微分中值定理例题
罗尔定理与微分中值定理
罗尔定理与微分中值定理在数学分析的领域中，罗尔定理与微分中值定理是非常重要的两个定理，它们在顺序和连续性方面提供了深刻的见解。
通过理解这两个定理，我们能够掌握函数的极值、增长和减少行为，从而为求解各种实际问题奠定基础。
一、罗尔定理1. 定义罗尔定理是微分学中的一个基本定理，描述了在某些条件下，连续可微函数的性质。
具体来说，假设函数 ( f ) 在闭区间 ([a, b]) 上是连续的，并且在开区间 ((a, b)) 上是可微的。
如果 ( f(a) = f(b) )，则存在至少一个点 ( c (a, b) )，使得( f’(c) = 0 )。
2. 准备条件连续性：函数在闭区间 ([a, b]) 上必须是连续的，这意味着没有跳跃或断点。
可微性：函数在开区间 ((a, b)) 上必须是可微的，即在该区间内的每一点都定义了导数。
边界条件：函数在端点处取值相等，即 ( f(a) = f(b) )。
3. 几何意义罗尔定理给我们提供了一个几何上的直观感受。
当我们画出函数曲线时，如果曲线在起点和终点处的高度相同，那么根据这一理论，必然在某个点上存在切线水平（即水平切线对应的导数为零），这代表着局部极值。
4. 应用罗尔定理在多个领域都有广泛应用，包括：优化问题：寻找最佳解决方案时，常常需要使用导数为零的特性来界定极值点。
函数行为分析：在研究函数的增长减少趋势时，罗尔定理可以帮助简单判断导数变化情况。
二、微分中值定理1. 定义微分中值定理，也称为拉格朗日中值定理，其内容是对罗尔定理的一种推广。
具体而言，假设函数 ( f ) 在闭区间 ([a, b]) 上是连续的，并且在开区间 ((a, b)) 上是可微的，则存在至少一个点 ( c (a, b) )，使得[ f’(c) = ]这个等式表明，在( c ) 点处的切线斜率等于整个区间端点之间的割线斜率。
2. 准备条件连续性：函数在闭区间 ([a, b]) 上继续是连续的。
考研数学一：微分中值定理(37)(22题)
f ' () f ' () 1
利用拉格朗日中值定理得
f ( ) f ( ) f (0) f ' ( ) , (0, ) f (1) f ( ) f ' ( )(1 ) , ( ,1) 1 f ( ) f ' ( )
说明：辅助函数导数可以和原方程相差一非零因子
例4 设 f (x) 可导, λ为任意实数, 则 f (x)的任意两个零
点之间, 必有 f ( x ) f ' ( x ) 的零点
解 设 x1< x2 是 f (x) 的任意两个零点，要证：存在
ξ(x1, x2) 使
f ( ) f ' ( ) 0
f ' () 0
y y 说明:
A B
2
1) 几何意义
0 o
a
b xx
2) 罗尔定理涉及了方程根的问题
例2 若 f (x)在 0, 1上连续, 在 (0,1)内可导, 且 f (1)=0 ,
则在 (0,1) 内存在点ξ, 使
f ' ( ) f
解
f ( ) f ' ( ) f ' ( ) f ( ) 0, (0,1)
[ xf ( x )]' x 0, (0,1)
取辅助函数 F ( x ) xf ( x ) ，则 F(x)在 0, 1上连续， 在 (0,1)内可导，且F(0) = F(1) = 0， 根据罗尔定理， 存在 ξ(0,1) , 使
微分中值定理及其应用习题课
平切线(图)
y
6.罗尔定理结论中的 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
y=f (x) 0
3x
f
(x)
x 4
sin 2
1 x
,
x 0; 在1,1 上满足罗尔定理的三个条件．显然,
0,
x 0.
4
f
( x)
4 x 3
sin 2
1 x
2x2
sin
1 x
cos 1 x
函数
f
(x)
x, 0,
0 x 1, 在 [0,1] 上不满足罗尔中值定理的条件(1)，因为 f (x) 在点 x 1 处不连 x 1,
续．由于 f (x) 1, x (0,1) ，所以在开区间 (0,1) 内找不到使得等式 f ( ) 0 成立的点 ，如图，无
水平切线(图 1)；
函数 g(x) x , x [1,1]， 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 x 0 处不
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
f
(x)
0,
x,
x [0,1) x [1, 2]
在 0, 2 不连续，在 0, 2 不可导，
f
0
f
2 ，但
f
(
x)
0, 1,
x x
0,1 1, 2
，
0,1
上点都满足
f (x) 0 ．
5.为什么不将罗尔条件(i)(ii)合并为 f (x) 在 a,b 上可导？
f x0 f x0 f x0 ，由此（1）若 f (x) 在点 x0 处的左右极限存在，则根据导数极限定理，f (x)
第六章 微分中值定理及其应用
由此可得
.
例2 设轴为镜面,光线由点处入射至上点R,经反射后过点Q(图6-2).试用光线沿最省时间的路径传播原理,验证光线反射规律:入射角等反射角.
图6-2
解 设光线由点P出发在平面镜上点R处反射后通过点Q,上述三点分别有坐标为,于是
,
,
光线走过总的路径为
.
因为光线是沿最省时间的路线传播,而光速是常数,所以通过求的极小值,便可确定点R的位置.为此令
由图6-2可见是入射角的余弦,而是反射角的余弦,于是有
即入射角等于反射角.
说明 由于本例是要证明,而不要求具体算出点R的坐标和的最小值,因此当由极值的必要条件推出了结果后,解题过程便告结束.这与通常求极值或最大(小)值的问题稍有不同.
于是解得唯一的极值点为
.
易见时,时,即为极小值点.由于唯一的极值点为最值点,因此当力F与水平方向夹角,力F最小.
注 力学中称为摩擦角.
例4 设函数
(n为正整数).
其中函数当时连续,且.试问点是否为的极值点?当它是极值点时,讨论它是何种极值点?
解 ,
不妨设,由连续函数的局部保号性,在某领域中.
证 因为为方程的n重根，于是该方程有2n个实根，现要证明有n个相异的实根。
=
方程以x=0为单根，重根，因为，由罗尔定理，使得于是有两个单根；又因
其中为二次多项式，故方程还有两个n-2重根。
由此可推测当导数增高一次，相异单根增加一个，但重根各下降一次，现用归纳法证明相应结论。
. பைடு நூலகம்
不妨设,于是有
.
在上对应用达布定理,使得
,
这样就证得
微分中值定理例题
理工大学微积分-微分中值定理费马定理罗尔定理拉格朗日定理柯西定理()()1.()0,(0)0,f x f f f ϕξξξξζξξξ'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２１２１２１２１２２１１１２１１１２１１２２１设证明对任何的x ０，ｘ０，有（ｘ＋ｘ）（ｘ）＋ｆ（ｘ）． 解：不妨设ｘｘ，（ｘ）＝f （ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ） ＝ｆ（ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（０） ＝ｆ（）ｘ－ｆ（）ｘ＝ｘｆ（）－ｆ（）＝ｘｆ－．因为，０ｘｘ()ξζϕ''<<<<２１１２ｘ＋ｘ，又ｆ０，所以（ｘ）０，所以原不等式成立。
12n 12n 12n 11221122n 0011000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n nni i i i i i i X b b x f x f x f x x x λλλλλλλχλχλχλλλλλ=='' >∀⋯⋯∈<<1++⋯+=++⋯+≤⋯=<=>α.'''=+-+∑∑2设f （）在（a ，）内二阶可导，且（）0，，（a ，），0，，，且则，试证明(（）+（）++（）. 解：设同理可证：()20000i 0011110000111()()()()().x 2!()()()()()(()()().)nn ni i i i i i i nni nniiiiiii i i i i i f x x f x f x x x f x f x f x f x x x f x X X x x f x f x λλλλξξλλλ=======⎛⎫''-'-≥+-<<'≥+-===- ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑注：x()3.)tan.2F ,F 2(0)0,(0)0,((cos02F f xf F F f ππξξπξξππππππξ [0]0'∈=[0]0=∴===[0]∈设f(x)在，上连续，在（，）内可导，且f （0）=0，求证：至少存在（0，），使得2f ( 证明：构造辅助函数：（x)=f(x)tan 则（x)在，上连续，在（，）内可导，且））所以（x)在，上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知：至少存在（0()()()()()()F 011F x cossin F cos sin 0222222cos0)tan22x x x f f f πξξξξξξξξξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。
第03章微分中值定理与导数的应用习题详解
M 12丿」I 2丿第三章 微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：(1)虽然 f(x)在［—1,1］上连续，f(—1) = f(1)，且 f(x)在(—1,1)内可导。
可见，f(x)在［_1,1］上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点 匕€(-1,1)，使得f 牡)=0，即:f(X)=cosx, F(X)=1 — sin X 且对任一 x 乏0,—】，F'(X)H 0, ”■. f (x),F (x)满足柯西 I 2丿中值定理条件。
—12©宀2=0，满足、； (2)虽然f(x)在［—1,1］上连续,f(_1)= f (1)，但 f (x)在(—1,1)内 x = 0点不可导。
可 见，f (x)在［ —1,1］上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点 £ £ (_1,1)，使得 f 徉)=0. 2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件 3 3 .解：令 y = 3arccos x - arccos(3x - 4x 3), y ‘ = 一 23 —12x 2厂工®®3)2，化简得 y'=0,「. y =c ( C 为常数)，又 y(0.5)=兀，故当-0.5<x<0.5，有 y(x)=兀。
「兀f f 兀、 4 .证明：显然f(x), F(x)都满足在'|0,二I 上连续，在10,二 内可导L 2」 I 2丿 c oxsn ——x、、2丿F Q-F(O)12丿兀--1 2F( x) -1 sixn_c O 弓-x厂(X )_F(x) ZL"2 /兀 X ,，即 tan I - -- U--1，此时l 4 2丿 2f JI「兀X = 2 I — -arctan l — -1L 4l 2显然萨〔0,-〕，即丿」 I 2丿5.解：因为f(0) = f (1)= f (2) = f (3) =0，又因为f(x)在任一区间内都连续而且可导, 所以f (X)在任一区间 0,1 ], 1,2], [2,3]内满足罗尔中值定理的条件， 所以由罗尔定理，得:3" -(0,1), "^(1,2), ©-(2,3),使得：f 徉1 )= 0 r =) &：◎(=), 30 因为6.证明：设f(x) =0的n+1个相异实根为X o V X 1 <X 2 <H( <X n则由罗尔中值定理知：存在J (i =1,2,川n):X0 <：勺1cj ■<X2 vill <-1^Xn ，使得再由罗尔中值定理至少存在So =1,2,川n-1):上11 C 巴21 V ©2 吒 W ©3 V i 11 < J n d W G n ,使得7.解：反证法，倘若 p(X)=0有两个实根，设为X^X 2，由于多项式函数 p(x)在[X 1,X 2]上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点E€(X I ,X 2),使得P 徉)=0,而这与所设p'(x)=0没有实根相矛盾，命题得证。
微分中值定理(怎样构造辅助函数)
怎样在微分中值定理中构造辅助函数成了解这类题的主要关键，下面介绍怎样构造的方法，还有附带几个经典例题，希望对广大高数考生有所帮助。
先看这一题，已知f(x)连续，且f(a)=f(b)=0,求证在（a ，b ）中存在ε使f ’(ε)=f(ε)证明过程： f ’(ε)=f(ε), 所以f ’(x)=f(x), 让f(x)=y,所以 y dx dy =,即dx dy y =1，所以对两边简单积分，即⎰⎰=dx dy y11，所以解出来（真的是不定积分的话后面还要加个常数C ，但这只是我的经验方法，所以不加）就是x y =ln ，也就是x e y =，这里就到了最关键的一步，要使等式一边为1！，所以把x e 除下来，就是1=x ey ，所以左边就是构造函数，也就是x e y -⋅，而y 就是f(x)，所以构造函数就是x e x f -)(，你用罗尔定理带进去看是不是。
再给大家举几个例子。
二、已知f(x)连续，且f(a)=f(b)=0,求证：在（a ，b ）中存在ε使f ’(ε)+2εf(ε)=0 证：一样的，xy dx dy 2-=，把x,y 移到两边，就是xdx dy y21-=，所以积分出来就是2ln x y -=，注意y 一定要单独出来，不能带ln ，所以就是=y 2x e -，移出1就是,12=x ye 所以构造函数就是2)(x e x f ，再用罗尔定理就出来了。
三、已知f(x)连续，且f(a)=f(-a),求证在（-a ，a ）中存在ε使f ’(ε) ε+2f(ε)=0.证：02=+y x dx dy ，移项就是dx x dy y 121-=，所以x y ln 2ln -=，所以就是21x y =，移项就是12=⋅x y ，所以构造的函数就是2)(x x f ⋅，再用罗尔定理就可以了。
注：这种方法不是万能的，结合下面例题尝试做下。
微分中值定理的证明题1. 若()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 上可导，()()0f a f b ==，证明：R λ∀∈，(,)a b ξ∃∈使得：()()0f f ξλξ'+=。
数学分析6微分中值定理及其应用总练习题详解
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。
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理工大学微积分-微分中值定理费马定理罗尔定理拉格朗日定理柯西定理()()1.()0,(0)0,f x f f f ϕξξξξζξξξ'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２１２１２１２１２２１１１２１１１２１１２２１设证明对任何的x ０，ｘ０，有（ｘ＋ｘ）（ｘ）＋ｆ（ｘ）． 解：不妨设ｘｘ，（ｘ）＝f （ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ） ＝ｆ（ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（０） ＝ｆ（）ｘ－ｆ（）ｘ＝ｘｆ（）－ｆ（）＝ｘｆ－．因为，０ｘｘ()ξζϕ''<<<<２１１２ｘ＋ｘ，又ｆ０，所以（ｘ）０，所以原不等式成立。
12n 12n 12n 11221122n 0011000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n nni i i i i i i X b b x f x f x f x x x λλλλλλλχλχλχλλλλλ=='' >∀⋯⋯∈<<1++⋯+=++⋯+≤⋯=<=>α.'''=+-+∑∑2设f （）在（a ，）内二阶可导，且（）0，，（a ，），0，，，且则，试证明(（）+（）++（）. 解：设同理可证：()20000i 0011110000111()()()()().x 2!()()()()()(()()().)nn ni i i i i i i nni nniiiiiii i i i i i f x x f x f x x x f x f x f x f x x x f x X X x x f x f x λλλλξξλλλ=======⎛⎫''-'-≥+-<<'≥+-===- ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑注：x()3.)tan.2F ,F 2(0)0,(0)0,((cos02F f xf F F f ππξξπξξππππππξ [0]0'∈=[0]0=∴===[0]∈设f(x)在，上连续，在（，）内可导，且f （0）=0，求证：至少存在（0，），使得2f ( 证明：构造辅助函数：（x)=f(x)tan 则（x)在，上连续，在（，）内可导，且））所以（x)在，上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知：至少存在（0()()()()()()F 011F x cossin F cos sin 0222222cos0)tan22x x x f f f πξξξξξξξξξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。
4.设)(x f 在]1 , 0[上连续，在)1,0(内可导，且0)1()0(==f f ，,1)21(=f试证：（1）至少存在一点),1,21(∈η使得η=η)(f ；（2）对任意实数λ，必存在), , 0(η∈ξ 使得 ].)([1)(ξ-ξλ=-ξ'f f证明：（1）设xx f x F -=)()(，则],1,21[)(∈x F 又1)1(,21)21(-==F F ，所以0)1()21(<⋅F F 由零点定理知：,0)(),1,21(=η∈η∃F 使得即.)(η=ηf（2）构造辅助函数：])([)(x x f e x G x-=λ-则),0()(],,0[)(η∈η∈D x G C x G又0)(,0)0(=η=G G所以将上应用罗尔定理，有，在]0[)(ηx G 存在），（η∈ξ0使得0)(=ξ'G .0]}1)([])([{)(=-ξ'+ξ-ξλ-=ξ'λξ-f f e G又 ,0≠λξ-e得0]1)([])([=-ξ'+ξ-ξλ-f f 即 1)(])([-ξ'=ξ-ξλf f 结论成立。
5.求证：对任意实数x ，22arctan ln(1).x x x ≥+、 证明：设)1ln(arctan 2)(2x x x f +-=，则0)0(=fx x f arctan 2)(=',当0>x 时，有,0)(>'x f )(x f 在),0(+∞严格单增，有0)(>x f ，当0<x 时，有,0)(<'x f )(x f 在)0,(-∞严格单减，有0)(>x f ， 所以对任意实数x ，0)(≥x f ，结论成立。
（后半部分也可利用偶函数的性质证明）.6.(1) 设n 为正整数，试利用拉格朗日中值定理证明不等式：111ln(1);1n n n<+<+ (2) 利用(1)的结果证明数列111(1)ln 23n x n n=++++-收敛. 证明：（1）设,ln )(x x f =对于正整数n ，显然有)(x f 在区间]1,[+n n 上满足拉氏 中值定理，所以至少存在一点)1,(+∈ξn n ，使得)(1)()1(ξ'=-+f n f n f即ξ=-+=+1ln )1ln()11ln(n n n 又nn 1111<ξ<+,从而n n n 1)11ln(11<+<+ 成立。
（2）n nn n x x n n ln )1211()1ln()11211(1++++-+-++++=-+ .0)11ln(11<+-+=n n所以数列为单调递减数列。
又nn n n x xn n 111)11ln(111-+>+-+=-+112111)()()(x x x x x x x x n n n n n +-++-+-=-++1)121()111()111(+-++--+-+> n n n n 011>+=n 所以此数列有下界，由单调有界准则知此数列收敛。
7.设()f x 在[]0,1上二阶可导,且()()01f f =.求证在()0,1内至少存在一点ξ,使得()()20f f ξξξ'''+=证明: 作辅助函数()2()F x x f x '=, 由()f x 在[]0,1上二阶可导,知()F x 在[]0,1上可导,从而()F x 在[]0,1上连续.又()f x 在[]0,1上满足Rolle 定理的条件，从而由Rolle 定理知：()0,1η∃∈，使得()0f η'=。
又(0)0F =，()2()0F f ηηη'==这样，()F x 在[]0,η上满足Rolle 定理的条件，由Rolle 定理，有()()()0,0,1,0F ξηξ'∃∈⊂=使得又()()()22F x xf x x f x ''''=+()()()220F f f ξξξξξ''''∴=+=∴()()20f f ξξξ'''+=,结论得证.8.已知()f x 在[0,1]上连续，且在()0,1内可导，且()0f =0，()1f =1。
求证 （1） 存在()0,1ξ∈ 使得()12f ξ=。
（2） 存在两个不同的点(),0,1ηλ∈，使得()()112f f ηλ+='' 证明：（1）()()()1,00,11,02f x C f f ∈[0,1]==<<1且又，故由连续函数介值定理知()()10,1,.2f ξξ∃∈=使（2）对()f x 在区间ξ[0,]，ξ[,1]上分别应用拉格朗日中值定理，得()()0,,,,ηξλξηλ∃∈∈,1≠，使()()()()()()()1101011122.21121f f f f f f ξξηλξξξξξξ----''======---()()1122(1) 2.f f ξξηλ∴+=+-='' 9. 设)(x f 在],[b a 上二阶可导，且0)(,0)(<''>'x f x f ，证明在),(b a 内， 方程xb a f x f x f --=')()()(有惟一的实根.证明：（1）根的存在性：设xa f x bf x xf x F )()()()(--=，则],,[)(b a C x F ∈),,()(b a D x F ∈又)()()(b F a bf a F =-=，由罗尔定理知：,0)(),,(=ξ'∈ξF b a 使得至少存在一点即方程0)(='x F 至少有一个根，而)()()()()(a f x f b x f x x f x F -'-'+='xb a f x f x f x F --='=')()()(0)(，变形即为方程.)()()(至少有一个根所以方程x b a f x f x f --='（2）根的惟一性：)()()()()(a f x f x f b x x F -+'-=')()()(2)(x f b x x f x F ''-+'='' ),((b a x ∈∀.0)(,0,0)(,0)(>''<-<''>'x F b x x f x f 可知，由已知条件，有惟一零点。
严格单增，)()(x F x F ''∴.)()()(有惟一一个根所以方程xb a f x f x f --='10.证明arcsin arccos (11).2x x x π+=-≤≤证：设()arcsin arccos f x x x =+， [1,1]x ∈- 则在(1,1)-上()(0f x '=+=(),(1,1)f x C x ∴≡∈- (0)arcsin 0arccos0022f ππ=+=+=又即 .2C π=又(1),2f π±=()arcsin arccos 2f x x x π=+=[1,1]x ∈-11.证明当0,ln(1).1xx x x x><+<+时 证：设()ln(1)f x x =+， ()f x 在[]0x ，上满足拉氏定理条件，()(0)()(0),(0)f x f f x x ξξ'∴-=-<<1(0)0,(),1f f x x'==+ 由上式得ln(1)1x x ξ+=+，又0x ξ<< 111x ξ∴<+<+ 11111x ξ∴<<++ ,11x x x x ξ∴<<++ 即 ln(1)1xx x x<+<+ 12. 0,ln b a b b a b a b a a -->><<设证明： 证：将待证不等式整理为1ln ln 1,b a b b a a-<<- 设函数()ln ,f x x =，则()[,]f x a b 在上满足拉格朗日定理的条件，于是存在(,)a b ξ∈，使得ln ln 1()b a f b a ξξ-'==-由于(,)a b ξ∈，故111.b a ξ<<所以1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln .b a b b ab a a--<<13.证明：不等式2sin 1(01)2xx e x x -+<+<<成立证:设函数2()sin (1),[0,1].2xx f x e x x -=+-+∈则有()cos x f x e x x -'=-+-，()f x '的正负难以确定，继续求导得()sin 1x f x e x -''=--。