3.1 中值定理
3.1微分中值定理与洛必达法则
二、洛必达法则：
1、未定式：在求函数极限 lim f (x) 时，我们会遇到 g(x)
lim f (x) 0 （或为 ）、 limg(x) 0 （或为 ），
这时由于 lim f (x) 可能存在也可能不存在，我们将 g(x)
这种“ 0 ”型或“ ”型成为未定式.
0
二、洛必达法则：
设函数 f (x) 和 g(x) 满足下列条件：
3.1微分中值定理与罗必塔法则 一. 微分中值定理
1.罗尔中值定理 设 (1) f (x) C([a, b]) ; (2) f (x) 在 (a, b) 内可导 ;
(3) f (a) f (b) ,
则至少存在一点 (a, b) , 使得 f ( ) 0 .
y y f (x)
A
B
Oa
bx
x x
x
x
设 f (x) x5 5x 1, 则 f (x) 在 [0 , 1 ] 连续 , 且
由介值定理知存在 x0 (0,1), 使
f (x0 ) 0, 即方程有小于 1 的正根
2) 唯一性 .
假设另有
f (x)在以
x0 , x1 为端点的区间满足罗尔定理条件 , 在 x0 , x1 之间
至少存在一点
即 f (x) 0 至少有三个实根.
f (x) 是四次多项式, f (x) 是三次多项式,
f (x) 0 至多有三个实根.
综上所述, f (x) 0 仅有三个实根 , 分别在 (a, b), (b, c), (c, d)中.
例2. 证明方程
有且仅有一个小于1 的
正实根 .
证: 1) 存在性 .
如何利用罗尔定理 来证明？
证 令 (x) f (x) f (a) f (b) f (a) (x a)
3.1中值定理和单调性
3.1 中值定理及函数的单调性
罗尔定理的几何意义:
即连续曲线 y = f ( x)在弧A 上， B 除端点外处处有不垂直于 x 轴的切线， 则在弧 A 上至 B 少存在一点C(ξ, f (ξ)), 在该
y
C 1
A
C 2
B
O
aξ
1
ξ2
b
x
点处曲线的切线平行于 x 轴，从而平行于弦 A . B 导数的零点不一定唯一
例7 求函数 y = (x −1 的单调区间。 )
3 2 2
, (1)函数的定义区间 (−∞+∞)
(2)
′ 2 −1 4x 2 ′ = (x −1 = (x −1 3 ⋅ 2x = ) y ) 3 3 3 x2 −1
2
2 3
[
]
驻点： x = 0
不可导点： x = ±1
, (3)点-1，0，1划分定义区间(−∞+∞) ,列表讨论。
x
y′ y
(−∞,−1) (−10) ,
(0,1)
(1+∞) ,
单减区间 (−∞ 1,[0,1 ] ,− ]
, , ) 单增区间[−10],[1+∞
19
3.1 中值定理及函数的单调性
例8 证明：当 x > 0时， (1+ x) < x. ln 设 f ( x) = x−ln(1+ x), 则 f ( x) 在 [0,+∞) 上连续且 f (0) = 0
1 x ) 在 [0,+∞) 内， ′( x) =1− f = >0, f ( x) 在 [0,+∞ 1+ x 1+ x
当 x > 0时， f ( x) > f (0) = 0
3-1中值定理与洛必达法则
练习
P.64 7(2,7,8)
二、 0 , ,0 ,1 , 型未定式解法
0 0
1. 0 型
关键:将其它类型未定式化为洛必达法则可解决 0 ( ), ( ) 的类型: . 0
1 1 步骤: 0 , 或 0 0 . 0 x 2e x . ( 0 ) 例7 求 xlim x x x ( e ) e e lim lim 解: 原式 lim 2 x ( x ) x 2 x x x 2 x
0 0
例12
解 原 式 lim 1 sin x lim (1 sin x).
x
x cos x 求 lim . x x
极限不存在
x
1
洛必达法则失效。
1 实际上 原 式 lim (1 cos x ) 1. x x
小结
洛必达法则
型
1 g 1 f f g 1 g 1 f
例
证明 cos x cos y x y
设 f ( t ) cos t
当x y时 f ( x ) 在 以x与y为 端 点 的 区 间 上 满足拉格朗日中值定的 理条件
证:
f ( x ) f ( y ) f ( )( x y ), ( 在x与y之 间)
cos x cos y sin ( x y ),
第三章 导数的应用
罗尔中值定理 中值定理 拉格朗日中值定理 柯西中值定理 函数之商 应用
0 及 0
型的极限
研究函数性质及曲线性态 利用导数解决实际问题
§3.1 中值定理与洛必达法则
(一)中值定理
3.1微分中值定理
化简得： ( a b) 2
课堂练习
2. 证明不等式： arc tan a arctan b a b
证
设f (t ) arctan t.若a b ，应用拉格朗日中值定 理，得 1 arc tan a arctan b (a b) (a, b), 2 1 1 arctan a arctan b ( a b) a b . 2 1
高等数学
广东南方职业学院
第3章 微分中值定理与导数的应用
第一节 中值定理 第二节 函数的单调性、极值
Байду номын сангаас
第三节 洛必达法则
第四节 曲线的凹凸性与函数图形的描绘
3.1 中值定理
学习目标： 了解罗尔定理、拉格朗日中值定理的意义；
3.1 中值定理
3.1.1 罗尔（Rolle）定理
定理3.1
两边取绝对值，得
上式当a b时也成立. 故 arc tan a arctan b a b
课堂练习
1.试证明对函数y px 2 qx r应用拉格朗日中值定理 时所求得的点总是位 于区间的正中间.
解
定义域(,) , 设函数y px2 qx r在[a, b]满足拉格朗日中值定理
则
pb2 qb r Pa 2 qa r 2 p q
C
A
a
bx
3.1 中值定理
推论3.1 设函数f ( x)在(a, b)内可导, 且f ( x) 0 ，则f ( x)在该区间是一个常 数函数 , 即
证明
f ( x) C (常数 )
在(a, b)内任取两点x1 , x2 ( x1 x2 )
罗尔、拉格朗日、柯西中值定理、洛必达法则、泰勒公式等与导数的应用
内容概要课后习题全解习题3-1★1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值ξ。
（1）]511[32)(2.,,x x x f ---=；（2）]30[3)(,,x x x f -=。
知识点：罗尔中值定理。
思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程0)(/=ξf ，得到的根ξ便为所求。
解：（1）∵32)(2--=x x x f 在]511[.,-上连续，在)5.1,1(-内可导，且0)51()1(==-.f f ，∴32)(2--=x x x f 在]511[.,-上满足罗尔定理的条件。
令()410f ξξ'=-=得)511(41.,ξ-∈=即为所求。
（2）∵x x x f -=3)(在]30[,上连续，在)30(,内可导，且0)3()0(==f f ， ∴x x x f -=3)(在]30[,上满足罗尔定理的条件。
令()0f ξ'==，得)30(2,ξ∈=即为所求。
★2.验证拉格朗日中值定理对函数25423-+-=x x x y 在区间]10[,上的正确性。
知识点：拉格朗日中值定理。
思路：根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程(1)(0)()10f f f ξ-'=-，若得到的根]10[,ξ∈则可验证定理的正确性。
解：∵32()452y f x x x x ==-+-在]10[,连续，在)10(,内可导，∴25423-+-=x x x y 在区间]10[,上满足拉格朗日中值定理的条件。
又2)0(2)1(-=-=,f f ，2()12101f x x x '=-+，∴要使(1)(0)()010f f f ξ-'==-，只要：(01),ξ=，∴(01),ξ∃=，使(1)(0)()10f f f ξ-'=-，验证完毕。
★3.已知函数4)(x x f =在区间]21[,上满足拉格朗日中值定理的条件，试求满足定理的ξ。
3.1中值定理
因此必有f (x)=0。
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罗尔定理： 如果函数y=f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导，且有f(a)=f(b)，那么在(a, b)内至少在一点x ， 使得f (x)=0。 应注意的问题： 如果定理的三个条件有一个不满足，则定理的结论 就可能不成立。
h
b
x
拉格朗日中值定理：
如果函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导，那么在(a, b) 内至少有一点x，使得 f(b)f(a)=f (x)(ba)。
拉格朗日中值定理的几何意义：
如果连续曲线y=f(x) 除端点A、B外，处处有不垂直于x轴的切线，则此曲 线弧上至少有一点C，使得该点处的切线平行于弦AB.
简要证明：(1)如果 f(x)=f(a) ，则 f (x)0，定理的结 论显然成立的。 (2)如果有 x(a, b)，使 f(x)f(a)，不妨设 f(x)f(a)， 则函数f(x)的最大值点 x 必在(a, b)内。于是 f ( x) f (x ) f (x)= f(x)= lim 0， x x x x f ( x) f (x ) f (x)= f(x)= lim 0， x x x x
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课堂作业：P72 习题3-1
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3.1.3柯西中值定理
定理
如果函数f(x)及g(x) (1) 在闭区间[a,b]上连续
(2)在开区间 (a, b)内可导, 且g ' ( x)在(a, b)内每一点处均不为零， 那么 f (b) f (a) f ' (x ) 在(a, b)内至少有一点 x (a x b), 使等式 = 成立. g (b) g (a) g ' (x )
3_1中值定理
整理得f ( ) f ( ) 0.
例3 设 f (x)在[0,1] 连续，(0,1) 可导，且 f (1) 0 ,
求证存在 (0,1),使 证明 设辅助函数 (x) xn f (x) 显然 (x) 在 [0,1]上满足罗尔定理条件, 因此至少存在 (0,1) , 使得
但在x 0处不可微，当然也不能有f 0 0. (2)此定理只是 f x取得极值的必要条件 ,而非充分条件 ,
例如函数y x3,
虽然f 0 0，但x 0不是极值点.
(3)几何上可微函数在极值 点处的切线是水平的. (4)通常称导数为零的点为 函数的驻点.
3.1.2、罗尔( Rolle )定理
提示: 由结论可知, 只需证
即
f (x )sin x x 0
设
F(x) f (x)sin x
验证 F (x ) 在 [0, ] 上满足罗尔定理条件.
柯西(1789 –
1857) 法国数学家, 他对数学的贡献主要集中 在微积分学, 复变函数和微分方程方面 . 一生发表论文800余篇, 著书 7 本《柯,
B
端点处的纵坐标相等，则 AB
上至少存在一异于A、B的点
x C，使 AB 在该点的切线 平行于x轴（平行于弦AB）
例1 证明方程
有且仅有一个小于1的
正实根 .
证明 1) 存在性 .
设 f (x) x5 5x 1, 则 f (x) 在[0,1] 连续 ,且
由介值定理知存在 x0 (0,1), 使
f (x0 ) 0, 即方程有小于 1的正根
2) 唯一性 .
假设另有
3.1 微分中值定理
π
自证: arctan + arccot = , ∈ (−∞, +∞).
2
第一节 微分中值定理
第三章 微分中值定理与导数的应用
例3 证明当 > 0时,
< ln( 1 + ) < .
1+
证
设 () = ln( 1 + ), 则()在[0, ]上满足拉格朗日中值定理的条件,
第一节 微分中值定理
第三章 微分中值定理与导数的应用
二、拉格朗日中值定理
拉格朗日定理
如果函数()满足
(1) 在闭区间[, ]上连续;
(2) 在开区间(, )内可导,
() − ()
.
则在开区间 , 内至少存在一点 , 使得 ′( ) =
−
几何解释∶
在曲线弧 上至少有一点 , 在该点处的切线平行于弦.
第一节 微分中值定理
第三章 微分中值定理与导数的应用
第三章 微分中值定理与导数的应用
分析:
欲证 ′ (
() − ()
)=
−
将 变为
逆
向
思
维
′ ()
() − ()
=
−
适当变形
() − ()
() −
−
′
=0
设为辅助函数
验证辅助函数满足罗尔定理条件, 得出结论.
则在开区间 , 内至少存在一点 ,使得
() − () ( )
(( ), ( ))
几何解释∶
在曲线弧上至少有一点, 在该点处的切线平行于弦.
第一节 微分中值定理
第三章 微分中值定理与导数的应用
高数上3.1 微分中值定理
证:只须令 F(x) f (x) kx, x [a,b]应用例1的结论.
此结论的意义在于区间上的导函数不论是否 连续,一定有介值性质。
反之由f (x)的介值性是推不出f (x)的连续性。
罗尔(Rolle)定理 若函数 f ( x)在闭区间 [a,b] 上连 续，在开区间 (a,b)内可导，且在区间端点的函数值
证 f ( x)在 [a,b] 连续，必存在最大值 M 和最小 值 m.
(1) 若M m, 则 f ( x) M . 故 (a,b), 都有 f ( ) 0.
(2) 若 M m, f (a) f (b),
证 f ( x)在 [a,b] 连续，必存在最大值 M 和最小 值 m.
相等，即 f (a) f (b), 则在 (a,b) 内至少有一点 (a b), 使 f ( ) 0.
证 f ( x)在 [a,b] 连续，必存在最大值 M 和最小 值 m.
(1) 若M m, 则 f ( x) M . 故 (a,b), 都有 f ( ) 0.
(2) 若 M m, f (a) f (b),
f
(
x
)
a1
sin
x
1 3
a
2
sin
3
x
1 2n
1
an
sin(2n
1) x,
证 作辅助函数
f
(
x
)
a1
sin
x
1 3
a
2
sin
3
x
1 2n
1
an
sin(2n
1) x,
显然 f (0) f ( / 2) 0, f ( x) 在 [0, / 2]上连
3.1 中值定理
f ( ) f (b) f (a)
ba
November, 2004
f ( ) f (b) f (a)
ba
另一形式：
f (b) f (a) f ( )(b a)
November, 2004
Geometrical Interpretation of Lagrange’s Theorem
Case 2 m ≠ M
由于 f(a) = f(b) 函数不可能在闭区间[a, b]的两个端点同时取 得最大值 M 和最小值 m 即最大值和最小值至少有一个在开区间(a, b) 内取得 不妨假定 M = f(ξ) , ξ ∈(a, b)
November, 2004
不妨假定 M = f(ξ) , ξ ∈(a, b)
20
解出 x 2 3
November, 2004
验证下列函数在区间[0, 2]上满足Lagrange中值定理的 条件，并求出相应的 ξ∈(0, 2)。
f (x) x3 x
f (x) (x3 x) 3x2 1
令 f (x) 3x2 1 f (2) f (0) 3
20
解出 x 2 3
又 f (1) 0 f (2) 0
所以函数在区间[-1, 2]上满足Rolle定理的三个 条件。
November, 2004
f (x) x3 4x2 7x 10
f (1) 0 f (2) 0
所以函数在区间[-1, 2]上满足Rolle定理的三个 条件。 故存在 ξ∈(-1, 2), 使得 f ’(ξ) = 0。
f (x1) f (x2 ) 0 f (1) 0 f () 0
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1．验证函数()4f x x x =-在区间[0,4]上满足罗尔中值定理的条件，并求出使得结论成立的点ξ。
【解】⑴因为()4f x x x =-是初等函数，在其定义域(,4]-∞上连续，故()4f x x x =-在区间[0,4]上连续； ⑵因为1'()424f x x x x -=-+-2(4)24x x x --=-8324x x -=-，而83'()24x f x x -=-在区间(0,4)上有定义，故()4f x x x =-在区间(0,4)内可导；⑶因为(0)0f =，(4)0f =，成立(0)(4)f f =，所以，函数()4f x x x =-在区间[0,4]上满足罗尔中值定理的三个条件。
验证完毕。
令83'()024x f x x-==-，得8(0,4)3x =∈， 即可取83ξ=，则有点(0,4)ξ∈，使得罗尔中值定理结论'()0f ξ=成立。
2．验证函数3()1f x x =-在区间[1,2]上满足拉格朗日中值定理的条件，并求出使得结论成立的点ξ。
【解】⑴因为3()1f x x =-是初等函数，在其定义域(,)-∞+∞上连续，故3()1f x x =-在区间[1,2]上连续；⑵因为2'()3f x x =，而2'()3f x x =在区间(1,2)上有定义，故3()1f x x =-在区间(1,2)内可导，所以，函数3()1f x x =-在区间[1,2]上满足拉格朗日中值定理的三个条件。
验证完毕。
令(2)(1)'()21f f f x -=-，即为332(21)(11)321x ---=-，得7(1,2)3x =∈， 即可取73ξ=，则有点(1,2)ξ∈，使得拉格朗日中值定理结论(2)(1)'()21f f f ξ-=-成立。
3．函数4()1f x x =-与2()g x x =在区间[1,2]上是否满足柯西中值定理的所有条件，如满足，求出满足定理的数值ξ。
【解】⑴因为4()1f x x =-与2()g x x =都是初等函数，在其定义域(,)-∞+∞上连续，故4()1f x x =-与是2()g x x =都在区间[1,2]上连续；⑵因为3'()4f x x =与'()2g x x =均在区间(1,2)上有定义，故4()1f x x =-与2()g x x =都在区间(1,2)内可导；⑶因为当(1,2)x ∈时，'()20g x x =≠恒成立，所以，函数4()1f x x =-与2()g x x =在区间[1,2]上满足柯西中值定理的所有三个条件。
令'()(2)(1)'()(2)(1)f x f fg x g g -=-，即344224(21)(11)221x x ---=-，得5(1,2)2x =∈， 即可取52ξ=，则有点(1,2)ξ∈，使得柯西中值定理结论(2)(1)'()21f f f ξ-=-成立。
4．若4次方程432012340a x a x a x a x a ++++=有4个不同的实根，证明：3201234320a x a x a x a +++=的所有根皆为实根。
【证明】令43201234()f x a x a x a x a x a =++++，显见()f x 为初等函数，在(,)-∞+∞上连续，可导，由题设，不妨设方程432012340a x a x a x a x a ++++=的4个不同实根为1x ，2x ，3x ，4x ，即有1234()()()()0f x f x f x f x ====，由上知，函数43201234()f x a x a x a x a x a =++++分别在区间12[,]x x ，23[,]x x ，34[,]x x 上连续，分别在区间12(,)x x ，23(,)x x ，34(,)x x 内可导，且分别成立12()()f x f x =，23()()f x f x =，34()()f x f x =，即由罗尔中值定理知，至少有三个点112(,)x x ξ∈，223(,)x x ξ∈，334(,)x x ξ∈，使得123'()'()'()0f f f ξξξ===，这说明，方程'()0f x =亦即3201234320a x a x a x a +++=至少有三个不同实根， 但3201234320a x a x a x a +++=是三次方程，最多有三个根，从而，3201234320a x a x a x a +++=的所有根皆为实根。
证毕。
5．设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(1)0f =，证明：存在(0,1)ξ∈，使得()'()f f ξξξ=-。
【分析】由于()'()f f ξξξ=-可恒等变形为()'()0f f ξξξ+=，而等式的左边恰为函数()xf x 的导数[()]'()'()xf x f x xf x =+在点ξ处的值，再联系题设中的条件，容易想到应用罗尔中值定理的结论式。
于是应构造函数()xf x 。
【证明】构造函数()()F x xf x =，则由于连续函数之积仍为连续函数，可导函数之积仍为可导函数，可知()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且因(1)0f =，而知(0)(1)0F F ==，从而，()F x 在[0,1]上满足罗尔中值定理的三个条件，于是，应有(0,1)ξ∈，使(1)(0)'()10F F F ξ-=-， 由于'()[()]'()'()F x xf x f x xf x ==+，亦即为有(0,1)ξ∈，使()'()0f f ξξξ+=，亦即()'()f f ξξξ=-。
6．试用拉格朗日中值定理证明： ⑴2121sin sin x x x x -≤-；【证明】对于任意的12,(,)x x ∈-∞+∞，函数()sin f x x =在12[,]x x 上连续，在12(,)x x 内可导，于是，由拉格朗日中值定理知，存在12(,)x x ξ∈，使得2121()()'()f x f x f x x ξ-=-，亦即2121sin sin cos x x x x ξ-=-， 再因cos 1ξ≤，而得2121sin sin 1x x x x -≤-，亦即2121sin sin 1x x x x -≤-， 从而得到2121sin sin x x x x -≤-，证毕。
⑵当0x >时，ln(1)1x x x x<+<+。
【证明】令()ln(1)f x x =+，由于()ln(1)f x x =+为初等函数，当0t >时，()ln(1)f x x =+在[0,]t 上连续，在(0,)t 内可导，于是，由拉格朗日中值定理，存在(0,)t ξ∈， 使()(0)'()0f t f f t ξ-=-，亦即1ln(1)ln(10)10t t ξ+-+=+-， 整理得，当(0,)t ξ∈时，成立1ln(1)1t tξ+=+， 亦可说，当(0,)x ξ∈时，成立1ln(1)1x xξ+=+， 由于0x ξ<<，得111x ξ<+<+，亦即11111x ξ<<++， 从而，等量代换得1ln(1)11x x x+<<+， 对上不等式中的三个部份同乘0x >，得ln(1)1x x x x <+<+， 从而，命题得证成立。
7．证明等式：arctan arc cot 2x x π+=。
【证明】设()arctan arccot f x x x =+，可见()f x 是初等函数，在(,)-∞+∞上连续，可导，于是，对于任意12,x x ，不妨设12x x <，()f x 在12[,]x x 上连续，在12(,)x x 内可导，即由拉格朗日中值定理知，有12(,)x x ξ∈，使2121()()'()f x f x f x x ξ-=-，由于2211'()011f x x x -=+=++，知对于任意12(,)x x ξ∈，使2121()()0f x f x x x -=-，亦即21()()0f x f x -=，由于2x 的任意性，可用x 替换，得1()()0f x f x -=，亦即1()()f x f x =，再由于1x 的任意性，可令11x =，即有()(1)f x f =，亦即为arctan arccot arctan1arccot1x x +=+， 或为arctan arccot 442x x πππ+=+=，证毕。
8．设()f x 在[1,2]上具有二阶导数"()f x ，且(2)(1)0f f ==。
若()(1)()F x x f x =-，证明：至少存在一点(1,2)ξ∈，使得"()0F ξ=。
【分析】求证的问题与罗尔中值定理的结论相似，因而想到对函数'()F x 应用罗尔中值定理的结论，于是，应该先对函数'()F x 检查罗尔中值定理的三个条件。
【证明】题设()f x 在[1,2]上具有二阶导数"()f x ，那当然也具有一阶导数'()f x ，这说明()f x 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，加上题设(2)(1)0f f ==，即由罗尔中值定理知，至少存在一点(1,2)η∈，使得'()0f η=。
这时有(2)(1)'()21F F F η-=-(21)(2)(11)(1)21f f ---=-0=，（罗尔定理条件3之一成立）由于题设()f x 在[1,2]上具有二阶导数"()f x ，[1,][1,2]η⊆，这说明'()f x 也在[1,]η上连续，在(1,)η内可导，于是，由于连续函数的积仍为连续函数，可导函数的积仍为可导函数，可知'()()(1)'()F x f x x f x =+-也在[1,]η上连续，在(1,)η内可导，（罗尔定理条件1，2成立）而且，'(1)(1)(11)'(1)F f f =+-00'(1)0f =+⨯=，（罗尔定理条件3之二成立） 上已证'()0F η=，再由罗尔中值定理知，至少存在一点(1,)(1,2)ξη∈⊆，使得'()'(1)"()1F F F ηξη-=-0001η-==-。
证毕。
9．设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，证明：在(,)a b 内存在点ξ和η，使得'()'()2a b f f ξηη+=。