三 中值定理中介点的极限例41 证明：（1）)1,0(,1∈∃−>∀θx ，使得xx x θ+=+1)1ln(； （2）21lim 0=→θx . 证（1）记，则当)1ln()(+=x x f 1−>x 时，有意义，且可导，由微分中值定理得)(x f 10,11ln )1ln()1ln(<<+=−+=+θθx x x x . （1） （2）由（1）得)1ln()1ln(x x x x ++−=θ，由此得 21)1ln()1ln(lim lim 00=++−=→→x x x x x x θ. 或由泰勒公式得)(2)1ln(22x x x x +−=+，代入得 ))(1(1)(222x x x xx x x x +−=+=+−θθ， )(2222x x x +=θ， )0(21)1(21→→+=x θ. 例42 证明：若在连续，)()1(x f n +)(a U )(a U h a ∈+，且10),(!)(2)()()()(2<<+++′′+′+=+θθh a f n h a f h a f h a f h a f n n. 则当时，0)()1(≠+x f n 11lim 0+=→n h θ. 证 由泰勒定理得10),()!1(1)(!)()()(11)1()(<<+++++′+=++θθh a f n a f n h a f h a f h a f n n n. 与已知条件比较得)()!1()(!)(!1)1(1)()(h a f n h a f n h h a f n h n n n nn nθθ+++=+++，)()()(1)()(1)1(a f h a f h a f n h n n n −+=+++θθ， 已知在连续，由微分中值定理得)()1(x f n +)(a U 10),()(122)1(1)1(<<+=++++θθθθθh a hf h a f n h n n ，由及连续性假设得0)()1(≠+x f n 11lim 0+=→n h θ. 例43（武汉大学2000）函数在上的Lagrange 中值公式为)(x f ],0[x ,10,)()0()(<<⋅′=−θθx x f f x f其中θ是与及)(x f x 有关的量. 对x x f arctan )(=，求当时+→0x θ的极限值.解 ,11)(,0)0(2xx f f +=′= 于是有 .)(1arctan )(2x x x x f θ+== 解之得.arctan arctan 22xx x x −=θ 从而有 302020arctan lim arctan arctan lim lim xx x x x x x x x x −=−=+++→→→θ .313111lim 220=+−=+→x x x 解 方程两边关于x 求导得,7cos 2sin 2−+′+−′−=′x e x y e ye e y y y y x x将代入原方程得 再将0=x .0)0(=y 0,0==y x 代入上式得72)0()0(−+′−=′y y ， 故.25)0(−=′y四 中值定理1 Rolle 定理例44（北师大）设为有限或无限区间，在其内可导，且),(b a )(x f A x f x f b x a x ==−→+→)(lim )(lim （有限或为∞+或∞−）.试证：),(b a ∈∃ξ，使得0)(=′ξf .证 当A 为有限数时，若A x f ≡)(，不证自明. 若不恒等于A ，则使得，不妨设， 对)(x f ),,(0b a x ∈∃A x f ≠)(0A x f >)(0r ：，由得：存在A r x f >>)(0r A x f x f b x a x <==−→+→)(lim )(lim ),(),,(0201b x x x a x ∈∈，使得 2,1),()(0=<<i x f r x f i .连续性假设知，分别存在),(),,(2001x x x x x x ∈′′∈′，有r x f x f =′′=′)()(.由Rolle 定理知命题成立.对A 为正无穷或负无穷时，可类似证明.例45 设在上可导，且)(x f ),0[+∞21)(0xx x f +≤≤. 证明：0>∃ξ，使得 .)1(1)(222ξξξ+−=′f 提示：令21)()(xx x f x F +−=，则)(lim 0)0(x F F x +∞→==，利用例43的结论立明. 思考题11（北京大学）设函数在)(x f ),0[+∞上可微，且满足不等式：).,0(,112ln)(02+∞∈+++≤≤x x x x x f证明：),0(+∞∈∃ξ，使得 .11122)(2ξξξ+−+=′f 提示：令2112ln )()(x x x x f x F +++−=，仿上例证之.例46 设在连续，在内可导，且)(),(x g x f ],[b a ),(b a 0)(≠′x g .证明：),(b a ∈∃ξ，使得.)()()()()()(ξξξξg b g a f f g f −−=′′ 提示：令)]()()][()([)(x g b g a f x f x F −−=.例47（广西师大）设在连续，在内可导，且)(x f ],[b a ),(b a 0)()(==b f a f . 试证：R ∈∀α，),(b a ∈∃ξ，使得)()(ξξαf f ′=.提示：即证0)()(=′−ξξαf f . 构造函数即可.)(e )(x f x F x α−=例（华中师大2001）设在上三阶可导，)(x f ],[b a 0)()(=′=′b f a f ，且使得),,(b a c ∈∃).(max )(x f c f bx a ≤≤= 证明：方程0)(=′′′x f 在内至少有一根.),(b a 提示：，利用Rolle 定理.0)(=′c f 2 Lagrange 中值定理例48（华东师大）设为)(x f R 可微函数，导函数严格递增. 若，试证：，有))(()(b a b f a f <=),(b a x ∈∀)()()(b f a f x f =<（不得直接使用凸函数的性质）.提示：),,(b a x ∈∀),(),)(()()(11x a a x f a f x f ∈−′=−ξξ，),(),)(()()(22b x x b f x f b f ∈−′=−ξξ，由导函数严格单增知xb x f b f a x a f x f −−<−−)()()()(. 注意到，代入化简即得)()(b f a f =0))()()((<−−a f x f a b ，从而.)()(a f x f <例49（中国科技大学）设在上可微，)(x f ]1,0[n k k k f f ,,,1)1(,0)0(21==为n 个正数. 证明：在内存在一组互不相等的数，使得]1,0[n x x x ,,21∑∑===′n i i n i i i k x f k 11)(. 分析：记.,2,1,,1n i mk m k i i n i i ===∑=λ 上式两端同除以m 得 1)()()(2211=′++′+′n n f f f ξλξλξλ 其中.10,11<<=∑=i n i i λλ证 已知连续及)(x f ,1)1(,0)0(==f f 由连续函数介值定理知，，使得)1,0(1∈∃c 11)(λ=c f ，又1211<+<λλλ，故存在)1,(12c c ∈，使得212)(λλ+=c f ，如此下去，得个数1−n 10121=<<<<<−n n c c c c ，有i i c f λλλ+++= 21)(，n i ,,2,1 =.于是由拉格朗日中值定理得：，使得),(1i i i c c x −∈∃111)()()(−−−−=−−=′i i i i i i i i c c c c c f c f x f λ， 由此立得所证之式. 思考题12（首都师大2002）设函数在上连续，在内可导，且， 证明：对任意正数，)(x f ],[b a ),(b a 0)0(=f .1)1(=f b a ,ηξηξ≠∃,,，使得.)()(b a f b f a +=′+′ηξ 例50（上海交大）设函数在连续，在内可导，又不是线性函数，且. 证明：)(x f ],[b a ),(b a )(x f )()(a f b f >),(b a ∈∃ξ，使得ab a f b f f −−>′)()()(ξ. 分析：由草图知，结论是明显的，关键在于条件“不是线性函数”如何用. 我们知道曲线弦的方程为)(x f )()()()(a x a b a f b f a f y −−−+=. 由此令)()()()()()(a x ab a f b f a f x f x F −−−−−=, 则不恒为零，且.这样问题转化为：)(x F 0)()(==b F a F ),(b a ∈∃ξ，使得0)(>′ξF .事实上，由于不恒为零，则)(x F ),(0b a x ∈∃，有0)(0≠x F ，不妨设. 则在上对应用拉格朗日中值定理得0)(0>x F ],[0x a )(x F ))(()()(00a x F a F x F −′=−ξ,0)()(00>−=′ax x F F ξ. 例51（南开大学）设函数在连续，在内二阶可导. 试证：，使得)(x f ],[b a ),(b a ),(b a c ∈∃)(4)()()2(2)(2c f a b a f b a f b f ′′−=++−. 证 左端)](2([)]2()([a f b a f b a f b f −+−+−= )](2([)]2()22([a f b a a f b a f a b b a f −++−+−−++= 令)()2()(x f a b x f x −−+=ϕ，则)(x ϕ在]2,[b a a +连续，)2,(b a a +可导，由Lagrange 中值定理得原式))2,(()]()2([2)(2)()2(b a a f a b f a b a b a b a +∈′−−+′−=′−=−+=ξξξξϕϕϕ ),()2,()(4)(2b a a b c c f a b ⊂−+∈′′−=ξξ. 注 此题不可使用泰勒定理，因为它不满足泰勒定理的条件.思考题13（南京航空航天大学1999）设在上二阶可导，则)(x f ]1,0[)1,0(∈∃ξ，使得).(81)1(21)0(21)21(ξf f f f ′′−+= 提示：直接利用上题结论，也可用Taylor 定理证明之.例52 设函数在上可微，)(x f ),0[+∞0)0(=f ，并设0>∃A ，使得),0[,)()(+∞∈∀≤′x x f A x f .证明：).,0[,0)(+∞∈≡x x f （广西大学）证法一 ，由拉格朗日中值定理得),0[+∞∈∀x x x f A x f f x f x f <<≤′=−=1110,)()()0()()(ξξξ 取21,0(Ax ∈，则得 )(21)(1ξf x f ≤. 重复使用上式可得 )(21)(n n f x f ξ≤其中A n n 21011<<<<<−ξξξ . 由连续知其在)(x f ]21,0[A上有界. 由上式立得 ]21,0[,0)(Ax x f ∈≡. 类似可证：在),3,2](2,21[ =−i Ai A i 上0)(≡x f ，从而.0)(≡x f 证法二 假设函数在不恒等于零，即)(x f ),0[+∞),0(0+∞∈∃x ，有，不妨设. 记0)(0≠x f 0)(0>x f {),(,0)(inf 01x x t t f x x ∈>=}，则由连续函数的保号性知，在内.0)(1=x f ),(01x x 0)(>x f 令，，则有 )(ln )(x f x g =),(01x x x ∈A x f x f x g ≤′=′)()()(. 故0000)()()()()(x x A x g x g x g x g x g −+≤+−≤，此说明在内有界，这与矛盾，故)(x g ),(01x x 0)(lim 1=+→x f x x ).,0[,0)(+∞∈≡x x f 例53 设函数在内可微，且)(x f ),0(+∞0)(lim =′+∞→x f x ，证明： 0)(lim =+∞→xx f x . 证法一 由Stolze 定理解之.证法二 由洛比达法则解之.证法三 由得：0)(lim =′+∞→x f x 0,0>∃>∀A ε，当时，有 A x >2)(ε<′x f .从而由拉格朗日中值定理得：，有 A x >∀),(),)(()()(x A A x f A f x f ∈−′+=ξξ.由此得2)()()()(εξ+≤−′+≤x A f A A x f x A f x x f . 从而可得0)(lim =+∞→xx f x . 注 洛比达法则也适用于分母为∞的不定式极限.思考题14（西安电子科技大学）设函数在)(x f )0,(−∞内可微，且，证明：0)(lim =′−∞→x f x 0)(lim =+∞→xx f x . 思考题15（南京大学，南京林业大学，西安理工大学，西安电子科技大学）设函数 在区间上连续，在内可导，证明：存在),(),(x g x f )(x h ],[b a ),(b a ),(b a ∈ξ，使得.0)()()()()()()()()(=′′′ξξξh g f b h b g b f a h a g a f提示：构造辅助函数.)()()()()()()()()()(x h x g x f b h b g b f a h a g a f x F =例54（华东师大2001）证明：若函数在有限区间内可导，但无界，则其导函数在内也必无界.)(x f ),(b a )(x f ′),(b a 证 用反证法. 假设在内有界，即)(x f ′),(b a ,0>∃M 使得).,(,)(b a x M x f ∈∀≤′在区间内任意取定一点，则),(b a 0x ),(b a x ∈∀，由微分中值定理得))(()()(00x x f x f x f −′=−ξ，其中ξ介于x 与之间，由此式及有界性假设得0x )()()()(000a b M x f x x M x f x f −+≤−+≤，此表明在上有界，矛盾，故)(x f ),(b a )(x f ′在内也必无界.),(b a 思考题16（北京师大2002）设函数在有限区间可导，且导函数在内有界，证明：在内有界.)(x f ),(b a )(x f ′),(b a )(x f ),(b a 例55（吉林大学）设函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且 证明：若在上不为常数，则)(x f ],[b a ),(b a ).()(b f a f =)(x f ],[b a ),(,b a ∈∃ηξ，使得.0)(,0)(<′>′ηξf f提示：在上不为常数，则)(x f ],[b a ),(0b a x ∈∃，使得)()(0a f x f ≠，不妨设).()(0a f x f >在区间和上分别应用Lagrange 中值定理即可.],[0x a ],[0b x 例56（哈尔滨工大2000）设在上连续，在内可微，且在内单调递增. 证明：对任意)(x f ],[b a ),(b a )(x f ′),(b a ]1,0[],,[,21∈∈λb a x x ，有).()1()())1((2121x f x f x x f λλλλ−+≤−+证 对任意]1,0[],,[,21∈∈λb a x x ，若21x x =，或1,0=λ，结论显然成立. 下面仅就10,21<<≠λx x 情形给予证明，不妨设.21x x < 记210)1(x x x λλ−+=，则由微分中值定理得.201x x x <<01101101),)(()()(x x x x f x f x f <<−′=−ξξ，22002202),)(()()(x x x x f x f x f <<−′=−ξξ，上两式分别乘以λ与λ−1，并相加得：))(1)(()()()()()1()(022011021x x f x x f x f x f x f −−′+−⋅′=−−+λξλξλλ ,0))()()(1(12≥′−′−=ξξλλf f其中最后一步是由于单调递增，所以)(x f ′).()1()())1((2121x f x f x x f λλλλ−+≤−+例57（北京师大，国防科大）设函数在上连续，在内二阶可导，且)(x f ],[b a ),(b a .0)()(==b f a f证明：若，使得，则),(b a c ∈∃0)(>c f ),(b a ∈∃ξ，使得.0)(<′′ξf证 在上分别使用Lagrange 中值定理可得：],[],,[b c c a ),(),)(()()(11c a a c f a f c f ∈−′=−ξξ，),(),)(()()(22b c c b f c f b f ∈−′=−ξξ，由假设条件得.0)(,0)(21<′>′ξξf f（1）在区间],[21ξξ上再次使用Lagrange 中值定理得,),)(()()(211212ξξξξξξξξ<<−′′=′−′f f f由（1）式得.0)(<′′ξf例58（西安交大）设函数在上可微，且满足条件)(x f ]1,0[)(21)(,0)0(x f x f f ≤′=证明：在上，]1,0[.0)(≡x f 证 由已知条件及Lagrange 中值定理得：,)(21)()0()()(11c f x c f f x f x f ≤⋅′=−=].1,0[1∈c反复使用Lagrange 中值定理可得].1,0[,)(21)(∈≤n n n c c f x f又在上连续，故有界，即)(x f ]1,0[,0>∃M 有].1,0[,)(∈∀≤x M x f从而有.1],1,0[,2)(≥∈≤n x Mx f n令得∞→n .0)(≡x f思考题17（中国地质大学2002）设函数在上连续，在内可微，且满足：)(x f ]1,0[)1,0().()(,0)0(x f x f f ≤′=证明：].1,0[,0)(∈≡x x f3 柯西中值定理 例59（四川师大）设函数在内可微，，且)(x f ),(b a 0,>b a )0(),0(−+b f a f 均存在有限. 试证：),(b a ∈∃ξ，使得)()()0()0(1ξξξf f b f a f b a b a ′−=−+−.分析：补充定义)0()(),0()(−=+=b f b f a f a f ，则上式可化为)()(11)()(ξξξf f ab a a f b b f ′−=−−. 令xx G x x f x F 1)(,)()(==，则在满足Cauchy 中值定理的条件.利用Cauchy 中值定理立明.)(),(x G x F ],[b a 思考题18（人民大学2000）设函数在)(x f )0(],[>⋅b a b a 上连续，在内可微. 证明：),(b a ),(b a ∈∃ξ，使得)()()0()0(1ξξξf f b f a f b a b a ′−=−+−.例60（华中师大2002，吉林大学） 设函数在连续，在可微，. 证明：存在)(x f ],[b a ),(b a b a <≤0),(,b a ∈ηξ，使得)(2)(ηηξf b a f ′+=′. 分析：上式可化为 ηηξ2)()(f b a f ′=+′. 令，应用柯西中值定理得 2)(),()(x x G x f x F ==)(1)()(1)()(2)(22ξηηf b a a b a f b f b a a b a f b f f ′+=−−+=−−=′.例61（四川大学）设函数在连续，在可微，)(x f ],[b a ),(b a b a <<0. 证明：存在，使得),(,,321b a x x x ∈).(ln ln 4)()(2)(33223222211x f x ab a b x x f a b x x f ′−−=′+=′ 提示：上式可改写为)ln (ln 1)(4)()()(2)(33322442211a b x x f x x f a b a b x x f −′=′−=−′. 思考题19（华中师大）设在上连续，在内可导， 证明：)(x f ],[b a ),(b a .0b a <<),(b a ∈∃ξ，使得).()()()(ξξξf f ab a af b bf ′+=−−提示：Lagrange 或Cauchy 中值定理.4 Taylor 公式Taylor 公式具有三种不同形式的余项，其相应的条件是不同的，使用时应予以特别注意，并注意动点与任意点的一般性和相对性.例62 设函数在三次可导. 试证：)(x f ],[b a ),(b a c ∈∃使得3))((241))(2()()(a b c f a b b a f a f b f −′′′+−+′+=. 证法一 由已知条件知在满足Taylor 定理的条件，于是有)(x f ],[b a 22)(2(21)2)(2()2()(b a b b a f b a b b a f b a f b f +−+′′++−+′++= ),2(,)2)((61131b ba cb a bc f +∈+−′′′+)2,(,)2)((61)2)(2(21)2)(2()2()(2322b a ac b a a c f b a a b a f b a a b a f b a f a f +∈+−′′′++−+′′++−+′++=两式相减，并由导函数介值定理立明.证法二（待定系数法）设使得下式成立：k 0)(241))(2()()(3=−−−+′−−a b k a b b a f a f b f .令3)(241))(2()()()(a x k a x x a f a f x f x F −−−+′−−=，则0)()(==b F a F ，由Rolle 定理，),,(b a ∈∃ξ使得0)(=′ξF ，即0)(81))(2(21)2()(2=−−−+′′−+′−′a k a a f a f f ξξξξξ. 又由Taylor 定理得),2(,)2)((21)2(2)2()(2ξξξξξξξ+∈−′′′++′′−++′=′a c a c f a f a a f f .比较上两式系数立得.)(c f k ′′′=例63 （西安电子科技大学，西安理工大学）设函数在有二阶导数. 试证：，使得)(x f ],[b a ),(b a c ∈∃3))((241)2()()(a b c f b a f a b dx x f ba−′′++−=∫. 提示：利用例56的结果即可.思考题20（华中师大2001）设在上二次可微，)(x f ],[b a )(max ,0)2(x f M ba fb x a ′′==+≤≤证明：.24)()(3a b M dx x f b a−≤∫例64（厦门大学2000）设在)(x f ),0[+∞上具有连续二阶导数. 又设,0)0(,0)0(<′>f f )),0[(0)(+∞∈<′′x x f ，则)0()0(,0(f f ′−∈∃ξ，使.0)(=ξf 证 由Taylor 公式得：),0[+∞∈∀x ，)1,0(∈∃θ，使得.)(21)0()0()(2x x f x f f x f θ′′+′+= 于是，由已知条件得0)0()0((2)()0()0())0()0((2<′′′+−=′−f f x f f f f f f θ， 又 由连续函数的零点定理知，至少存在一点,0)0(>f ))0()0(,0(f f ′−∈ξ，使得 .0)(=ξf例65（北师大）设在上连续，在内二阶可导，且)(x g ],[b a ),(b a 0)(>≥′′m x g （为常数），又m .0)()(==b g a g 证明：.)(8)(max 2a b mx g bx a −≥≤≤ 证 由于在上连续，则)(x g ],[b a )(x g 在上连续，而],[b a 0)()(==b g a g ，故)(x g 的最大值必在内取到，且其最大值点),(b a ξ必为的最大值点或最小值点，从而为的极值点，由Fermat 定理得.)(x g )(x g 0)(=′ξg 将在)(x g ξ=x 处展开得2))((21))(()()(ξηξξξ−′′+−′+=x g x g g x g ,))((21)(2ξηξ−′′+=x g g 其中η介于x 与ξ之间.若2b a +≤ξ，取得b x =2))((21)(ξηξ−′′−=b g g ，从而有 ,)(8)2(21)()(21)(222a b mb a b m b g g −=+−⋅⋅≥−′′=ξηξ若2b a +>ξ，取a x =，同样有.)(8)(2a b m g −≥ξ综上所述，我们有.)(8)()(max 2a b mg x g bx a −≥=≤≤ξ 五 中值定理的应用例66 设函数在有定义，且)(x f ),0[+∞0)(,0)0(<′′=x f f . 证明：当时，b a ≤<0)()()(b f a f b a f +<+.证 由知严减，为此可将上式化为0)(<′′x f )(x f ′)0()()()(f a f b f b a f −<−+.由拉格朗日中值定理立明.注1 条件“0)(<′′x f ”改为“)(x f ′存在且单减”，结论仍然成立（复旦大学1998）； 注2 去掉条件“”，则结论应改为“0)0(=f )()()0()(b f a f f b a f +<++”.例67 设函数在有三阶导数，且)(x f ]1,0[0)21(,21)1(,0)0(=′==f f f . 证明：在内至少存在一点)1,0(ξ，使得12)(≥′′′ξf .证 由Taylor 公式得)1,21(,)211)((61)211)(21(21)211)(21()21()1(1312∈−′′′+−′′+−′+=ξξf f f f f ，)21,0(,)210)((61)210)(21(21)210)(21()21()0(2322∈−′′′+−′′+−′+=ξξf f f f f ，两式相减并化简得24)()(21=′′′+′′′ξξf f ，因此，至少有一个的函数值不小于12.例68 设函数在具有三阶连续导数，且)(x f ]1,1[−0)0(,1)1(,0)1(=′==−f f f . 证明：)1,1(−∈∃ξ，使得3)(=′′′ξf .提示：仿上例，并且条件可减弱为存在三阶导数.思考题21（华中师大2002，湖南大学，北师大）设在上二阶可导，证明：)(x f ]1,0[,0)1()0(==f f .1)(min 10−=≤≤x f x .8)(max 10≥′′≤≤x f x提示：由知：1)(min 10−=≤≤x f x )1,0(0∈∃x ，使得1)(0−=x f ，由Fermat 定理得.0)(=′a f将分别在)1(),0(f f a x =处展开，两式相减，仿上例，便可证明之.思考题22（郑州大学）设在三阶可导，试证：)(x f ],[b a ),(b a ∈∃ξ，使得).()(21)]()()[(21)()(3ξf a b b f a f a b a f b f ′′′−−′+′−+= 提示：将在)(),(b f a f 21=x 处展开.例69 设函数在上二次可微，)(x f ],[b a )()(b f a f =，且),(b a x ∈∀，有M x f ≤′′)(，这里M 为正常数. 证明：],[),(2)(b a x a b Mx f ∈−≤′. 证 将在点展开得)(),(b f a f ],[b a x ∈],[,))((21))(()()(121x a c x a c f x a x f x f a f ∈−′′+−′+=； ],[,))((21))(()()(222b x c x b c f x b x f x f b f ∈−′′+−′+=.两式相减，并注意到得)()(b f a f =]))(())(([21))((2221x b c f x a c f a b x f −′′−−′′=−′，由条件可得)(2])()[()(2)(22a b Mx b x a a b M x f −≤−+−−≤′.思考题23（上海师范大学）设函数在具有二次连续导数，，且)(x f ]1,0[)1()0(f f =M x f ≤′′)(. 证明：]1,0[,2)(∈≤′x Mx f . 思考题24（华中科技大学1997，西安电子科技大学）设函数在具有二次连续导数，，且)(x f ]1,0[)1()0(f f =1)(≤′′x f . 证明：]1,0[,21)(∈≤′x x f .例70 设函数在二次可微，且)(x f ]1,0[K x f M x f ≤′′≤)(,)(，其中M ，K 为正常数，ξ是内任一点. 证明：)1,0(22)(K M f +≤′ξ. 分析：将分别在点)1(),0(f f ξ展开得121,)0)((21)0)(()()0(c c f f f f ξξξξ−′′+−′+=介于0与ξ之间； 222,)1)((21)1)(()()1(c c f f f f ξξξξ−′′+−′+=介于1与ξ之间；两式相减得2122)(21`)1)((21`)()0()1(ξξξξξf f f f f ′′−−′′+′=−，22])1[(21`)0()1()(22KM K f f f +≤+−++≤′ξξξ.注（南航）.2)(,1)(≤′′≤x f x f 证明：3)(≤′x f .思考题25（华中师大2001，复旦大学，南京大学，东北师大）设函数在上二次可微，且)(x f ]2,0[.1)(,1)(≤′′≤x f x f 证明：.2)(≤′x f例71 设函数在R 二次可微，且)(x f K x f M x f ≤′′≤)(,)(，其中M ，K 为正常数. 证明：MK x f 2)(≤′.证 ，将在点展开得R x ∈∀0)(x f 0x 20000))((21))(()()(x x f x x x f x f x f −′′+−′+=ξ， 其中ξ介于x 与之间，于是0x 20000))((21)()())((x x f x f x f x x x f −′′−−=−′ξ， 2000000))((21)()()()()()(x x f x f x f x x x f x x x f −′′++≤−′≤−′ξ20)(22x x KM −+≤. 即02)()()(20020≥+−′−−M x x x f x x K. 上式是关于的二次三项式，由根的判别式立得0x x −MK x f 2)(0≤′，由的任意性知命题为真.0x 思考题26（北京大学，哈尔滨工大）（1）设在)(x f ),0(+∞内二次可微，分别为210,,M M M )(,)(,)(x f x f x f ′′′在内的上确界. 证明：),0(+∞.42021M M M ≤（2）设在内有界，且)(x f ′′),0(+∞.0)(lim =+∞→x f x 证明.0)(lim =′+∞→x f x提示：（1）类似上例.（2）由假设使得,0>M .)(M x f ≤′′ 又,0)(lim =+∞→x f x 则,0,0>∃>∀N ε当时，有Nx ≥.4)(2Mx f ε<由（1）得：当时，有N x ≥,)(2ε≤′x f ，即ε<′)(x f ，所以.0)(lim =′+∞→x f x 例72（北京大学）设为R 二次可微函数，记)(x f 2,0,)(sup )(=+∞<=∈k x fM k Rx k . 证明：+∞<′=∈)(sup 1x f M Rx ，且.20212M M M ≤分析：ξξ,)(21)()()(2h f h x f x f h x f ′′+′+=+介于x 与x +h 之间， ηη,)(21)()()(2h f h x f x f h x f ′′+′−=−介于x 与h x −之间， 两式相减得)]()([2)(2)()(2ηξf f h h x f h x f h x f ′′−′′+′=−−+，)]()([2)()()(22ηξf f h h x f h x f h x f ′′−′′−−−+=′，由此得))()((2)()()(22ηξf f h h x f h x f h x f ′′+′′+−++≤′，2202)(2M h M h x f +≤′，即02)(2022≥+′−M x f h M h ，由根得判别式立得21212M M M ≤.注 注意与上两例结果的比较.例73 设函数及在R 有界. 证明：)(x f )(x f ′′′)(x f ′与)(x f ′′在R 也有界. 分析：，有R x ∈∀,)(61)(21)()()(32h f h x f h x f x f h x f ξ′′′+′′+′+=+其中ξ介于x 与x +h 之间. 分别取1±=h 得),(61)(21)()()1(1ξf x f x f x f x f ′′′+′′+′+=+ ),(61)(21)()()1(2ξf x f x f x f x f ′′′−′′+′−=−两式分别相加、相减即得一阶、二阶导数界的估计.例74 设函数在有二阶导数，)(x f ],[b a )()(b f a f ′=′. 证明： ),(b a ∈∃ξ，使得)()()(4)(2a fb f b a f −−≥′′ξ.证法一 应用泰勒定理将2(ba f +分别在点a 与b 展开，两式相减立明. 证法二 若，显然. 不妨设)()(b f a f =)()(b f a f <，记2ba c +=.若2)()()(b f a f c f +≥，则)]()([2)()(a f c f a f b f −≤−.将在点a 展开得)(c f 2)2)((21)()(a b f a f c f −′′+=ξ，于是2)2)(()]()([2)()()()(a b f a f c f a f b f a f b f −′′=−≤−=−ξ， 整理即得所证之式.同理可证2)()()(b f a f c f +<情形.例75 设函数在二次可微，)(x f ],[b a 0)(<′′x f . 试证：b x x x a n ≤<<<≤∀ 21，，有1,,2,1,01==>∑=ni i i k n i k ∑∑==>ni i i n i i i x f k x k f 11)()(.分析：记，将在∑==ni i i x k x 10)(i x f 0x x =展开得n i x x x f x f x x f x x x f x f x f i i i i i ,2,1),)(()())((21))(()()(00020000=−′+<−′′+−′+=ξ. 以分别乘以上式两端并相加即得所证之式.i k思考题27（哈尔滨工大2002，北京科技大学2001）设函数在二次可微，. 试证：)(x f ],[b a 0)(>′′x f b x x x a n ≤<<<≤∀ 21，，有1,,2,1,01==>∑=ni i i k n i k ∑∑==<ni i i n i i i x f k x k f 11)()(.例76 设函数在R 有二阶导数，且)(x f )]()([21)(h x f h x f x f −++≤. 试证：.0)(≥′′x f 证 由泰勒公式得)()(21)()()(22h o h x f h x f x f h x f +′′+′+=+， )()(21)()()(22h o h x f h x f x f h x f +′′+′−=−，0)(2)]()([)()(22≥−−++=+′′x f h x f h x f h o h x f ，即，令得0)1()(≥+′′o x f 0→h 0)(≥′′x f .例77 设函数在二次可微，)(x f ]1,0[0)1()0(==f f ，2)(max 10=≤≤x f x . 试证：16)(min 10−≤≤≤x f x .证 由于在上连续，故存在最大最小值. 由已知条件知最大值在区间内部达到，设为，即，由Fermat 定理得)(x f ]1,0[0x 2)(0=x f 0)(0=′x f . 将函数在展开得)(x f 0x 1201000,)0)((21)0)(()()0(ξξx f x x f x f f −′′+−′+=介于0与之间， 0x 2202000,)1)((21)1)(()()1(ξξx f x x f x f f −′′+−′+=介于1与之间，0x 将，，0)1()0(==f f 2)(0=x f 0)(0=′x f 代入得，)1(4)(,4)(02201x f x f −−=′′−=′′ξξ.因此有{}16)1(4,4min )(),(min )(min 20202110−≤⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧−−−=′′′′≤′′≤≤x x f f x f x ξξ.例78（吉林大学，北京工业大学）设函数)(x ϕ在),0[+∞二次可微， ∃+∞→)(lim x x ϕ，且)(x ϕ′′在有界. 证明：),0[+∞0)(lim =′+∞→x x ϕ.证 由Taylor 公式得：，有0>∀h h x x h h x x h x +<<′′+′+=+ξξϕϕϕϕ,)(21)()()(2.由此得h x h x h x )(21)]()([1)(ξϕϕϕϕ′′−−+=′，h x h x h x )(21)()(1)(ξϕϕϕϕ′′+−+≤′.由)(x ϕ′′)(x ϕ在),0[+∞有界知：存在，使得0>M M x ≤′′)(ϕ. 于是0,00>∃>∀h ε，使得2210ε<Mh . 又∃+∞→)(lim x x ϕ，所以，当时，有0>∃N N x >2)()(00εϕϕh x h x <−+.由以上三式立得εϕ<′)(x ，从而0)(lim =′+∞→x x ϕ.例79（合肥工业大学，湖北大学2002）设a x >时，函数可导，且极限存在，（为常数）.证明：)(x f )(lim x f x ′+∞→k x f x =+∞→)(lim k .0)(lim =′+∞→x f x证 设，若，则由极限的保序性得：l x f x =′+∞→)(lim 0>l ,a M >∃当时，有M x >.2)(lx f >′ 于是，当时，，有M x >1>∀n x lx f x f x f 2)()()2(>⋅′=−ξ， 令+∞→x 得.))()2((lim +∞=−+∞→x f x f x又，所以k x f x =+∞→)(lim 0)(lim )2(lim ))()2((lim =−=−+∞→+∞→+∞→x f x f x f x f x x x ，两式矛盾. 同理可证：当时也矛盾，所以0<l ,0=l 即.0)(lim =′+∞→x f x 例80（哈尔滨工大2002）设在内可微，且满足)(x f )1,0(.1)(≤′x f 求证：极限存在. )(lim 1−∞→n f n 证 记，则由微分中值定理得1),(1≥=−n n f x n n p n n p n p n f n f p n f x x n p n 1)(11)()1()1(<+≤−+⋅′=−+=−+ξ， 于是，,1,0εε>∃>∀N 当时，N n >0>∀p ，有ε<<−+nx x n p n 1， 由柯西收敛准则知极限存在. )(lim 1−∞→n f n 例81（北师大1999）设 证明：.sin sin sin )(2x x x x f n n +++= （1）对任意正整数，方程n 1)(=x f n 在]2,6(ππ内有且仅有一根； （2）设2,6(ππ∈n x 是1)(=x f n 在]2,6(ππ内的根，则.6lim π=∞→n n x 证（1）令，则当1)()(−=x f x F n n 1=n 时，结论显然成立；当时，2≥n ,01)2(>−=n F n π,0121121121()21(21)6(2=−−<−+++=n n F π 由连续函数的零点定理知在0)(=x F n )2,6(ππ内至少有一根. 又]2,6(ππ∈∀x ，有 ,0cos sin cos sin 3cos sin 2cos )(12>++++=′−x n x x x x x x F n n所以，在)(x F n 2,6(ππ内严格单调递增，所以0)(=x F n 在]2,6(ππ内有且仅有一根. （2）记0)(=x F n 在]2,6(ππ内的根为，即n x 0)(=n n x F ，而 1111211sin sin sin sin )(−−−−−−++++=n n n n n n n n x x x x x F111sin )(−−−+=n n n n x x F,0sin 1>=−n n x即，又的严格单调递增，所以)()(1−<n n n n x F x F )(x F .2,1≥<−n x x n n 此说明数列{单调递减且有下界}n x 6π，由单调有界定理知极限存在，设n n x ∞→lim l x n n =∞→lim . 又因为 n n n n n nn n x x x x x x sin 1)sin 1(sin sin sin sin 12−−=+++= ， 其中，两边取极限得)(0sin sin 02∞→→<<n x x n n n 1sin 1sin =−ll ， 解之得21sin =l ，所以6π=l （因为]2,6[ππ∈l ）. 思考题28（浙江大学2002）设求证：.cos cos cos )(2x x x x f n n +++= （1）对任意正整数，方程n 1)(=x f n 在)3,0[π内有且仅有一根； （2）设3,0[π∈n x 是得根，则1)(=x f n .3lim π=∞→n n x通过以上几例可以看出：在使用泰勒公式时，通常将函数在区间的端点、中点或具有特殊性质的点展开，也可将这些特殊点在任意点展开. 这些特殊点可能是已知的，也可能需要根据题目的条件事先求出.例82 设函数在具有二阶导数，且)(x f ],[b a 0)()(,0)()(>′′==b f a f b f a f . 证明：),(,b a ∈∃ηξ，使得0)(,0)(=′′=ηξf f .分析：由知在区间端点的某领域内异号，由连续函数介值定理知：0)()(>′′b f a f )(x f ),(b a ∈∃ξ，有0)(=ξf . 结合0)()(==b f a f ，两次使用罗尔定理立明.思考题29（哈尔滨工大2000，华中科技）设函数在上连续，且)(x f ],[b a ,0)()(==b f a f .0)()(>′′b f a f证明：存在∈ξ),(b a ，使得.0)(=ξf例83 设函数在连续，在可导，且)(x f ]1,0[)1,0()0()(3132f dx x f =∫. 证明：，使得)1,0(∈∃c 0)(=′c f .提示：由积分中值定理：)0()(),1,32(f f =∈∃ξξ，由Rolle 定理立明.例84 设函数在连续，在可导，且. 证明：方程)(x f ]1,0[)1,0()1()(2120f dx x xf =∫−0)()(=′+x f x x f在内至少有一根.)1,0(提示：令)()(x xf x F =，由已知条件及积分中值定理得)2,0(),()()1()1(1−∈===ηηηηF f f F .由Rolle 定理立明. 思考题30（人民大学2001）设在上可导，且)(x f ]1,0[).1()(10f dx x xf =∫证明：)1,0(∈∃ξ，使得 .)()(ξξξf f −=′提示：令).()(x xf x F = 例85（华中科技大学1998）设在上连续，在内可微，且证明：)(x f ]1,0[)1,0(.0)0(,0)(=>′f x f )1,0(,∈∃μλ，使得.)()()()(,1μμλλμλf f f f ′=′=+ 分析：上式可化为：0)1()()1()(=−′−−′λλλλf f f f .证 令，则在上连续，在内可微，且由得)1()()(x f x f x F −=)(x F ]1,0[)1,0(0)0(=f .0)1()0(==F F由Rolle 中值定理得：)1,0(∈∃λ，使得,0)(=′λF 即0)1()()1()(=−′−−′λλλλf f f f ，又 所以,0)(,0)0(>′=x f f 0)1(,0)(>−>λλf f ，记λμ−=1，上式两边同除以)()(μλf f 可得.)()()()(,1μμλλμλf f f f ′=′=+ 例86（西安交大，西安电子科技大学）设函数在)(x f ),[+∞a 上连续，且当a x >时，有k k x f ,0)(>>′为常数.证明：当时，方程0)(<a f 0)(=x f 在区间)(,(ka f a a −内有且只有一个根. 证 由知0)(<a f .)(a k a f a >− 在闭区间])(,[ka f a a −上，由Lagrange 中值定理得 ,)()()())((ka f f a f k a f a f −⋅′=−−ξ 其中))(,(ka f a a −∈ξ. 由得 0)(>>′k x f ),()()((a f a f ka f a f −>−− 即0)((>−ka f a f ，由连续函数的零点定理及的严格单调性知结论成立. )(x f 例87（华中师大2001）设函数在上三阶可导，)(x f ],[b a 0)()(=′=′b f a f ，且存在，使得 证明方程),(b ac ∈).(max )(x f c f bx a ≤≤=0)(=′′′x f 在内至少有一根. ),(b a 提示：由Fermt 定理知.0)(=′c f 然后用Rolle 定理证之.思考题31（浙江大学2000）设为三个实数，证明：方程c b a ,,c bx ax e x ++=2的根不超过三个.提示：反证法，假设有四个（或四个以上）根，用Rolle 定理便可推出三阶导数在某点等于零，矛盾.例88（上海交大2002，浙江大学）设函数在R 上具有二阶导数，且)(x f.0)(lim ,0)(lim ,0)(<−=′>=′>′′−∞→+∞→βαx f x f x f x x又存在一点，使得 证明：方程0x .0)(0<x f 0)(=x f 在R 上有且只有两个实根.证 由假设得在R 上连续，且由)(),(x f x f ′0)(lim >=′+∞→αx f x 得：，当0x c >∃c x >时，都有.2)(α>′x f在区间上，由Lagrange 中值定理得：],[x c ),(x c ∈∃ξ，使得)(2)())(()()(c x c f c x f c f x f −+>−′+=αξ， 由此可得+∞=+∞→)(lim x f x ，从而存在，使得 又，由连续函数的零点定理知，方程在区间内至少有一根.c a >.0)(>a f 0)(0<x f 0)(=x f ),(0a x 同理可证：方程在区间0)(=x f ),(0x −∞内至少有一根.下证：方程在Ｒ上仅有两根，用反证法.0)(=x f 假设在Ｒ上有三个根，则由Rolle 中值定理得：0)(=x f R ∈∃ξ，使得0)(=′′ξf ，这与已知条件矛盾，所以至多有两个根.棕上所证，命题成立.例89 设在存在二阶导数，且)(),(x g x f ],[b a 0)()()()(,0)(====≠′′b g a g b f a f x g .证明：（1）在内，；),(b a 0)(≠x g （2）),(b a ∈∃ξ，使得 )()()()(ξξξξg f g f ′′′′=. 提示：（1）由导函数介值定理知),(,0)(b a x x g ∈>′′，或),(,0)(b a x x g ∈<′′，即在严凸或严凹，又)(x g ),(b a 0)()(==b g a g ，从而0)(≠x g .用反证法更加简单.（2）即证0)()()()(=′′−′′ξξξξf g g f ，令)()()()()(x g x f x g x f x F ′−′=即可.例90 设函数在连续，在可微，且)(x f )0](,[>a b a ),(b a 1)()(==b f a f . 证明：存在),(,b a ∈ηξ，使得1),()(1≥′+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−n f n f n ξξξξη.提示：上式等价于 )()(11ξξξξηf f n n n n n ′+=−−，左端是函数的导函数在n x η处的值，右端是函数的导函数在)(x f x n ξ处的值，并注意到，分别应用拉格朗日中值定理立明.1)()(==b f a f 例91 设在连续，在可微，且)(x f )0](,[>a b a ),(b a 0)(≠′x f . 证明：存在),(,,b a ∈ζηξ，使得ηξξζ=′′)()(f f . 分析：上式可化为)(1)(1ζξξηf f ′=′. 由中值定理知)()()(ln ln )()(ln ln 1)(1ζξξηf ab a f b f a b a f b f a b a b f ′=−−=−−−−=′. 另：)(11)()()(ln ln ln ln )()(11ζηξξf f a f b f a b a b a b a b a f b f ′′=−−−−−−=−. 思考题32（南京航空航天大学）设在上连续，在内可微，如果，证明：在内存在三点，使得)(x f ],[b a ),(b a 0≥a ),(b a 321,,x x x .3)()(2)()()(23322221x x f a ab b x x f a b x f ′++=′+=′例92 设函数在连续，在可微，且)(x f ],[b a ),(b a 1)()(==b f a f . 证明：存在),(,b a ∈ηξ，使得1)]()([=′+−ηηξηf f e .分析：上式可化为ξηηηe f f e =′+)]()([. 即ξη==′=′x x x x e x f e )())((.注意到1)()(==b f a f ，立明.例93 设函数在连续，在可导，且)(x f ]1,0[)1,0(1)5.0(,0)1()0(===f f f . 证明：（1）)1,5.0(∈∃η，使得ηη=)(f ；（2）),0(,ηξλ∈∃∈∀R ，使得1])([)(=−−′ξξλξf f .分析：（1）令，则x x f x F −=)()(0)1(,0)5.0(<>F F ，由连续性立明.（2）原式等价于0])([}1)({=−−−′ξξλξf f .由此可令，由（1）得])([)(x x f e x G x −=−λ0)()0(==ηG G . 由Rolle 定理立明.注 中值定理中常见几种函数的构造：（1）；)()(x f x x F n =（2）；)()(x f e x F x ±=（3）)()()()()(x g x f x g x f x F ′±′=；（4）注意“1”的妙用，等的应用.x e x x n ln ,,例94 设函数在连续，在二阶可导，过点的直线与曲线相交于点，其中)(x f ]1,0[)1,0())1(,1()),0(,0(f B f A )(x f y =))(,(c f c C 10<<c . 证明：)1,0(∈∃ξ，使得0)(=′′ξf .提示：只需找到两点，其一阶导数相等，由Rolle 定理便得结论成立. 画图立明. 思考题33（华中师大2003）设函数在上二阶可导，过点的直线与曲线)(x f ],[b a ))(,()),(,(b f b B a f a A )(x f y =相交于点，其中. 证明：))(,(c f c C b c a <<),(b a ∈∃ξ，使得0)(=′′ξf .例95（华东师大2000）设在中任意两点都具有介值性，且在内可微，)(x f ],[b a )(x f ),(b a k x f ≤′)(（为常数），k ).,(b a x ∈ 证明：在点a 右连续.)(x f 证 ，有),(,21b a x x ∈∀212121)()()(x x k x x f x f x f −≤−′=−ξ，于是，),(,,0,021b a x x k ∈∀>=∃>∀εδε，当δ<−21x x 时，有,)()(21ε<−x f x f所以，在内一致连续，故极限存在. 下证： )(x f ),(b a )(lim x f ax +→)(lim x f a x +→).(a f =反证法. 假设上式不成立，不妨设)()(lim a f l x f ax >=+→，则 2)()(lim a f l l x f a x +>=+→， 由极限的保序性得：,0>′∃δ 当),(δ′+∈a a x 时，有2)()(a f l x f +>， 这样，在区间]2,[δ′+a a ，)2(2)()(δ′+<+<a f a f l a f ，而2,(δ′∈∀a x ，有 2)()(a f l x f +>， 即在)(x f 2,[δ′+a a 不具有介值性，这与假设条件矛盾，所以必有 即在点a 右连续.)(lim x f a x +→).(a f =)(x f 例96 设在上具有二阶连续导数，且)(x f ),(+∞a .0)(lim )(lim ==+∞→→+x f x f x a x （1） 求证：（1），使得),(+∞∈∃a x n .0)(lim ,lim =′+∞=∞→∞→n n n n x f x （2）),(+∞∈∃a ξ，使得.0)(=′′ξf证（1）取，，在区间a k >1≥∀n ]1,[+++n k n k 上，由微分中值定理得：,1),()()1(++<<+′=+−++n k x n k x f n k f n k f n n显然 又，由上式可得 .lim +∞=∞→n n x 0)(lim =+∞→x f x .0))()1((lim )(lim =+−++=′∞→∞→n k f n k f x f n n n 即（1）的结论成立.（2）反证法. 假设任意),(+∞∈a x ，0)(≠′′x f ，由导函数的介值性知在上恒正或恒负，不妨设，则)(x f ′′),(+∞a 0)(>′′x f )(x f ′在),(+∞a 上严格递增，但由（1）知,0)(lim =′∞→n n x f 所以，在内，，即严格递减，这与已知条件（1）式矛盾.),(+∞a 0)(<′x f )(x f 同理可证：0)(<′′x f 也不可能，从而必存在),(+∞∈a ξ，使得0)(=′′x f .例97（中科院）设函数在)(x f ),0[+∞上一阶可微，,0)0(=f 且在内单调递减. 证明：)(x f ′),0(+∞xx f )(在内单调递减. ),0(+∞证 记x x f x F )()(=，则.)()()(2xx f x f x x F −′=′ 又,0)0(=f 由Lagrange 中值定理及单调递减得)(x f ′x x f x f f x f x f ⋅′≥⋅′=−=)()()0()()(ξ 从而，即0)(≤′x F xx f )(在上单调递减. ),0(+∞思考题34（武汉大学，同济大学，电子科技大学）设函数在)(x f ),0[+∞上连续，上可微， 且在),0(+∞,0)0(=f )(x f ′),0(+∞内单调递增. 证明：xx f )(在),0(+∞内单调递增. 六 凸函数有关问题例98（华中师大）设函数为I 凸函数，试证明：在I 的任意一闭子区间上有界.)(x f )(x f 提示：由凸函数推论5知其在闭子区间上连续，从而有界. 也可直接证明.证 设为其任一闭子区间.I b a ⊂],[（1）证明在有上界. )(x f ],[b a ],[b a x ∈∀，记ab a x −−=λ，则x b x )1(λλ−+=，由于为I 凸函数，所以 )(x fM M M a f b f x b f x f =−+≤−+≤−+=)1()()1()())1(()(λλλλλλ，其中，即在有上界.{})(),(max b f a f M =)(x f ],[b a （2）证明在有下界.)(x f ],[b a 记2b ac +=，则，],[b a x ∈∀x 关于c 的对称点为x ′，则由于为I 凸函数，所以 )(x f M x f x f x f c f 21)(212)()()(+≤′+≤， ,)(2)(M c f x f −≥即有下界，从而有界.注 画图理解.例99 设函数为内的凸函数. 试证明：在其任意一闭子区间),(b a )(x f ],[βα上满足Lipschitz 条件.证 即证：],[,,021βα∈∀>∃x x L ，有2121)()(x x L x f x f −≤−.因),(],[b a ⊂βα，故可取充分小的正数，使得h ),(],[b a h h ⊂+−βα，于是],[,21βα∈∀x x ，不妨设，取，由凸性得21x x <h x x +=23hm M x x x f x f x x x f x f −≤−−≤−−23231212)()()()(， 其中分别表示在m M ,)(x f ),(],[b a h h ⊂+−βα内的上下确界，由上例知其均为有限数，从而1212)()(x x hm M x f x f −−≤−. 类似可证 1212)()(x x h m M x f x f −−−≥− 而当时显然成立，故命题为真.21x x =例100 设)(,0)0(x f f =在),0[∞+为非负严凸函数，x x f x F )()(=. 试证：为严增函数.)(),(x F x f 证 因严凸，，由定理1的推论2知 )(x f 0)0(=f。
