罗尔中值定理的一些新证法_英文_
考研常考题型-罗尔中值定理的证明

常考题型 罗尔定理的证明解题提示:欲证结论为f (n )(ξ)=k ,或F (ξ,f (ξ),f '(ξ))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:(1)是无需构造辅助函数,只需寻找某个函数存在两个相同的端点;(2)是结论证明f ᵡ(ξ)=0,此时关键是去寻找f (x )有三个相同的端点;(3)是去构造辅助函数.(读者可参考‘高等数学一本通“的相应讲解)典型习题1.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内可导,且f (0)+f (1)+f (2)=3,f (3)=1,试证必存在ξɪ(0,3),使f '(ξ)=0.ʌ证明ɔ 函数f (x )在[0,3]上连续,则f (x )在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M 和最小值m ,于是m ɤf (0)ɤM ,m ɤf (1)ɤM ,m ɤf (2)ɤM .故m ɤf (0)+f (1)+f (2)3ɤM .由介值定理知,至少存一点ηɪ[0,2],使f (η)=f (0)+f (1)+f (2)3=1.于是f (η)=1=f (3),满足罗尔定理,故存在ξɪ(η,3)⊂(0,3),使f '(ξ)=0.2.设f (x )在区间[a ,b ]上具有二阶导数,且f (a )=f (b )=0,又f '(a )f'(b )>0,证明存在ξɪ(a ,b )和ηɪ(a ,b )使f (ξ)=0及f ᵡ(η)=0.ʌ证明ɔ 1)假设f '(a )>0,f '(b )>0(对于f '(a )<0,f'(b )<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有f '+(a )=l i m x ңa +0f (x )x -a >0,有a 1ɪ(a ,a +δ1)使f (a 1)a 1-a >0,即f (a 1)>0;f '-(b )=l i m x ңb -0f (x )x -b >0,有b 1ɪ(b -δ2,b )使f (b 1)b 1-b >0,即f (b 1)<0,其中δ1和δ2是充分小的正数.根据连续函数的介值定理知,存在ξɪ(a 1,b 1)⊂(a ,b )使f (ξ)=0.2)由f (a )=f (ξ)=f (b )=0,根据罗尔定理知,存在η1ɪ(a ,ξ)和η2ɪ(ξ,b ),使f '(η1)=f '(η2)=0,再由罗尔定理知,存在ηɪ(η1,η2)⊂(a ,b ),使f ᵡ(η)=0.3.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f (0)=ʏ20f (x )d x =f (2)+f (3),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(0,2),使f (η)=f (0);(Ⅱ)存在ξɪ(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.ʌ证明ɔ (Ⅰ)设F (x )=ʏx 0f (t )d t (0ɤx ɤ2),则ʏ20f (t )d x =F (2)-F (0).根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(0,2),使F (2)-F (0)=2F '(η)=2f (η),即ʏ20f (x )d x =2f (η).由题设ʏ2f (x )d x =2f (0),从而f (η)=f (0).(Ⅱ)易知f(2)+f (3)2介于f (x )在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介质定理,存在ζɪ[2,3],使f (ζ)=f (2)+f (3)2.由题设知f (2)+f (3)2=f (0),故f (ξ)=f (0).由(Ⅰ)的结果可知f (0)=f (η)=f (ξ),且0<η<ζɤ3,根据罗尔定理,存在ξ1ɪ(0,η),ξ2ɪ(η,ζ),使f '(ξ1)=0,f '(ξ2)=0,从而存在ξɪ(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.4.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内上有二阶导数且存在相等的最大值,f (a )=g (a ),f (b )=g (b ),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(a ,b ),使得f (η)=g (η);(Ⅱ)存在ξɪ(a ,b ),使得f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ).ʌ证明ɔ 寻求等值点法:F ᵡ(ξ)=f ᵡ(ξ)-g ᵡ(ξ)=0,因ξ是F ᵡ(x )的零点,由罗尔定理知,只需寻求F (x )在[a ,b ]上有三个等值点,问题便得证.又F (a )=F (b )=0,故只须在(a ,b )内寻求出F (x )的一个零点即可.(Ⅰ)设f (x )在x 1处取得最大值M ,g (x )在x 2处取得最大值M ,由题给条件知x 1ɪ(a ,b ),x 2ɪ(a ,b ),不妨设x 1<x 2,则F (x )=f (x )-g (x )在[x 1,x 2]上连续,且F (x 1)=M -g (x 1)>0,F (x 2)=f (x 2)-M <0,因为F (x 1)F (x 2)<0,由连续函数零点定理知,在(x 1,x 2)内存在一点η,使F (η)=0.F (x )在[a ,η],[η,b ]上满足罗尔定理条件,则有F '(η1)=0,a <η1<η,F '(η2)=0,x 0<η2<b .又F '(x )在[η1,η2]上满足罗尔定理条件,则有F ᵡ(ξ)=0,η1<ξ<η2,则f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ),ξɪ(η1,η2)⊂(a ,b ).(Ⅱ)设f (x ),g (x )在x 0ɪ(a ,b )处同时取得最大值M ,这时F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上有三个零点a ,x 0,b ,证法同(Ⅰ).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,f (a )=b ,f (b )=a ,a 与b 同号,证明:∃ξɪ(a ,b ),使f '(ξ)=-f (ξ)ξ.ʌ证明ɔ 只要证ξf '(ξ)+f (ξ)=0,令F (x )=x f (x ),则F (a )=a f (a )=a b ,F (b )=b f (b )=a b .由罗尔定理知,∃ξɪ(a ,b )使F '(ξ)=0,即ξf '(ξ)+f (ξ)=0.6.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f (1)=3ʏ13e 1-x 2f (x )d x .证明:至少存在一点ξɪ(0,1),使得f '(ξ)=2ξf (ξ).ʌ证明ɔ 令F (x )=f (x )e-x 2,由积分中值定理,得3ʏ130e 1-x 2f (x )d x =313-0æèçöø÷e 1-η2f (η),0ɤηɤ13.故f (1)=e 1-η2f (η),可得e -1f (1)=e -η2f (η),即F (1)=F (η).由罗尔定理知,∃ξɪ(η,1)⊆(0,1),使f '(ξ)=2ξf (ξ).7.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=f (1)=0,f 12æèçöø÷=1,证明:(Ⅰ)存在ηɪ12,1æèçöø÷,使得f (η)=η;(Ⅱ)对任意实数λ存在ξɪ(0,η),使f '(ξ)-λ[f (ξ)-ξ]=1.ʌ证明ɔ (Ⅰ)令F (x )=f (x )-x ,F 12æèçöø÷-12=12>0,F (1)=f (1)-1=-1<0,由零点定理知∃ηɪ12,1æèçöø÷,使F (η)=0.即f (η)=η.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )-x ()e -λx ,φ(0)=0,φ(η)=0,由罗尔定理知∃ξɪ(0,η),使φ'(ξ)=0,从而有[f '(ξ)-1]-λ[f (ξ)-ξ]=0,故得证.8.设函数f (x )和g (x )在[a ,b ]上存在二阶导数,并且g ᵡ(x )ʂ0,f (a )=f (b )=g (a )=g (b )=0,试证:(Ⅰ)在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0;(Ⅱ)在开区间(a ,b )内至少存在一点ξ,使f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ).ʌ解ɔ (Ⅰ)反证法假设存在点c ɪ(a ,b ),使得g (c )=0,对g (x )在[a ,c ]和[c ,b ]上分别应用罗尔定理知,存在ξ1ɪ(a ,c )和ξ2ɪ(c ,b ),使g '(ξ1)=g '(ξ2)=0,再由罗尔定理知,存在ξ3ɪ(ξ1,ξ2),使得g ᵡ(ξ3)=0.这与条件g ᵡ(x )ʂ0矛盾,故在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )g '(x )-f '(x )g (x ),则φ(a )=φ(b )=0.由罗尔定理知,存在ξɪ(a ,b ),使φ'(x )=0,即f (ξ)g ᵡ(ξ)-f ᵡ(ξ)g (ξ)=0.因g (ξ)ʂ0,g ᵡ(ξ)ʂ0,故得f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ),ξɪ(a ,b ).9.设f (x )在[0,1]上二阶可导,且l i m x ң0f (x )x=1,l i m x ң1f (x )x -1=2,求:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1)使f (ξ)=0;(Ⅱ)∃ηɪ(0,1)使f ᵡ(η)=f (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)由l i m x ң0f (x )x =1知,f (0)=0,且存在δ>0.当x ɪ(0,δ)时,f (x )x >0,从而有f (x )>0,取a ɪ(0,δ),则f (a )>0.同理由l i m x ң1f (x )x -1=2知,f (1)=0,且∃b ɪ(1-δ,1),f (b )<0.由于f (x )在[a ,b ]上连续,且f (a )>0,f (b )<0.由零点定理知∃ξɪ(a ,b ),使f (ξ)=0.(Ⅱ)令F (x )=e -x f (x ),由于F (0)=F (ξ)=F (1)=0.由罗尔定理知,∃η1ɪ(0,ξ),∃η2ɪ(ξ,1),使F '(η1)=0,且F '(η2)=0.即f '(η1)-f (η1)=0,f '(η2)-f (η2)=0.令φ(x )=e x[f '(x )-f (x )],则φ(η1)=φ(η2)=0.由罗尔定理知,∃ηɪ(η1,η2),使φ'(η)=0.从而有[f ᵡ(η)-f '(η)]+[f '(η)-f (η)]=0,即f ᵡ(η)-f (η)=0.10.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,其中a >0且f (a )=0.证明:在(a ,b )内存在ξ,使f (ξ)=b -ξaf '(ξ).ʌ分析ɔ f (ξ)=b -ξa f '(ξ)令ξ=x f (x )=b -x af '(x )⇒f '(x )f (x)=a b -x 积分 l n f (x )=-a l n (b -x )+l n C ⇒(b -x )af (x )=C .ʌ证明ɔ 作辅助函数F (x )=(b -x )af (x ),由题设F (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,又F (a )=(b -a )af (a )=0(因为f (a )=0),F (b )=(b -b )af (b )=0.可见F (x )在[a ,b ]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使F '(ξ)=0,即-a (b -ξ)a -1f (ξ)+(b -ξ)a f '(ξ)=0.故f (ξ)=b -ξaf '(ξ).11.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=0,当x ɪ(0,1)时,f (x )ʂ0,证明:对一切自然数n ,在(0,1)内∃ξ,使n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ).ʌ分析ɔ n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ)令ξ=x n f '(x )f (x )=f '(1-x )f (1-x )⇒n l n f (x )=-l n f (1-x )+l n c ⇒f n (x )f (1-x )=C .ʌ证ɔ 作辅助函数F (x )=f n(x )f (1-x ),因F (0)=F (1)=0,故F (x )在[0,1]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(0,1)使F '(ξ)=0,即原命题得证.12.设f (x )在[0,1]上连续,f (0)=0,ʏ10f (x )d x =0,证明:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1),使得ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ);(Ⅱ)∃ηɪ(0,1),使得ʏηf (x )d x =ηf (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)要证ʏξ0f (x )d x +ξf (ξ)=0,应构造F (x )=x ʏxf (t )d t F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F (0)=F (1)=0.由罗尔定理可得,∃ξɪ(0,1),使F '(ξ)=0,从而ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ).(Ⅱ)令F (x )=ʏxf (t )d t x ,x ɪ(0,1],0,x =0,ìîíïïïï则F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,由罗尔定理,∃ηɪ(0,1)使F'(η)=0,从而ʏη0f(x)d x=ηf(η).13.设f(x)在[0,π]上连续,且ʏπ0f(x)d x=0,ʏπ0f(x)c o s x d x=0.证明:在(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=0,f(ξ2)=0.ʌ证明ɔ令F(x)=ʏx0f(t)d t,0ɤxɤπ,则有F(0)=0,F(π)=0,0=ʏπ0f(t)c o s x d x=ʏπ0c o s x d F(x)=[F(x)c o s x]π0+ʏπ0F(x)s i n x d x=ʏπ0F(x)s i n x d x.对φ(x)=ʏx0F(t)s i n t d t在[0,π]上应用拉格朗日中值定理得0=ʏπ0F(x)s i n x d x=φ(π)-φ(0)=πF(ξ)s i nξ,0<ξ<π.因为s i nξʂ0,所以F(ξ)=0,再对F(x)在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔定理知,至少存在ξ1ɪ(0,ξ),ξ2ɪ(ξ,π),使F'(ξ1)=F'(ξ2)=0,即f(ξ1)=f(ξ2)=0.常考题型 拉格朗日中值定理解题指示:1.判类:题给出的条件是函数在闭区间上连续,在开区间内可导,欲证的结论是:函数的增量与区间内某一点处的导数值的等式关系或函数值与数值间的不等式关系,自然想到利用拉格朗日中值定理证明.2.证题的两种方法:(1)设辅助函数法.它又有下面三种方法:①分析法;②待定系数法:将欲证结论中含有ξ的部分设为待定常数M,再将等式中一个端点,例如b换成变量x,使其成为函数,等式两端做差构造出辅助函数φ(x),这样首先保证φ(b)=0,而由等式关系φ(a)=0自然成立.称这样构造辅助函数的方法为 待定系数法 ;③不定积分法.(2)确定区间法.3.定理的二种形式(1)f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a).(2)f(b)-f(a)=f'(a+θ(b-a))(b-a),0<θ<1.4.定理的应用(参考‘高等数学一本通“)典型习题1.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).(ξ)+ξf'(ξ)=[x f(x)]'x=ξʌ分析ɔ将所证的结论变形为b f(b)-a f(a)b-a=f结论可以解读为某一个函数在x=ξ处的导数等于一个数,这正是拉格朗日中值定理的内容.ʌ证ɔ令F(x)=x f(x),xɪ[a,b],F(x)在[a,b]上连续,(a,b)可导,故∃ξɪ(a,b),使得b f(b)-a f(a)b-a=F'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ),即b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).2.已知fᵡ(x)<0,f(0)=0,证对任意的正数x1,x2,恒有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).ʌ分析ɔ因为f(0)=0,所以将欲证的结论变形为f(x1+x2)-f(x2)<f(x1)-f(0),比较两个函数增量的大小,且区间长相等,应该利用有限增量定理 拉格朗日中值定理,辅助函数已知为f(x),余下的问题是在什么区间上应用拉格朗日中值定理,故称确定区间法.ʌ证明ɔ不妨设0<x1<x2,于是函数f(x)分别在区间[0,x1]及[x2,x1+x2]上应用拉格朗日中值定理,有f(x1)-f(0)=f'(ξ1)x1,0<ξ1<x1①f(x1+x2)-f(x2)=f'(ξ2)x1,x2<ξ2<x1+x2②因为fᵡ(x)<0,所以f'(x)严格单调减少,又ξ2>ξ1,所以f'(ξ1)>f'(ξ2),则x1f'(ξ1) >x1f'(ξ2),由式①㊁②,得f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).3.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证对任意给定的正数a,b在(0,1)内一定存在互不相同的ξ,η,使a f'(ξ)+b f'(η)=a+b.ʌ解ɔ由于f(0)=0<a a+b<1=f(1),由介值定理知∃cɪ(0,1),使f(c)=a a+b,在区间[0,c]和[0,1]上分别对f(x)用拉格朗日中值定理,得f(c)-f(0)c-0=f'(ξ),ξɪ(0,c),f(1)-f(c)1-c=f'(η),ηɪ(c,1).从而有1 f'(ξ)=cf(c)=c(a+b)a,1 f'(η)=1-c1-f(c)=(1-c)(a+b)b.故af'(ξ)+bf'(η)=a+b.4.设f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导,f(0)=0,f(1)=12,证明在(0,1)内存在不同的ξ,η,使f'(ξ)+f'(η)=ξ+η.ʌ分析ɔ欲证f'(ξ)-ξ=-(f'(η)-η),应从f'(x)-x的原函数入手.ʌ证明ɔ令F(x)=f(x)-12x2,则F(0)=0,F(1)=0,F12æèçöø÷=f12æèçöø÷-18.又因为F12æèçöø÷-F(0)12-0=F'(ξ)=f'(ξ)-ξ,ξɪ0,12æèçöø÷.F (1)-F 12æèçöø÷1-12=F '(η)=f '(η)-η,ηɪ12,1æèçöø÷.而F 12æèçöø÷-F (0)=F 12æèçöø÷,F (1)-F 12æèçöø÷=-F 12æèçöø÷,于是f '(ξ)-ξ=-(f '(η)-η),从而f '(ξ)+f '(η)=ξ+η.5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导(a >0),且f (a )=f (b )=1,试证存在ξ,ηɪ(a ,b )使得ηξæèçöø÷n -1=f (ξ)+ξn f '(ξ).ʌ证ɔ 将含ξ和含η的项分写在等式两端,得n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ)=n ηn -1.等式右端是(x n)'x =η,左端是[x nf (x )]'x =ξ.令F (x )=x n,在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n -a n b -a=n ηn -1,ηɪ(a ,b ),①令g (x )=x nf (x ),在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n f (b )-a n f (a )b -a=n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ),ξɪ(a ,b )②由于f (a )=f (b )=1,由式①㊁式②即得欲证的等式.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内二阶可导,又f (a )=f (b )=0,且存在c ɪ(a ,b )使f (c )>0,证明在(a ,b )内至少存在一点ξ,使得f ᵡ(ξ)<0.ʌ证ɔ 对f (x )分别在[a ,c ]和[c ,b ]上应用拉格朗日中值定理,有f '(ξ1)=f (c )-f (a )c -a,a <ξ1<c ,f '(ξ2)=f (b )-f (c )b -c,c <ξ2<b .因f (c )>f (a ),c >a ;f (b )<f (c ),b >c .所以由上式分别有f '(ξ1)>0,f '(ξ2)<0.因在(a ,b )内,f (x )二阶可导,f '(x )在[ξ1,ξ2]应用拉格朗日中值定理,则f ᵡ(ξ)=f '(ξ2)-f '(ξ1)ξ2-ξ1,ξ1<ξ<ξ2.由f '(ξ2)<0,f '(ξ1)>0,ξ2>ξ1,知f ᵡ(ξ)<0.7.当x ȡ0时,证明x +1-x =12x +θ(x ) 14ɤθ(x )ɤ12æèçöø÷且l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=12.ʌ证明ɔ 取函数f (x )=x ,在[x ,x +1]上由拉格朗日中值定理,得f (x +1)-f (x )=f '(x +θ(x ))(x +1-x )=f '(x +θ(x )).即x +1-x =12x +θ(x ).为确定θ(x )的取值范围和求θ(x )的极限,由上式解出θ(x ),得θ(x )=41(1+2x (x +1)-2x ).①当x ȡ0时,x (x +1)>x ,由式①知,θ(x )ȡ14,又因x (x +1)ɤx +(x +1)2ɤx +12.代入式①,即得θ(x )ɤ12,于是有14ɤθ(x )ɤ12.由式①,得l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=14+12li m x ң+ɕx x (x +1)+x=12.常考题型 欲证结论为(a ,b )内∃ξ,η满足某种关系式解题提示:把ξ,η分开两次,一次使用柯西定理,一次使用拉格朗日中值定理;或是两次柯西定理.然而再将所得结果作某种运算.典型习题1.设函数f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,且f '(x )ʂ0,试证存在ξ㊁ηɪ(a ,b ),使得f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a ㊃e -η.ʌ解ɔ 因f (x )在[a ,b ]上满足拉格朗日中值定理的条件,故存在ξɪ(a ,b ),使得f '(ξ)(b -a )=f (b )-f (a )①令g (x )=e x ,则g (x )和f (x )在[a ,b ]上满足柯西定理的条件,故存在ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)eη.②由题设f '(x )ʂ0知,f '(η)ʂ0,将式①代入式②,有f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a㊃e -η.2.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,且g (b )=g (a )=1,在(a ,b )内f (x ),g (x )可导,且g (x )+g '(x )ʂ0,f '(x )ʂ0.证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.ʌ分析ɔ 原结论⇔f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]=f '(η)e η,将η和ξ均看作变量,则上式为f '(ξ)[e ξg (ξ)]'=f '(η)(e η)',辅助函数可令φ(x )=e x g (x ),ψ(x )=e x.ʌ证明ɔ 令φ(x )=e xg (x ),则由题设可知f (x ),φ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e bg (b )-e a g (a )=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]因为g (a )=g (b )=1 f (b )-f (a )e b -e a=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)],①又令ψ(x )=e x,则f (x ),ψ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)e η,②由式①,②可得f '(η)e η=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]⇒f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.3.设函数f (x )在闭区间[a ,b ]上连续,在开区间(a ,b )内可导,且f '(x )>0.若极限l i m x ңa+f (2x -a )x -a 存在,证明:(Ⅰ)在(a ,b )内f (x )>0;(Ⅱ)在(a ,b )内存在点ξ,使b 2-a 2ʏf (x )d x =2ξf (ξ);(Ⅲ)在(a ,b )内存在与(Ⅱ)中ξ相异的点η,使f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .ʌ证明ɔ (Ⅰ)因为l i m x ңa+f(2x -a )x -a 存在,故l i m x ңa +f (2x -a )=f (a )=0.又f '(x )>0,于是f (x )在(a ,b )内单调增加,故f (x )>f (a )=0,x ɪ(a ,b ).(Ⅱ)设F (x )=x 2,g (x )=ʏx 0f (t )d t (a ɤx ɤb ),则g '(x )=f (x )>0.故F (x ),g (x )满足柯西中值定理的条件,于是在(a ,b )内存在ξ,使F (b )-F (a )g (b )-g (a )=b 2-a 2ʏb a f (t )d t -ʏa af (t )d t =(x 2)'ʏx a f (t )d t ()'x =ξ,即b 2-a 2ʏb af (x )d t =2ξf (ξ). (Ⅲ)因f (ξ)=f (ξ)-0=f (ξ)-f (a ),在[a ,ξ]上应用拉格朗日中值定理知,在(a ,ξ)内存在一点η,使f (ξ)=f '(η)(ξ-a ),从而由(2)的结论得b 2-a2ʏbaf (x )d t =2ξf (ξ),即有f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .4.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,0<a <b ,证明∃x 1,x 2,x 3ɪ(a ,b )使f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n b a b 2-a 2x 3f '(x 3).ʌ证明ɔ 因f (b )-f (a )b 2-a 2=f '(x 1)2x 1,x 1ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )b 4-a 4=f '(x 2)4x 32,x 2ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )l n b -l n a=f '(x 3)1x 3,x 3ɪ(a ,b ),故f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n a bb 2-a 2x 3f '(x 3).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,b >a >0,证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )b 2-a 2=a b f '(η)2ξ3.ʌ证明ɔ 先用拉格朗日中值定理后用柯西中值定理.根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(a ,b ),使得f '(η)=f (b )-f (a )b -a,令F (x )=x 2,g (x )=1x,根据柯西中值定理,存在ξɪ(a ,b ),使得2ξ-1ξ2=b 2-a 21b -1a ;两式联立,整理即得结论.常考题型 泰勒中值定理解题提示:1.若题给出的条件涉及二阶或二阶以上的导数.欲证的结论是多个函数值间或函数值与各阶导数间的等式或不等式关系,自然想到泰勒公式证明.2.使用该定理解题步骤为:①展开几阶泰勒公式,题中给出n +1阶可导,展开n 阶泰勒公式.②在何处展开.这是这类题的难点.③展开后,x 取值代入,再进行初等数学变形,证明不等式时将已知条件代入需要进行放缩不等式.典型习题1.设f (x )在[0,1]上具有二阶导数且满足|f (x )|ɤa ,|fᵡ(x )|ɤb ,其中a ,b 为非负常数.设c 是(0,1)内任意一点.证明|f '(c )|ɤ2a +b 2.ʌ分析ɔ 题中给出二阶可导条件,所证的结论为一阶导数值与函数|f (x )|ɤa 和二阶导数值|f ᵡ(x )|ɤb 间的不等式关系,应用泰勒公式,而题目隐含三点内容是:1)因为给出二阶可导条件,所以展开一阶泰勒公式;2)因为在结论中含有f '(c),是展开式一次项的系数,所在应在x =c 处展开;3)因为题给的条件|f (x )|ɤa ,结论中含有2a ,所以展开后,x 取0,1值.ʌ证明ɔ f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2,ξ在x 与c 之间f (0)=f (c )+f '(c )(-c )+f ᵡ(ξ1)2!(-c )2,ξ1在0与c 之间.①f (1)=f (c )+f '(c )(1-c )+f ᵡ(ξ2)2!(1-c )2,ξ2在1与c 之间.②式②-式①,得f '(c )=f (1)-f (0)+12![f ᵡ(ξ1)c 2-f ᵡ(ξ2)(1-c )2]|f '(c )|ɤ|f (1)|+|f (0)|+21[|f ᵡ(ξ1)|c 2+|f ᵡ(ξ2)|(1-c )2]ɤ2a +b 2[c 2+(1-c)2]ɤ2a +b 2(c ɪ(0,1),c 2+(1-c )2ɤ1).2.设函数f (x )在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f (-1)=0,f (1)=1,f'(0)=0.证明在开区间(-1,1)内至少存在一点ξ,使f ‴(ξ)=3.ʌ证ɔ 由f (x )有三阶导数,可考虑用泰勒公式.又f '(0)=0,应在x =0处展开f (x )=f (0)+f ᵡ(0)2!x 2+f ‴(η)3!x 3 (η在0与x 之间).当x =ʃ1时,有1=f (1)=f (0)+f ᵡ(0)2!+f ‴(η1)3! (0<η1<1),0=f (-1)=f (0)+f ᵡ(0)2!-f ‴(η)3!(-1<η2<0).两式相减,得f ‴(η1)+f ‴(η2)=6.由于f ‴(x )在[η1,η2]上连续,则f ‴(x )在[η1,η2]上有最大值M ,最小值m ,则m ɤ12f ‴(η1)+f ‴(η2)[]ɤM .由介值定理知,至少存在一点ξɪ[η1,η2]⊂(-1,1),使得f ‴(ξ)=12f ‴(η1)+f ‴(η2)[],即f ‴(ξ)=3.3.设f (x )在[0,1]上有二阶连续导数,且f (0)=f (1)=0,m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1.证明 m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.ʌ证ɔ 设f (c )=m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1,则0<c <1,且f '(c )=0,由泰勒公式知f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2.在上式中分别令x =0,x =1,得f ᵡ(ξ1)=2c 2,ξ1ɪ(0,c );f ᵡ(ξ2)=2(1-c)2,ξ2ɪ(c ,1).若c ɤ12,则f ᵡ(ξ1)=2c 2ȡ212æèçöø÷2=8.若c >12,则f ᵡ(ξ2)=2(1-c )2ȡ212æèçöø÷2=8.故m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.4.设f (x )在[a ,b ]上连续.在(a ,b )内二阶可导,则∃ηɪ(a ,b ),使得f (a )-2f a +b 2æèçöø÷+f (b )=(a -b )24f ᵡ(η).ʌ证明ɔ f (x )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷x -a +b 2æèçöø÷+12fᵡ(ξ)x -a +b 2æèçöø÷2,ξ在x 与a +b 2之间f (a )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 1)b -a 2æèçöø÷2,f (b )=fa +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷-a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 2)b -a 2æèçöø÷2,f (a )+f (b )-2f a +b 2æèçöø÷=(b -a )24f ᵡ(c 1)+f ᵡ(c 2)2=(b -a )24f ᵡ(η).5.设f (x )在[a ,b ]上二阶可导,f '(a )=f '(b )=0.求证;∃ξɪ(a ,b ),使f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.ʌ证ɔ 由泰勒公式知f (x )=f (a )+f'(a )(x -a )+f ᵡ(ξ1)2!(x -a )2,①f (x )=f (b )+f '(b )(x -b )+f ᵡ(ξ2)2!(x -b )2,②在式①和式②中令x =a +b 2,得f (a +b )2æèçöø÷=f (a )+f ᵡ(ξ1)8(b -a )2,③f (a +b )2æèçöø÷=f (b )+f ᵡ(ξ2)8(b -a )2,④式④减式③得f (b )-f (a )=(b -a )28f ᵡ(ξ1)-f ᵡ(ξ2)().从而有f (b )-f (a )ɤ(b -a )28f ᵡ(ξ1)+f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24m a x f ᵡ(ξ1),f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24f ᵡ(ξ).故f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,且f ᵡ(x )>0,证明:对任意的x 1,x 2ɪ[a ,b ]及0<λ<1都有f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).ʌ证ɔ 令x 0=λx 1+(1-λ)x 2,则x 0ɪ[a ,b ],由泰勒公式得f (x )=f (x 0)+f '(x 0)(x -x 0)+f ᵡ(ξ)2(x -x 0)2,其中ξ介于x 0与x 之间.因为f ᵡ(x )>0,所以f (x )ȡf (x 0)+f '(x 0)(x -x 0),于是λf (x 1)ȡλf (x 0)+λf'(x 0)(x 1-x 0),(1-λ)f (x 2)ȡ(1-λ)f (x 0)+(1-λ)f'(x 0)(x 2-x 0).两式相加得f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).7.设函数f (x )在[-a ,a ]上具有二阶连续导数,f (0)=0.(Ⅰ)写出f (x )的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(Ⅱ)证明在[-a ,a ]上至少存在一点η,使a 3f ᵡ(η)=3ʏa-a f (x )d x.ʌ证ɔ (Ⅰ)f (x )=f (0)+f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2=f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2,其中ξ在0与x 之间.(Ⅱ)ʏa-a f(x)d x=ʏa-a f'(0)x+12fᵡ(ξ)x2[]d x=12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d x又f(x)在[-a,a]上有二阶连续导数,所以fᵡ(x)在[-a,a]上连续,fᵡ(x)在[-a,a]上有最大值M与最小值m.m3a3ɤm2ʏa-a x2d xɤ12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d xɤM2ʏa-a x2d x=M3a3⇒mɤ3a3ʏa-a f(x)d xɤM.根据介值定理,∃ηɪ[-a,a],使得fᵡ(η)=3a3ʏa-a f(x)d x即为所证.。
(整理)微分中值定理的证明与应用

微分中值定理的证明与应用B09030124 孙吉斌一 中值定理及证明:1. 极值的概念和可微极值点的必要条件:定理 ( Fermat ) 设函数f 在点0x 的某邻域内有定义,且在点0x 可导,若点0x 为f 的极值点,则必有 0)(0='x f 罗尔中值定理:若函数f 满足如下条件:(i )f 在闭区间[a ,b]上连续;(ii )f 在开区间(a ,b )内可导;(iii ))()(b f a f =,则在(a ,b )内至少存在一点ξ,使得f '(ξ)=0。
证明:因为f 在[a,b ]上连续,所以有最大值与最小值,分别用M 与m 表示,现分两种情况讨论:(i)若M = m , 则 f 在[a,b ]上必为常数,从而结论显然成立。
(ii)若m < M ,则因 f (a)=f (b),使得最大值M 与最小值m 至少有一个在(a,b)内某点ξ处取得,从而ξ是f 的极值点,由条件(ii) f 在点ξ处可导,故由费马定理推知)(ξf '=0.注1:罗尔定理的几何意义:在每一点都可导的一段连续曲线上,如果曲线的两端点高度相等,则至少存在一条水平切线。
注2:习惯上把结论中的ξ称为中值,罗尔定理的三个条件是充分而非必要的,但缺少其中任何一个条件,定理的结论将不一定成立。
例如: ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-≤≤-<=2x 1,11x 2,01|x |,x F(x)x易见,F 在x=-1不连续,在x=±1不可导,F(-2)≠F (2), 即罗尔定理的三个条件均不成立,但是在(-2,2)内存在点 ξ, 满足 0)(='ξF注3:罗尔定理结论中的ξ值不一定唯一,可能有一个,几个甚至无限多个,例如:⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0x 0,0x ,sin x f(x)x 142在 [-1,1] 上满足罗尔定理的条件,显然⎪⎩⎪⎨⎧=-='0x 0,cos sin 2x sin 4x (x)f x 1x 1x 1232在(-1,1)内存在无限多个 n c =)(21z n n ∈π使得)(n c f '=0。
3.1.3罗尔中值定理 应用(2)

罗尔( Rolle )中值定理的应用1. 与零点定理结合解决方程根的唯一性;2. 用罗尔定理研究导函数的零点;3. 证明含一个中值的等式.3. 证明含一个中值的等式一般利用逆向思维, 考虑辅助函数法.解题方法:第一步:将要证明等式中的换作x,将其写成F (x)=0的形式,依据F (x)的特点选取辅助函数F(x);第二步:验证F(x)在给定的区间上满足罗尔定理条件,由罗尔定理结论F ()=0得到欲证等式.ξξ'''第三章例5.设],,0[)(πC x f ∈且在),0(π内可导, 证明至少存在一点,),0(πξ∈使()()cot .f f ξξξ'=−分析:由结论可知, 只需证即[]0sin )(='=ξx x x f 由题设容易验证)(x F 在],0[π上满足罗尔定理条件,故在开区间证设()()sin ,=F x f x x 利用逆向思维找辅助函数3. 证明含一个中值的等式=()sin ()cos ''+使得F ()=0,ξξξξξf f (0,)内存在一点,πξ()()cot '=−即.ξξξf f例6.若)(x f 可导, 试证在其两个零点间一定有)()(x f x f '+的零点.分析:由题设有,,0)()(2121x x x f x f <==欲证:12(,),x x ∃∈ξ使0)()(='+ξξf f 只要证)()(='+ξξf f ξe ξe 亦即])([='=ξx xx f e 作辅助函数,)()(x f e x F x=容易验证)(x F 在],[21x x 上满足罗尔定理条件,所以命题成立.证利用逆向思维找辅助函数12(,),即x x ∃∈ξ()[()]0使得xx x F x e f x ==''==ξξ()()0,即'+=ξξf f ,,0)()(2121x x x f x f <==证:存在,)1,0(∈ξ使例7.设]1,0[可导,且,0)1(=f 在连续,)1,0()(x f 证:()(),nx x f x φ=,)1,0(∈ξ罗尔定理条件,因此至少存在显然)(x ϕ上满足=')(ξϕ即设辅助函数使得)()(1ξξξξf f n nn '+−0=利用逆向思维找辅助函数()()0.'+=ξξξn f f ()()0.n f f ξξξ'+=[0,1]在分析:由结论知, 只需证1()()0=成立,n nn f f ξξξξ−'+()0.即=nx x f x ξ='⎡⎤⎣⎦求证存在(1,2),∈ξ使例8.设[1,2]在连续,(1,2)在内可导,)(x f 证:(1,2),∈ξ因此至少存在即使得1(1),(2) 2.2且==f f 2(),令F()=f x x x在上满足罗尔定理条件,[1,2]容易验证)(x F 24()2()()0,-f f F ξξξξξξ''==2()2()0,-'=ξξξξf f 亦即2()().='ξξξf f 2()().='ξξξf f小结1.罗尔定理是用来解决方程根的唯一性的方法之一;2.罗尔定理常常被用来研究导函数的零点,注意这里导函数未必连续,这与连续函数零点定理是有区别的;3.罗尔定理是证明含一个中值的等式方法之一.用罗尔定理证明含一个中值的等式,关键是构造满足罗尔定理的辅助函数,常用的辅助函数有:()()()sin (),()(),(),()(),()(),nx g x n f x F x xf x F x x f x F x F x e f x F x e f x xn 这里为正整数,为实数.λλ=====。
巧解高考数学压轴题(6)——拉格朗日(lagrange)中值定理证明

ww
这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明. 显然, 函数 x 满足条件:1 在闭区间 a, b 上连续;2 在
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3.4 转轴法
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w.
由拉格朗日中值定理的几何图形可知,若把坐标系 xoy 逆时针旋 转适当的角度 ,得新直角坐标系 XOY ,若 OX 平行于弦 AB ,则在新
显 然 , 函 数 x 在 闭 区 间 a, b 上 连 续 , 在 开 区 间 a, b 内 可 导 ,
a b 0 ,因此,由罗尔中值定理得,至少存在一点 a, b ,使 watermark a-pdf watermark a-pdf watermark
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拉格朗日(lagrange)中值定理 若函数 f x 满足如下条件:1 在闭区间 a, b 上连续;2 在开区间
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如图 4 过点 a, O 作直线 A' B ' ∥ AB ,直线 A' B ' 的方程为:
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.c
使得 Y sin f ' cos 0 ,即 f ' tan
4.1罗尔中值定理

罗尔中值定理16-1费马(Fermat ) 引理0'()0f x 则. 设 在 的某邻域内有定义,且 , 存在, 或0'()0f x = 则 .设 在 的某邻域内有定义,且, 存在,xyox 证: 在 的某邻域内任取 ,则 ,由极限的保号性得000()'()()f x f x f x -+'⎧=⎨'⎩(0)x -∆→(0)x +∆→0≥0≤0()0.f x '⇒=证毕!费马(1601-1665)费马是法国律师和业余数学家,是法国同时期费马(Fremat )大问题1637年,法国业余大数学家费马猜想:费马还写道经欧拉、库木尔等几代数学家的努力,直到1994年9月19日,剑桥大学的怀尔斯证明了这个猜想。
怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《Annals of Mathematics》第142卷,占满了全卷,共五章,130页。
Rolle 定理(1) 在[a , b ]上连续; (2) 在(a , b )内可导; (3) f (a ) = f (b ).使 ()0.f ξ'=),(,a b ξ∈则至少存在一点 设 y = f(x ) 满足:xyoa b )(x f y =ξ证:由于 在上连续,则 ()f x [,]a b ()f x 在上有最大值 和最小值 . [,]a b M m (1)若,则 , M m =()f x M = 从而 ,则 . (,)a b ξ∀∈'()0f ξ=(2)若,则 的最值点至少 M m ≠()f x (,)a b 有一个落在 , (,)a b ξ∃∈不妨设 , ()f M ξ=使得 , '()f ξ又 存在, '()0f ξ=从而根据费马引理得,罗尔,1652年-1719年,法国数学家.从小只受过初等教育,1682年,他解决了数学家奥扎南(Ozanam)提出的一个数论难题,受到了学术界的好评,1685年进入法国科学院从事数学研究工作.他在数学上的主要成就是在代数和分析方面.注: (2) 定理条件不满足时,结论未必成立!yy()f x 1x =在 不连续!()f x 0x =在 不可导!(0)(1)f f ≠(1) 结论的几何解释!水平切线,或切线与弦AB 平行.。
微分中值定理

x0为唯一的小于 1的正实根 .
题型二:求满足定理条件的 值
例7 求 f ( x ) arctan x 在 [0,1] 上满足Lagrange
中值定理的 值
题型三:用Lagrange中值定理证明不等式
x 例8 证明当x 0时, ln(1 x ) x . 1 x f (b) f (a) 证 设 f ( x) ln x, 凑成 形式 ba
如图3此时弦AB的斜率为
f ( ) dY |x g ( ) dX
f (b) f (a) g (b) g (a)
柯西(Cauchy)中值定理
如果 f(x),g(x)满足
(1) ( 2) ( 3)
在闭区间 在开区间
[a, b]上连续,
( a , b ) 内可导,
g( x) 0, x (a, b )
则 (a, b ), 使等式
f ' ( ) f (b ) f (a ) 成立. ' g ( ) g (b ) g (a )
f (b ) f (a ) g( x ) f ( x ) 证: 作辅助函数 ( x ) g(b) g(a ) 则 ( x) 在[a, b] 上连续, 在 (a, b)内可导, 且 f (b ) g (a ) f (a ) g (b ) (a ) (b) g(b) g(a ) 使 由罗尔定理知, 至少存在一点 即 f (b) f (a ) f ( ) . g(b) g(a ) g( ) 思考: 柯西定理的下述证法对吗 ? f (b) f (a) f ( )(b a) , (a , b) 两个 不 一定相同 g(b) g(a ) g( )(b a ), (a , b)
罗尔中值定理及其应用

4 但 f ( x) 5( x 1) 0, ( x (0,1))矛盾, 故假设不真!
有唯一实根.
例4 若
在[0, 1]上二阶可导, 且 内至少存在一点
F ( x ) xf ( x ), 则在
使得 F ( ) 0. 证
对 F ( x) xf ( x) 在[0,1]上使用罗尔定理,
例1. 验证函数 f ( x) x 2 2 x 3 在区间[1, 3]
上满足罗尔定理条件 , 并求出一个 .
解: (1) 验证定理的假设条件满足
因为 f ( x) 在 [1,3] 上连续,
在(1,3)上可导,
又因为 f ( x) x 2 2 x 3 ( x 3)( x 1), 所以 f (1) f (3) 0, 所以满足罗尔定理条件. (2)结论正确 方程 f ( x ) 0 即 f ( x) 2( x 1) 0, 有实根
证明在 (0,1)内至少存在一点 , 使得
分析: 问题转化为证 f ( ) 2 f ( ) 0, [ x 2 f ( x )]x 0 证 设辅助函数 F ( x) x2 f ( x), F ( x ) 在[0, 1]上用罗尔定理, (0 , 1) , 使得
例3. 证明方程 x 5 5 x 1 0 有且仅有一个小于 1
的正实根.
证: (2)唯一性
假设另有 x1 (0,1), x1 x0 , 使 f ( x1 ) 0.
f ( x) 在 以x0 , x1 为端点的区间上满足罗 尔定理
至少存在一个 (介于 x0 , x1 之间), 使得
然后再观察所得函数是哪个函数的导数,这个函数
就是我们需要的辅助函数.
洛必达公式 泰勒公式 柯西中值定理 罗尔

洛必达公式+泰勒公式+柯西中值定理+罗尔定理洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则),是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。
设(1)当x→a时,函数f(x)及F(x)都趋于零;(2)在点a的去心邻域内,f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0;(3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大),那么x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。
再设(1)当x→∞时,函数f(x)及F(x)都趋于零;(2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在,且F'(x)≠0;(3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大),那么x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。
利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一,在解题中应注意:①在着手求极限以前,首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式,否则滥用洛必达法则会出错。
当不存在时(不包括∞情形),就不能用洛必达法则,这时称洛必达法则不适用,应从另外途径求极限。
比如利用泰勒公式求解。
②若条件符合,洛必达法则可连续多次使用,直到求出极限为止。
③洛必达法则是求未定式极限的有效工具,但是如果仅用洛必达法则,往往计算会十分繁琐,因此一定要与其他方法相结合,比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式(Taylor's formula)泰勒中值定理:若函数f(x)在开区间(a,b)有直到n+1阶的导数,则当函数在此区间内时,可以展开为一个关于(x-x.)多项式和一个余项的和:f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+Rn其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间,该余项称为拉格朗日型的余项。
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R eceived d ate :2006207217第24卷第4期大 学 数 学Vol.24,№.42008年8月COLL EGE MA T H EMA TICS Aug.2008So me New Ways to Prove Rolle ’s TheoremYA O J i n g 2s un(Dept.of Math.,Anhui Normal University ,Wuhu 241000,China ) Abstract :We give three new methods proving Rolle ’s Theorem.The second simple way is only dependent on the well 2known Heine 2Borel Covering Theorem.This implies that Rolle ’s Theorem is the direct consequence of completeness of real numbers.K ey w ords :Rolle ’s theorem ;completeness of real numbers ;f ull cover ;Heine Borel covering theorem ;δ2fine tagged partitionC LC Number :O171 Document Code :C Article ID :167221454(2008)0420131203The st udy on Rolle ’s Theorem as well as ot her mean value t heorems of differentials is a very att ractive issue and it was also involved in calculus reform in U SA.Many scholars have done a great deal of work during t he past decade [1-3].We know t hat if Rolle ’s Theorem is proved ,it can be used to p rove Lagrange Mean Value Theorem and Cauchy Mean Value Theorem so long as a corresponding auxiliary f unction is const ructed.Therefore ,it is better to say Rolle ’s Theorem is t he essence and basis of t he next two t heorems t han to say t he conclusions of t he next two t heorems seem to have wider applicability t han t hat of Rolle ’s Theorem.To make t hings simpler ,people lay emp hasis on discussing t he ways to p rove Rolle ’s Theorem.The articles of professor Xu Ji 2hong [4]and t he aut hor [5]respectively give a new way to p rove Rolle ’s Theorem.In t he paper ,we shall give some met hods p roving Rolle ’s Theorem by some forms of completeness of real numbers.Def inition 1 A collection C of clo sed subintervals of [a ,b]is a f ull cover of [a ,b]if to each x ∈[a ,b]t here corresponds a number δ(x )>0such t hat every closed subinterval of [a ,b ]t hat contains x and has lengt h less t hat δ(x )belongs to C [6].Lemm a 1 If C is a f ull cover of [a ,b],t hen C contains a partition of [a ,b],i.e.,t here exist a =x 0,x 1,…,x n =b such t hat x k -1<x k and I k =[x k -1,x k ]is in C for each k [6].Def inition 2 A partition of an interval [a ,b]is a finite collection of non 2overlapping closed intervals whose union is [a ,b].A tagged partition of [a ,b]is a partition of [a ,b]wit h one point ,referred to as t he tag ,cho sen f rom each interval comprising t he partition.A tagged partition of [a ,b]will be denoted by {(c i ,[x i -1,x i ]):1≤i ≤n},wherea =x 0<x 1<x 2<…<x n -1<x n =band c i ∈[x i -1,x i ]is t he tag of t he interval [x i -1,x i ]for each index i .Now let δbe a positive f unction defined on [a ,b].A δ2fine tagged partition of [a ,b]is a tagged partition {(c i ,[x i -1,x i ]):1≤i ≤n}of[a ,b]t hatsatisfies[x i-1,x i]<(c i-δ(c i),c i+δ(c i))for each index i.In words,t he positive f unctionδ(which is often referred to as a gauge)determines t he size of t he interval associated wit h a given tag[7].Lemm a2 Ifδis a positive f unction defined on t he interval[a,b],t he t here exist s aδ2fine tagged partition of[a,b][7].R olle’s Theorem Let f(x)be a f unction continuous o n[a,b],differentiable on(a,b)and f(a) =f(b),t hen t here exist sξ∈(a,b)such t hat f′(ξ)=0.Proof We can suppose wit hout loss generality t hat f(x)is not constant on[a,b].It implies t hat t here exist s y0∈(a,b)such t hat f(y0)≠f(a).Assuming t hat f(y0)>f(a)(A similar proof can be made for t he case f(y0)<f(a)),we shall show by using disproof t hat t here isξin[a,b]such t hat f(ξ)≥f(t)for any t∈[a,b].If not,for every x in[a,b]t here exist s t x∈[a,b]such t hat f(x)<f(t x).LetC={I|I is a clo sed subinterval of[a,b],t here is t I∈[a,b]wit h f(y)<f(t I)for all y in I}.We claim t hat C is a f ull cover of[a,b].(To see t his,let x∈[a,b].There is t x∈[a,b]wit h f(x)<f(t x).Since f is co ntinuous at x,t here exist sδ(x)>0such t hat f(y)<f(t x)for all y∈(x-δ(x),x+δ(x))∩[a,b],t hen for every closed subinterval I of[a,b]t hat contains x and has lengt h less t hanδ(x),we have I<(x-δ(x),x+δ(x))∩[a,b]so f(y)<f(t x)for every y∈I, t herefore,I is in C.)By t he Lemma1,C contains a partition of[a,b]:I1,I2,…,I n.For each I i,i=1,2,…,n,according to t he st ruct ure of C,we can find t Ii ∈[a,b]such t hat f(y)<f(t Ii)for any y∈I i.LetM=max{f(t Ii)|i=1,2,…,n},so f(y)<M for every y∈[a,b].It contradict s t he definitio n of M and t he fact t hat t Ii∈[a,b].This cont radiction shows t hat t here isξ∈[a,b]such t hat f(ξ)is t he maximum value of f on[a,b].Sincef(ξ)≥f(y0)>f(a)=f(b),t husξ∈(a,b).Combining t he conditio n t hat f′(ξ)exist s,we have t hat f′(ξ)=0.R emark Modifing t he disproving part of t he above p roof as follows,we can get a new met hod to p rove Rolle’s Theorem using t he well2known Heine Borel Covering Theorem.If not,for every x in[a,b]t here exist s t x∈[a,b]such t hat f(x)<f(t x).Since f(x)is continuous on[a,b],t here isδ(x)>0,such t hatf(y)<f(t x) for all y∈(x-δ(x),x+δ(x))∩[a,b].(1) LetH={(x-δ(x),x+δ(x)),x∈[a,b]},then H covers[a,b]and Heine Borel Covering Theorem implies that there is H1={(x i-δ(x i),x i+δ(x i)) |i=1,2,…,n}<H such that H1is a finite covering of[a,b].LetM=max{f(t xi )|i=1,2,…,n}=f(t xi0), 1≤i0≤n,where t xi0in[a,b].It follows t hat t here exist s j:1≤j≤n such t hat t xi0∈(x j-δ(x j),x j+δ(x j)),according to(1)we havef(t xi0)<f(t xj)≤M=f(t xi0).It is cont radiction.To testify Rolle’s Theorem by t he Lemma2f rom anot her angle,we shall first show a p ropo sition as follows:Proposition Let f(x)is a f unction differentiable on(a,b)and f′(x)≠0,t hen f(x)is st rictly monoto ne on(a,b).Proof Let t1and t2be any two point s in t he open interval(a,b)wit h t1<t2,t hen for everyx∈[t1,t2],we have limy→x f(y)-f(x)y-x=f′(x)≠0,so t here exist sδ(x)>0such t hat y∈U0(x;δ(x))231大 学 数 学 第24卷∩[a ,b]implies f (y )-f (x )y -x>0, if f ′(x )>0,(2)f (y )-f (x )y -x <0, if f ′(x )<0.(3)It is clear that δ(x )is a positive function on [t 1,t 2].The Lemma 2implies that there is a δ2fine tagged partition {(c i ,[x i -1,x i ]),i =1,2,…,n}that is ,t 1=x 0<x 1<…<x n =t 2,c i ∈[x i -1,x i ]and [x i -1,x i ]<(c i -δ(c i ),c i +δ(c i ))for each i =1,2,…,n .We might as well suppose that c 1<c 2<…<c n .(4)(If not ,t here must be j :1≤j ≤n -1such t hat c j =c j +1.It follows t hat c j =x j =c j +1by c j ≤x j ≤c j +1,we obtain a new δ2fine tagged partition of [t 1,t 2]satisfying (4)so long as we merge [x j -1,x j ]wit h[x j ,x j +1]).Then we easily prove t hat for all i =1,2,…,n ,f ′(c i )have t he same sign (If not ,t here must be i satisfying 1≤i ≤n -1such t hat f ′(c i )・f ′(c i +1)<0.We might as well suppose that f ′(c i )>0and f ′(c i +1)<0.By (2)and (3),we have that f (y )>f (c i )and f (y )>f (c i +1)if y ∈(c i ,c i +δ(c i ))∩(c i +1-δ(c i +1),c i +1)∩[a ,b].For t his reason ,t here exist s y 0in (c i ,c i +1)such t hat f (y 0)is t hemaximum value of f on [c i ,c i +1],t herefore f ′(y 0)must be zero ,which cont radict s t he condition t hat f ′(x )≠0for all x in (a ,b )).Wit hout loss of generality we may assume t hat f ′(c i )>0for every i =1,2,…,n.Note t hat c i -δ(c i )<x i -1≤c i ≤x i <c i +δ(c i )and x i -1<x i by (2)we have eit her f (x i -1)<f (c i )≤f (x i )or f (x i -1)≤f (c i )<f (x i ),t hen f (x i -1)<f (x i )for each i =1,2,…,n t hus f (t 1)<f (t 2).Therefore f is st rictly monotone on (a ,b ).If Rolle ’s Theorem is faulty ,f (x )is st rictly monotone on (a ,b )by propo sition above.Thus f (x )is also st rictly monotone on [a ,b ]by t he condition t hat f (x )is continuous on [a ,b ].It cont radict s t he condition t hat f (a )=f (b ).This co nt radiction shows t hat Rolle ’s Theorem holds.[R eferences][1] Tucker T W.Rethinking nigor in calculus :the Role of the mean value theorem[J ].Amer.Math.Monthly ,1997,104(3):231-240.[2] Swann mentary on rethinking rigor in calculus :the Role of the mean value theorem [J ].Amer.Math.Monthly ,1997,104(3):241-245.[3] Tong J.A converse of the mean value theorem[J ].Amer.Math.Monthly ,1997,104(12):939-942.[4] Xu Ji 2hong.An alternative approach about several theorems in calculus[J ].Journal of Mathematical Research andExposition ,2006,26(1):63-66.[5] YAO Jing 2sun.The application of f ull cover and tagged partition in analysis [J ].College Mathematics ,2006,22(4):109-112.[6] Botsko M W.A unified treatment of various theorems in elementary analysis[J ].Amer.Math.Monthly ,1987,94(5):450-452.[7] Russell a G ordon.The use of tagged partitions in elementary real analysis [J ].Amer.Math.Monthly ,1998,105(2):107-117.罗尔中值定理的一些新证法姚静荪(安徽师范大学数学计算机科学学院,芜湖241000)[摘 要]给出了罗尔微分中值定理的三种新的证明方法,其中第二种很简便的方法仅依赖于大家熟知的Heine 2Borel 有限覆盖定理.由此可见罗尔微分中值定理可以是实数的完备性的直接推论.[关键词]罗尔中值定理;实数的完备性;完全覆盖;有限覆盖定理;δ2精细加标分割331第4期 YAO Jing 2sun :Some New Ways to Prove Rolle ’sTheorem。