微分中值定理例题
高等数学 第三章中值定理与导数的应用习题课
(5) (1 + x )α = 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x2 + L+
α (α − 1)L (α − n + 1)
n!
x n + o( x n )
Ⅲ 导数的应用
一、函数的极值与单调性
1．函数极值的定义 ． x ∈ U ( x0 , δ ), f ( x ) ≤ f ( x0 ), f ( x0 )为极大值. 为极大值.
0 ∞ 其它型： 其它型： ⋅ ∞ , ∞ − ∞ , 0 , 1 , ∞ , 转化为 “ ”型或“ ” 型 0 型或“ 型或 0 ∞
0 ∞ 0
二、泰勒公式
1．泰勒公式 ．
如果函数在含有一点的开区间内具有直到(n+1)阶导数 阶导数 如果函数在含有一点的开区间内具有直到 f ′′( x0 ) f ( n) ( x0 ) 2 f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) + L+ ( x − x0 )n + Rn ( x) 2! n! ( n +1) f (ξ ) Rn ( x ) = ( x − x0 ) n+1 拉格朗日型余项 ( n + 1)!
x ∈ U ( x 0 , δ ), f ( x ) ≥ f ( x0 ), f ( x0 )为极小值 .
o
。
2．函数的驻点 ．
f ′( x 0 ) = 0 则 x 0为 f ( x ) 的驻点。 的驻点。
3．函数的单调区间的判别 ．
函数在[a,b]上连续 在(a,b)内可导 上连续,在 内可导. 函数在 上连续 内可导
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
高等数学微分中值定理与导数应用习题
微分中值定理与导数应用一、选择题1. 设函数()sin f x x =在[0,]π上满足罗尔中值定理的条件，则罗尔中值定理的结论中的=ξ【 】 A. π B. 2π C. 3πD. 4π2. 下列函数中在闭区间],1[e 上满足拉格朗日中值定理条件的是【 】A. x lnB.x ln ln C.xln 1 D.)2ln(x -3. 设函数)3)(2)(1()(---=x x x x f ，则方程0)('=x f 有【 】A. 一个实根B. 二个实根C. 三个实根D. 无实根4. 下列命题正确的是【 】A. 若0()0f x '=，则0x 是()f x 的极值点B. 若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '=C. 若0()0f x ''=，则()()00x f x ，是()f x 的拐点D. ()0,3是43()23f x x x =++的拐点5. 若在区间I 上，()0,()0,f x f x '''>≤, 则曲线f (x ) 在I 上【 】A. 单调减少且为凹弧B. 单调减少且为凸弧C. 单调增加且为凹弧D. 单调增加且为凸弧 6. 下列命题正确的是【 】A. 若0()0f x '=，则0x 是()f x 的极值点B. 若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '=C. 若0()0f x ''=，则()()00x f x ，是()f x 的拐点D. ()0,3是43()23f x x x =++的拐点7. 若在区间I 上，()0,()0,f x f x '''<≥, 则曲线f (x ) 在I 上【 】A. 单调减少且为凹弧B. 单调减少且为凸弧C. 单调增加且为凹弧D. 单调增加且为凸弧 8. 下列命题正确的是【 】A. 若0()0f x '=，则0x 是()f x 的极值点B. 若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '=C. 若0()0f x ''=，则()()00x f x ，是()f x 的拐点D. ()0,3是43()23f x x x =++的拐点9. 若在区间I 上，()0,()0,f x f x '''>≥, 则曲线f (x ) 在I 上【 】A. 单调减少且为凹弧B. 单调减少且为凸弧C. 单调增加且为凹弧D. 单调增加且为凸弧 10.函数256, y x x =-+在闭区间 [2,3]上满足罗尔定理，则ξ=【 】A. 0B. 12C. 52D. 2 11.函数22y x x =--在闭区间[1,2]-上满足罗尔定理，则ξ=【 】A. 0B. 12C. 1D. 212.函数y =在闭区间[2,2]-上满足罗尔定理，则ξ=【 】A. 0B. 12C. 1D. 2 13.方程410x x --=至少有一个根的区间是【 】A.(0,1/2)B.(1/2,1)C. (2,3)D.(1,2) 14.函数(1)y x x =+.在闭区间[]1,0-上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理确定的=ξ 【 】A. 0B. 12-C. 1D.1215.已知函数()32=+f x x x 在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，则拉格朗日定理成立的ξ是【 】 A.± B. C. D. 13±16.设273+=x y ，那么在区间)3,(-∞和),1(+∞内分别为【 】 A.单调增加，单调增加 B.单调增加，单调减小 C.单调减小，单调增加 D.单调减小，单调减小二、填空题1. 曲线53)(23+-=x x x f 的拐点为_____________.2. 曲线x xe x f 2)(=的凹区间为_____________。
考研：微分中值定理的证明题汇总
f ( )
唯一性： （反证法） 假设有两个点 1 , 2 (0,1) ，且 1 2 ，使得 F (1 ) F ( 2 ) 0
F ( x) 在 [0,1] 上连续且可导，且 [1 , 2 ] [0,1] F ( x) 在 [1 , 2 ] 上满足 Rolle 定理条件 必存在一点 (1 , 2 ) ，使得： F () f () 1 0
而 f (a) 0 故在 (a, a
f (a) ) 内 f ( x) 0 有唯一的实根 k
1 2 t0 t sin 12. 试问如下推论过程是否正确。对函数 f (t ) 在 [0, x] 上应用拉 t t 0 0
格朗日中值定理得：
f ( x ) f ( 0 ) x0 1 x2 s i n 0 1 1 1 x x s i n f ( ) 2 s in co s x) (0 x0 x
即： cos
1
2 sin
1
x sin
1 x
( 0 x )
因0 x， 故当 x 0 时， 由m i l 2 n s i 0 0，
0
1
x 0
lim x sin
1 0 x
得： lim cos
x 0
1
0 ，即 lim cos
0
【证明】令 G( x) f (a x) f ( x) ， x [0, a] ． G( x) 在[0,a]上连续，且
G(a) f (2a) f (a) f (0) f (a) G(0) f (a) f (0)
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。
微分中值定理经典题型
例2 设 f ( x)在U(a, )内具有二阶连续导数 ,
f (a) 0 , a h U (a, ),且
f (a h) f (a) hf (a h) (0 1),
证明：lim 1 / 2. h0
证明: f (a h) f (a) hf (a h)
f (a) h[ f (a) f (a 1 h) h] (0 1 1),
f
( x0 )
1 2
f
(1 ) x02
1 2
f
(2 )(1
x0 )2
f ( x) 1,
f
( x0 )
1 2
x02
1 (1 2
x0 )2
(
x0
1)2 2
1 4
又由 x0 [0,1] 知,
x0
1 2
1, 2
于是有
f
( x0 )
1 2
由 x0 的任意性,可知命题成立.
类似地， 若函数 f ( x) 在 [0,1] 上二阶可微,且 f ( x) a, f ( x) b,其中a, b是非负数. 证明 : x (0,1),有 f ( x) 2a b .
x
x
7 试证至少存在一点
使
证: 法2 用柯西中值定理 . 令
f ( x) sinln x , F ( x) ln x
则 f (x) , F(x) 在 [ 1 , e ] 上满足柯西中值定理条件,
因此
f (e) f (1) f ( ) , ( 1 , e ) F (e) F (1) F( )
故 方 程f ( x) 0,若 有 根必 有 唯 一 的 根,
以 下 只 须 证f (a f (a)) 0
方法1：
将f ( x)在[a,a
微分中值定理题目
例1设()x f '在[]b a ,上存在,且()()b f a f '<',而r 为()a f '与()b f '之间的任一值,则在()b a ,内存在一点ξ,使得()r f ='ξ[7].例2设()x f 在()+∞,a 内可导,且()()A x f x f x a x ==+∞→→+lim lim ,试证:至少存在一点 ()+∞∈,a ξ,使得()0='ξf [7].例3设函数()x f 在[]b a ,上可导,且()()0_<'⋅'+b f a f ,则在()b a ,内至少存在一个ξ,使得()0='ξf [7].例4()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内二阶可导,且()()()b f c f a f ==,()b c a <<, 试证:至少存在一个()b a ,∈ξ,使得()0=''ξf [2].例5设()x f 在[]1,0上有三阶导数,()()010==f f ,设()()x f x x F 3=,证明:存在 ()1,0∈ξ使得()0='''ξF .例6设()x f 在[]b a ,上可微，且()x f 在a 点的右导数()0<'+a f ，在b 点的左导数 ()0<'-b f ，()()c b f a f ==，证明：()x f '在()b a ,内至少有两个零点.例7设()x f 在R 上二次可导，()0>''x f ，又存在一点0x ，使()00<x f ，且 ()0lim <='-∞→a x f x ，()0lim >='+∞→b x f x ，证明：()x f 在R 上有且仅有两个零点. 例8()[]1,0在x f 上二次可导,()()010==f f ,试证明:存在()1,0∈ξ,使得()()()ξξξf f '-=''211[4].例9设()[]1,0在x f 上连续,在()1,0上可导, ()()010==f f ,121=⎪⎭⎫ ⎝⎛f .证明: 至少存在一点()1,0∈ξ使得()1='ξf .例10设函数()x f 在闭区间[]b a ,上连续,在开区间()b a ,上二次可微,连结()()a f a ,与()()b f b ,的直线段与曲线()x f y =相交于()()c f c ,,其中b c a <<.证明在()b a ,上至少存在一点ξ,使得()0=''ξf [1].例11设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导,且()()1==b f a f 试证:存在ξ, ()b a ,∈η使得 ()()[]1='+-ηηξηf f e [1].例12 设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,上二阶可微,并且()()b f a f =,证明:若存在点()b a c ,∈,使得()()a f c f >,则必存在点()b a ,,,∈ζηξ,使得()0>'ξf ,()0<'ηf ,()0<''ζf [6].例13设()x f 定义在[]1,0上,()x f '存在且()x f '单调递减,()00=f ,证明: 对于 10≤+≤≤≤b a b a ,恒有()()()b f a f b a f +≤+.例14 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,b a <≤0,()()b f a f ≠.证明:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξf b a f '+='2 [6]. 例15 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,且()0≠'x f ,试证:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξ---=''e ab e e f f ab [1]. 例16设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,证明:存在()b a ,∈ξ,使得()()()()ξξξf f ab a af b bf '+=--[1]. 例17设()[]b a x f ,在上连续()0>a ,在()b a ,可导,证明:在()b a ,内存在ξ,η,使()()ab f f ηηξ'='2[1].例18 设()[]b a x f ,在上连续,在()b a ,内可微,0>>a b ,证明:在()b a ,内存在321,,x x x ,使得()()()()33223222211ln42x f x a b a b x x f a b x x f '-='+='. (3) 例19设()x f 在()b a ,内二次可微,试用柯西中值定理证明:任意x ,()b a x ,0∈,存在ξ在x 与0x 之间,使()()()()()()2000021x x f x x x f x f x f -''+-'+=ξ成立[6]. (8)。
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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 -''=--。