'()()()()af b bf a f f a bξξξ-=--，即'()()()()af a a f f bf b a b ξξξ=--．6．求极限2lim (arctanarctan )1n a a n n n →∞-+，其中0a ≠为常数． 解：函数增量想拉格 21arctanarctan 111a a aa n n n n ⎛⎫-=- ⎪+++⎝⎭ξ，其中ξ位于1a n +与a n之间． 当n →∞时，211ξ+趋于1，所以 ()2222lim (arctanarctan )11lim 11lim 1n n n a a n n n a a n n n n aa n n →∞→∞→∞-+⎛⎫=- ⎪++⎝⎭==+ξ 7. 设()f x 为[],a b 上二阶可导函数，()()0f a f b ==,并且存在一点(,)c a b ∈使得()0f c >， 证明至少存在一点(,)a b ξ∈使得''()0.f ξ<分析1 看到条件中有()()0f a f b ==，我们经常要用拉格朗日中值定理． 证1：对[](),f x a c 在上应用拉格朗日中值定理，存在()1,,a c ξ∈使1()()()()()f c f c f a f c a ξ'=-=-由于1()0,()0,0,()0f a f c c a f ξ'=>->>故对[](),f x c d 在上应用拉格朗日中值定理，存在()2,c b ξ∈使2()()()()f b f c f b c ξ'-=-又2()0,()0,0,()0.f b f c b c f ξ'=>-><故因12a c b ξξ<<<<，[]12(),f x ξξ'在上可导，再据拉格朗日中值定理，存在()12,(,),a b ξξξ∈⊂使得2121()()()()f f f ξξξξξ''''-=-由此得出()0f ξ''<．分析2 看到二阶导数与0的关系，我们要联系到凹凸性．口诀 一阶导数判单调，二阶导数判凹凸 证2： 反证法，设不存在(,)a b ξ∈使得''()0.f ξ<即设(,)x a b ∀∈都有''()0.f x ≥即()f x 凸,（显然通过图像可看出对(),c a b ∀∈，都有()0f c ≤，矛盾．）(),c a b ∀∈，()1c a b λλ=+-，由凸函数定义有()()()()()()110f c f a b f a f b λλλλ=+-≤+-=，矛盾．8． 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，求证：(1) 若0ab >，则(,)a b ξ∃∈使22[()()]2()()f b f a b a f ξξ'-=-； (2) (,)a b ξ∃∈，使22[()()]2()()f b f a b a f ξξ'-=-．证：(1)分析：当出现两个不同函数在某两点值的差，即21()()f x f x -，21()()g x g x -，或出现两个不同函数在某点ξ处的导数时考虑用柯西中值定理．由0ab >，故0ξ≠．要证结论成立，只需证明22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-．故令2()g x x =，且()20g x x '=≠，则利用柯西中值定理知，(,)a b ξ∃∈使()()()()()()f b f a f g b g a g ξξ'-='-即22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-；(2) 分析 []()222()()()f b f a b af ξξ'-=-[]()222()()()0f b f a b a f ξξ'---=()()()222()()0x f b f a x b a f x ξ='⎡⎤---=⎣⎦证 令()[]()222()()()F x f b f a x b af x =---由函数f 在],[b a 上可导，则()F x 在],[b a 上连续，在(,)a b 上可导， 又 ()[]()22222()()()()()F a f b f a a b af a af b b f a =---=-，()[]()22222()()()()()F b f b f a b b af b af b b f a =---=-，则()()F a F b =，即满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，存在),(b a ∈ξ，使得 []()222()()()f b f a b af ξξ'-=-．9． 设函数],[)()(b a x g x f 在和上连续，且在(),a b 内可导，则在(),a b 内存在点ξ，使得()ξξf a g b g g a f b f '-='-)]()([)()]()([分析 本命题比柯西中值定理少了)()(x g x f ''和不同时为零以及)()(b g a g ≠两个条件不好用柯西中值定理.由于本题是证至少存在一点ξ，使含ξ的代数式()()()()()()(),,,,,,0n G a b f a f b f f f ξξξξ'=成立的常用方法是构造辅助函数，然后对辅助函数用罗尔定理．要证()ξξf a g b g g a f b f '-='-)]()([)()]()([，而左边是函数[()()]()f b f a g x -的导数在ξ处的值，右边是函数[()()]()g b g a f x -导数在ξ处的值，于是问题转化为令()()[()()]()[()()],F x f x g b g a g x f b f a =---证()0F ξ'=．对()F x 应用罗尔中值定理 证 作辅助函数令)],()()[()]()()[()(a f b f x g a g b g x f x F ---= 满足，)()()()()()()()()(a f a g b f a g a g a f b g a f a F +--= )()()()(b f a g b g a f -=)()()()()()()()()(a f b g b f b g a g b f b g b f b F +--=)()()()(b f a g b g a f -=即()()F a F b =；()F x 在[],a b 上连续，在(),a b 内可导，由罗尔中值定理，0)(),(='∈∃ξξF b a 使得即0)]()()[()]()()[(=-'--'a f b f g a g b g F ξξ注 又若)(),(x g x f ''不同时为零，0)()(≠-a g b g ，则0)(≠'ξg （不然将导致0)(='ξf ），于是得出)()()()()()(a g b g a f b f g f --=''ξξ 此即为柯西中值定理．10.设()[,](0)f x a b b a >>在上连续，在(),a b 可导，证明存在(),,a b ξη∈使得ηηξ2)()()(f a b f '+='．口诀 多个中值多次用分析 拉格朗日中值定理只有一个中值点，柯西中值定理中有两个相同的中值点．()2f ηη'中有两个相同的中值点，并且可以看成两个函数的导数之比()2()x x f x x ηη==''，因此右边是用柯西中值定理得到的．而左边只是一个中值点，因此是用拉格朗日中值定理得到的．证 令()2g x x =，则()(),[,](0)f x g x a b b a >>在上连续，在(),a b 可导，由柯西中值定理有22()()(),2f b f a f b a ηη'-=-又由()[,](0)f x a b b a >>在上连续，在(),a b 可导，再对()f x 用拉格朗日中值定理()()()()f b f a f b a ξ'-=-于是ηηξ2)()()(f a b f '+='．类似可证存在()123,,,a b ξξξ∈使得22321222()()()()()23a ab b f b a f f ξξξξξ''+++'==． 11. 设函数)(x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内二阶可导,则存在),(b a ∈ξ,使得)(4)()()2(2)(''2ξf a b a f b a f b f -=++-.分析 口诀二阶以上想泰勒（证不等式经常用拉格朗日型余项泰勒公式）泰勒公式是()()()()()()200002!f f x f x f x x x x x ξ'''=+-+-． 用泰勒公式的关键是0,x x 如何取，而需证等式中出现二阶导数)(''ξf 与)(x f 在b a ,，2ba +的函数值，合理的方法是取20ba x +=，x 为a 和b ． 注：题目中如果出现2()b a -，往往要令20ba x +=． 证 在泰勒公式()()()()()()200002!f f x f x f x x x x x ξ'''=+-+-中取20b a x +=，x 分别为a 和b 得'221()()(),,2222!22f a b a b b a b a a b f b f f b ξξ''++--+⎛⎫⎛⎫=++<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ '222()()(),,2222!22f a b a b a b a b a b f a f f a ξξ''++--+⎛⎫⎛⎫=++<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 把上面两式相加,得4)(2)()()()2(2)(22''1''a b f f a f b a f b f -⋅+=++-ξξ.不妨设)()(2''1''ξξf f ≤,于是有''''''''1212()()()()2f f f f ξξξξ+≤≤.在1,2ξξ⎡⎤⎣⎦上对)(''x f 应用达布定理,[]12,ξξξ∈∃使得''''''12()()()2f f f ξξξ+=,这样就证得)(4)()()2(2)(''2ξf a b a f b a f b f -=++-.12. 证下列不等式： 1）aab a b b a b -<<-ln ，其中b a <<0；2）3sin 6x x x >-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；3）x x x x sin tan >， ⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πx ． 证1）因为x x f ln )(=在[]b a ,连续，在),(b a 内可导， 所以由拉格朗日中值定理知， 存在),(b a ∈ξ使得 ξab a b a b -=-=ln ln ln， 因为 0a b ξ<<<， 所以111b aξ<<， 于是 b a b a b ab aξ---<< 从而a ab a b ba b -<<-ln ． 2） 令3()sin 6x F x x x =-+，则2()cos 12x F x x '=-+，（此时()F x '的符号不易判定）()sin 0F x x x ''=-+>，（由于0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时有sin tan x x x <<） 则()F x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上严格递增，于是()(0)0F x F ''>=， 从而()F x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上严格递增，于是()(0)0F x F >=， 即3sin 6x x x >-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．3）分析：若直接令()tan sin x x f x x x =-，则求导比较复杂，需要转化，证2sin tan x x x >⋅，⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πx ．。