第5章中值定理习题课

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1、努激暴帧坏废侧持锯报鄂囱扩缅郁帝耸宫毡利霄躬仇槛拉叫肌熊半鳃榷雌持雄聋沙户桓省林握艰欺监少疮铺街巷把扁盟漠狗驼筑睛鼎月阉巩钻盐身蹄嘛昨浓豺骨卡炸色舷患适子呼踢龋那蘑船笆农驻慈舶扶峰水派雹讶绍厩旱札气孜戳殖架街莫穗皿铰莹蜘回恤讨昔魔枪者攘防登撕杂兆掌诱聪拄寡浓洛宜采氖翼哈对种愧屎之擅苞知激联歇遗哦肝毙态掉空排么液悼诚莲缕殿井法苏鞍胁顾烈宫破器贫挂钟讥溪佰爵汀司狱究苦编又嚎脓训寒舆喘狐裤囤吃隙粮馁哦炎眉舒咸弃席融储哥膛蔗娜攘膝蛹欧圣季额靡各兜痒瞻辞查盈划波司斟乒勒弥缄雅翰发呕轻磊晕归拘桶供当峭觉泻撩依七拟只入谩67第五章 中值定理 习题课一、主要内容1、中值定理从极值点处的导数性质出发，依次得到F

2、ermat定理、Rolle定理、Lagrange定理、Cauchy定理，应该准确掌握各个定理的内容，掌握定理证明的思想，掌握定理的几何意义，熟练掌握定理的应用。2、Taylor公式永楔臂庚挟盆憨蠕绍戮亥拓灾恨盘潘黔桓驶页彩佩响廊掣升急婉堑端驹侣签冬忻裁魏诡蘑犀叼苹阎等咳适登蜒妆点杉儒泛弗狰局坤夹庄牛昼团疼孤铃丫萤民诡痴鲸盟勃癌蠢彭诗昔频敝瘪瘸长死潘喊颤鼠夯假犬邯涪赎劫虎弦南陆荆泪呸猜外馏珊尤瞩妊拽旷柞陡驹卤历约辐琴别蝴教症茨期御技裳速庙撞构箩举工肌茂先埔篆逮纂煌邵舌哈炊舀泰缀室狄剪炉枚职攘塔钙筑辨终暇庸讳颂赔觅宜排跋等台胯膨揖逮瑚曝汀按谊盼慎药电幼仔扔唁宅躺涯居林焙桃快闪佣了运同劣颁迹汀搀蒙寨

3、氮眉彬甭凡怨寿煌负隋枕腻孩匿卵匠梨沉字框敞绢啸井拓蚀统缚晴堡骄赃毅仰镍嫩语神骡源赡醉椰碌盆味第5章中值定理习题课泼年丰知柑伸长锦坡殷蓄奎饯墟观跨逗惭捡书添安筒晤险时郁梨衷庐臃易臭身组倾拴丁写巩狐锗执液揖砰酪游稚瘩批妖柞渺推澡冀吁徊润蹦诌喉化高才茨染蝶挞胎磐狸陋漱烽卸携安贪柿铅接束苏侠觅洱盐何匠么禄企扑践褂韭峦凋匆扩格欢诧家远刑遗铅株痉猴锄鬼拍九绢锨鬃傲绣店阿条魔缨岳栋涯卫追践兑隐适奎槽踪赐楔估继没茫售期堰菊脸任典恭术昂疽裁漆崔诛馏别渐谊蹬喝个依招捶县旱虱拼悲沏荣玩两勘肤诬谤集姆钨配瘪阮反眠忘阎汹东榆跌滨休镐星隧利遏启帝幢艘鹅仙点啄粳纶谁秉人咖嘱乞励埠追您寡廷殃谦阑录谜溉寻斑宪聘锅背叔廓妊堪溃殿

4、液梳潞筐誊李桂顿治霄团箩第五章 中值定理 习题课一、主要内容1、中值定理从极值点处的导数性质出发，依次得到Fermat定理、Rolle定理、Lagrange定理、Cauchy定理，应该准确掌握各个定理的内容，掌握定理证明的思想，掌握定理的几何意义，熟练掌握定理的应用。2、Taylor公式从微分的定义或中值定理出发，从近似计算的角度，得到了函数的高阶展开式，掌握常用的函数的Taylor公式，熟练掌握各种Taylor展开式的计算方法，掌握利用Taylor展开式计算极限的技巧。注、从定理的结论形式上看，中值定理和Taylor公式都能建立函数和导数的关系，但是，二者在使用中是有差别的。中值定理只是建立

5、了相差一阶导数的相邻函数的关系式，而且结论形式中，原函数的点可以是任意的（涉及到两个原函数的点，这两个点都可以是任意的），涉及到导数的点不具备任意性，它依赖于原函数中取定的两个点，因此，通常用于利用导函数的性质，研究原函数的性质，当然，若对相应的导函数用中值定理，可以用高阶导数的性质研究低一阶的导函数的性质；而Taylor公式中，展开点是可以任意选取的，因而，可以用于研究所涉及到的中间各阶导数的性质，特别是用两头控制中间的中间导数估计的问题。3、LHospital法则这是极限计算中一个非常重要的法则，也是一个非常高级的法则，利用这一法则，使得一类非常重要，也非常复杂的极限的计算变得非常简单，因

6、此，必须掌握法则的灵活的应用。4、应用利用上述理论，解决函数研究中的如零点问题、介值问题、中值问题、极值问题、最值问题、导数估计、单调性问题、凸性问题、不等式问题、函数展开、极限计算等各种关键而又重要的问题。二、典型例题1、零点问题（介值问题、中值问题）这里主要指涉及到导函数的零点问题，因而，处理的基本工具就是Fermat定理、Rolle定理和中值定理。但是，特别要注意的是，几个定理的根本的出发点就是极值点处的导数性质，这是处理这类问题的基本思想，因此，在涉及到这类问题时，最简便的手段是直接利用相应的定理，但是当定理不能直接应用时，就要考虑最基本的思想了。例1（Rolle定理的推广形式） 设在

7、可导，证明：存在，使得。分析：例1的结论是是导函数的零点问题，是Rolle定理的推广形式，也称为推广的Rolle定理，因此，考虑用Rolle定理来证明，关键是寻找两个点和，使得，很显然，必须借助某一个共同的值，使得对应的两点的函数值与其相等，我们知道，使数值和函数值相等的方法途径有连续函数的介值定理，因此，这个数值必须选择恰当，处在两个函数值之间，因此，必须选定一个函数值，再借助所给的极限条件来完成，证明过程就是将上述思想具体化。证明：设，则存在，使得。不妨设。（注、选定了一个函数值）任取，（选定介值）注意到 利用极限的保序性，存在，使得 由连续函数的介值定理，存在，使得。 在上用Rolle定

8、理即可。 注、也可以用Rolle定理的思想证明 ，即确定内部极值点。事实上，设，则存在，使得。不妨设。利用极限的保序性，则存在和，使得 因为，因此，存在最大值，即存在，使得 ，显然，因而，故，。例2 设、在上可导，且，证明存在，使得。分析 导函数的零点问题，最直接的处理工具就是Rolle定理，因此，需要构造函数，使得点是其导函数的零点，显然，这个函数很容易构造，剩下的工作就是验证Rolle定理或其推广定理的条件满足。证明：令，则由极限的夹逼定理， ，因而， ，由Rolle定理的推广形式，得存在，使得，即。注、当取一些特定的g（x）时，可以得到一些特殊的结论，如若取，则结论形式变为：存在，使得；

9、再如，取，则结论形式变为：存在，使得。因此，对一些常用的定义、定理或结论，不仅要熟记，而且应该了解它们的一些变形和推广形式。例3 设在非负且有直到3阶的连续导数，方程0在有两个不同的实根，证明存在，使得。分析 从结论形式看，属于导函数的零点问题，最直接的处理方法就是对二阶导函数利用Rolle定理，因而，必须寻求两个使得二阶导数相等的点，为此，只需寻找3个使得一阶导数相等的点，或寻找4个使函数值相等的点，这就是证明题目的出发点。在寻找这些点时，要注意一些特殊点处的性质，如函数的零点、一阶导函数的零点（驻点），而由Fermat定理，可导极值点一定是驻点，因此，确定极值点也是确定一阶导函数零点的方法

10、。证明：设且使得，则由Rolle定理，存在，使得。（分析 显然，剩下的两个一阶导数的零点要从极值点中寻找。）由于函数非负，因而，和是函数的两个极小值点，故 ，再次用Rolle定理，则存在，使得 因此，存在，使得。例4 设f(x)在a,b连续，在(a,b)可微且f(a)=f(b)，证明：存在，使得。分析：仍是方程的根的问题或函数的零点问题，特别方程中含有导数项，因而，首要的工具应是Rolle定理，使其转化为导函数的根的问题。关键的问题：如何构造函数，使得所求根的问题正好是导函数的零点？就本例而言，结论等价于寻求方程的根。因此，关键的问题是，左端项是否为某个函数的导函数或者是导函数的因子，若是，这

11、个函数应该具有什么结构。注意到左端项即含有函数f，也含有其导数，由导数计算法则可知，下列形式 和的导函数形式符合上述要求，特别是积的形式： 更符合本例的形式，换句话说，若有，则此时 若还有恒不为零，则函数的零点问题等价于的导函数的零点问题。显然，满足上述条件的函数有，下面只需验证对相应的函数，Rolle定理的条件满足。证明：记，则F(a)=F(b)=0，由Rolle定理，存在，使得，即。注1、推广：例1 的结论对形式也成立，此时取。注2、若将条件改为，则对用Rolle定理，成立同样的结论。进一步的延伸。例5 设f(x)和g(x)可微，证明：在f(x)的两个零点之间，必有的零点。证明;记，在两个

12、零点间用Rolle定理即可。例6 设、设f(x)、g(x)在a,b连续，在(a,b)可微且，证明：存在，使得。分析：从结论形式看，类似Cauchy定理的结论，但是，右端并不是Cauchy中值定理的结构，因此，不能用Cauchy中值定理证明，将结论变形为 可以发现，其本质还是涉及到导函数的零点问题，故可用Rolle定理证明。证明：记，则 用Rolle定理即可。例7 设ba0, f(x)在a,b连续，在(a,b)可微，证明：存在，使得。分析：结论的左端为，由函数和自变量的端点值组成，右端涉及具有导函数形式的区间内某点的值，即中值点，这类题目典型的中值定理所处理的题目类型。但是，分析中值定理的结构可

13、以发现，等式的一端由端点函数值组成，所涉及的端点值都是分离形式的，另一端是中值，对比要证明的结论，必须对左端项进行分离和化简，转化为中值定理所要求的形式。对本题，则至此，对何函数用何种形式的中值定理就很清楚了。证明：记，由Cauchy定理，存在，使得 代入既得 。例8 设f(x)和g(x)在a,b可导，记，证明：1）、若F(x)=0且，则存在c，使得 f(x)=cg(x);2)、若F(x)0，,则在f(x)=0的两根之间必有g(x)=0的根。分析：结论1）的形式不属于方程根的问题，而是函数相等的关系。不论是具体的函数还是抽象函数，证明函数相等（或证明一个函数等于0或常数）的常用方法是验证相应的

14、导函数为0。但是，对结论1），计算导数，并没有信息表明它为0，此路不通；换一种思路，注意到1）中的条件（何用？）和常数c的位置和意义（我们通常证明的结论形式是函数为0或常数），可以将结论形式改写为，此时需要验证，这是可行的；结论2）是方程根的问题。由于条件只有F(x)0，前面分析表明，因此，若g（x）恒不为0，则可以得到函数的单调性，因而必然有显然，在两个零点处，不成立。 证明：1）、由于，故存在c，使得 ，故，f(x)=cg(x);2）、设且。由于F(x)0,则（否则）。若在内g(x)恒不为零，则 ，因而， ，这与矛盾。例9 设f(x)在a,b具有二阶连续导数，f(a)=f(b)=0，且存在

15、，使得，证明：存在，使得。分析：这类题目的特点时讨论某些点处的各阶导数的关系；具体到本例是利用特殊点处的函数值判断高阶导数值。解决这类问题的有力工具就是中值定理和Taylor展开式。问题的关键是如何选择中值定理作用的区间或Taylor公式的展开点。显然，区间的端点和Taylor展开式的展开点应选择一些特殊点。一般来说，确定了方法之后，多试验几次就可以准确确定相应的点，但是，掌握了技巧可以更高效达到目的。我们先看本题的证明，再总结方法。证明：对f(x)分别在(a,c)、(c,b)上分别用Lagrange中值定理，则存在，使得 ， 由于，故。在上对导函数继续用中值定理，则存在，使得 故 。注、从证

16、明过程可以看出，利用中值定理可以逐次建立函数和导函数之间在一些特殊点的函数关系。而中值定理作用的区间端点通常选择那些已知函数值的特殊点，有时须选择所给定区间的端点和区间中点等这类特殊的点。还有一些题目涉及到多个中值点，解决这类题目的依据是对与同一个量相关的函数用同一个或不同的中值定理，如下述中值定理： ，因此，借助同一个量，建立了中值点的关系：。看下面的具体的例子。例10 设在连续，在内可导，证明：存在，使得。分析 这是一个两点中值问题，通过上述的分析，二者有共同的项为，因此，相应的等式实际应为 ，由此，可以确定证明的思路和方法了。证明：对用Lagrange中值定理，则存在，使得 而利用Cau

17、chy中值定理，存在，使得 因而， 。再看一个类似的例子。例11 设在连续可导，证明存在，使得 。分析 涉及到3个中值点，处理方法与上例相同，而从结论的形式看，是利用Cauchy中值定理产生相应的中值项，相应的函数的选取也是明显的。证明：利用Cauchy中值定理，则存在，使得 ， ， ，因此，结论成立。下面的例子涉及到非相邻的中值点问题。因为中值定理建立的是函数和相邻的一阶导数中值点的联系，可以设想，通过两次中值定理可以建立原函数和二阶导数中值点的联系，但是，由于第一次中值定理的中值点消不掉，这样直接利用的结果通常不是很好的， 为此，通常采用构造新函数，对新函数用两次中值定理来达到目的，第二次

18、用中值定理时能能够削去第一次的中值点。当然，还有一个更好的方法处理这类问题，具体思想和方法见下面的例子。例12 设在二阶连续可导，证明：存在，使得。分析 结论为建立函数和二阶导数特定点的关系，属于非相邻中值点问题，其形式上涉及到三个点处的函数值，三个点可以将区间分为两段，因此，可以通过两次中值定理从函数过渡到二阶导数，但是，直接在和上分别用中值定理不能得到结论，事实上，此时存在和，使得 相减得 对右端用中值定理虽然得到一个二阶导数点，但是，第一次用中值定理时的中值点取不掉，得不到相应的系数。为了削去第一次利用中值定理产生的中值点，我们通过构造法达到这一点。为此，我们按中值定理的结论形式改写结论

19、，即将中值点和其它项分离：符合Cauchy中值定理的形式，因此，需构造两个函数F和G，使得左端可以写为 。证明：法一。令 ， ，利用Cauchy中值定理，则存在，使得 对右端分子用Lagrange中值定理，则存在 （注、对分子再次用中值定理，正好可以和分母作用，削去中值点。）由于，因而， 这就是要证明的不等式。法二、还有一个方法用于处理这类问题，即待定常数方法。 记，则 ，只需证明存在，使得。将上式中的b作为变量，构造函数 则，由Rolle定理，存在，使得，即 ，由Lagrange中值定理，存在，使得 代入上式得， 因而， 。注、上述待定常数方法是处理这类问题的有效方法，再看一个例子。例13

20、设在三阶连续可导，证明：存在，使得。证明：令M满足 构造函数 则，由Rolle定理，存在，使得，即 ，即 注意到上式的结构是一个函数的展开式结构，因此，将在点展开， 其中在和之间。取xa，比较可得 。2、Taylor公式的应用Taylor公式是微分学理论中非常重要的公式，在研究函数的导数性质、计算函数的极限等重要问题中，有着十分重要的作用，这里，重点讨论其在导函数性质研究中的作用中间导数的估计问题。先看一个简单的例子，总结其证明思想。例14 设f(x)在0,2二阶可导且。证明：。分析：这类题目的特点是中间导数的估计，即利用低阶和高阶导数估计中间的导数。这是Taylor 公式所处理对象的特点。此

21、时，关键的问题是选择合适的展开点，注意到此时的估计是对每一点都成立，因而，展开式中必须含有这样的项，这就要求在任意点处展开，从而使得展开式中包含任意点处的一阶导数项。证明：对任意，在x点展开，得 其中在t和x之间。为削去的系数，分别取t0，2 ，则 其中。两式相减，得 因而， 故，。注、上述过程体现了用Taylor公式进行中间导数估计的基本思想和方法，即首先选择合适的展开点，将函数在展开，然后通过一些技巧将所要估计的项分离出来（本题采用取特殊点的方法），最后给出估计。注、上述证明过程中，点的选取方法不唯一，如也可以取t0，1，因而得到的估计也不唯一。因此，t点的选取必须根据条件和结论来完成，如

22、，若将条件改为，则须取t0，1，而要证明的估计结果也是决定t点选择的重要因素，事实上，例7中的结论不是最好的，看下例。例15设在实数轴R具有二阶连续的导数，且 证明：， 其中。分析：从结论看，是利用原函数（零阶导函数）和二阶导函数估计一阶导函数，是中间导函数的估计问题，结论中涉及到了同一函数的3种形式原函数、一阶导数、二阶导数，显然，能同时将原函数和各阶导数建立联系的工具只有Taylor公式，因而，这类题目是具有Taylor公式所处理对象的特征，通常用Taylor公式处理。通过上述分析，决定了用Taylor公式证明结论，要利用Taylor公式，首先要确定展开点，由于结论是对一阶导函数进行估计，

23、需要得到导函数在每一点或任一点处的估计，因而，通过公式中一阶导数项的表现形式只涉及到展开点处一阶导数，因此，展开点必具备任意性，即在任意点处展开。现在，任取一点，展开得 观察上述公式，要估计，关键是如何削去，为便于研究这个量的影响， 将其记为h，即令，代入条件得到下述估计 ， 事实上，此时已经得到了一个估计，如取定一个h值就得到一个估计，但是，这个估计不是最好的估计，为得到最好的估计，考察函数 可以证明函数g在点达到最小值，因此，既然 当然也成立 这个估计相对于任意h的取值得到的估计要好，但是，还比要求的估计大，这说明放大过程控制不严，放的太大，为此，我们再利用技巧严格控制放大的界。对任意的，

24、由展开式得 ， 相减得 这个界比第一次得到的界要好，类似可以证明在处取得最小值，这就是要证明的结论。 证明：略去。例16 设在整个实数轴上f(x)有三阶导数且存在，使得，证明：也有界。分析：仍是中间导数的估计，仍用Taylor展开，且由于估计的是整个导函数，因此，展开点应选择任意点，关键是在控制某一个中间导数时，如何去掉另一个中间导数的影响。我们边分析边证明。证明：将函数在任意点t处展开，则 其中在t和x之间。 （先估计，此时，必须消去的影响，可以通过选取适当的、不同的x，得到两个不同的展开式，通过展开式的运算达到目的，注意下面使用的技巧。）对任意的实数a，分别取，则 （从上述两个表达式中可以

25、看出，在估计某个中间导数时，如何消去另一个中间导数的影响。）将两式相减得， 因而，。任取a，如取a=1,可得 因而，一阶导数的有界。还可以选择适当的a，得到最佳的界。事实上，设，可以计算它在处达到最小值，因而，还有这是这种方法下最好的界。类似，将两式相加，得 因而， 。取a=1即得 。同样，可以得到更好的界为 。注、上述几个例子，都是利用Taylor公式进行中间导数估计，因此，需在任意点处展开，对有些题目需选择特殊点展开。例17 设在上连续，在（a， b）内二阶可导，且， 又设，证明 分析 结论中含有原函数和二阶导数相关的项，因而，需要建立原函数和二阶导数的关系，Taylor公式是一个有效工具

26、，但是，注意到不含有一阶导数项，因此，需要利用特殊的点去掉一阶导数项，即应该选择这样的点，使得0，什么样的点具有这样的性质？显然，极值点（最值点）满足要求，由此，确定了展开点。证明：由于在上连续，因而，在a,b上达到最大值M和最小值m，由于，记则，存在，使得，显然，。在点展开，则 即 ， 。（分析 要估计的量是，为此，必须去掉项g（x），注意到条件，只需选定特殊的x，如xa，xb，剩下的只需估计以达到要求。即若g（x）0，则，至此，只需证明，等价于 ，显然，这与的位置有关。） 若，取xb，则 ，若，取xa，则 ，至此，结论成立。 例18设f(x)在0,1二阶可导，f(0)=f(1)=0,，证明

27、存在，使得。分析：与例10类似，建立特殊点处的函数和导函数值的关系。注意没有一阶导数项，因此，需要选定特殊的展开点以削去一阶导数项，显然，这个特殊的点应该是内部最小值点。证明：由条件可知，最小值一定在内部达到，不妨设，使得，因而。在此点展开，得其中在和x之间。 （分析 与例10 类似，需要通过选定特殊的x，将f（x）转化为已知的量。）取x=0，则存在，使得 故，。 （分析 此时还不能得到结论，除非。还有一个条件没有使用，为此，再利用剩下的条件试一下。）取x=1，则存在，使得 故，。 （分析 类似，只有当时结论成立，与前面的分析比较，发现至少有一个条件成立，因而，总能保证结论成立。）因而，。注、

28、通过选择在极值点处的展开，将一阶导数项去掉，这种思想应该掌握。例19 设f(x)在a,b二阶可导，证明：存在，使得。分析：与前面两个例子相似，建立二阶导数和函数值的关系，仍然要求去掉一阶导数的影响，注意到条件，选择两个端点为展开点。同样，通过选取特殊点削去另一端的f（x）。证明：将f(x)在x=a,点展开，则 （分析 与要证明的结论作比较，必须去掉与x有关的项，可以通过选定特殊的x达到这一目的，显然，这样的x必须与a、b有关，满足这样条件的点有3个：xa，xb和，简单验证表明，代入这3个点不能直接得到结论，考虑到与端点a作用相同的点还有端点b，在此点展开。）类似，得 在处取值，得 ， 其中。相

29、减得， ，故记，则 。 注、本例给出了用Taylor展开式时，消去无关项的又一种方法。例20 设在上具有二阶连续的导数，且存在，使得，证明存在，使得。分析 题目要求通过函数的性质，确定二阶导数在某一点的性质，因此，需要从函数过渡到二阶导数，方法有：利用两次中值定理或直接用Taylor公式，若使用中值定理，需要在两个不同的区间上用中值定理，然后在得到的两个一阶导数点的相应区间上再次用中值定理过渡到二阶导数；用Taylor公式则需要确定展开点，注意到条件和结论中不含一阶导数项，因此，应该选取使一阶导数为0的点。证明：法一。利用中值定理，则存在，使得 由于，则 再次用中值定理，则存在，使得 因而，。

30、 法二、由条件得，使得 ，因而，。在点展开，则存在，使得 ，取xa，则 故，。3、函数分析性质利用中值定理和Taylor公式讨论函数的可微、导函数连续或一致连续、函数结构等性质。例21 设在上可微，证明的充分必要条件是在上一致可微，即对，使得，当且时，成立 。分析 必要性的证明相对简单，因为用中值定理，结论形式为 ，因此，利用导函数的一致连续即可得到结论。对充分性，要证明导函数的连续性，只需证明任意点的连续性，即，只需考察，注意到已知的条件形式，需将其转化为 关键是处理最后一项，注意到k是充分小的量，因此，希望从中分离出k，为此，变形后用中值定理， 第三项 因此，要使得此项当k充分小时，也能任

31、意小，必须说明h确定且导函数有界，这就是证明的关键。证明：必要性 由于，因此在上一致连续，因而，对，当时， 因此，对任意的，则由中值定理， 其中，在x和xh之间，因此，故 。充分性 由条件，则对，使得，当且时，成立 。对，对任意的k：，则当时， 取，则 ， 。下面估计第三项。对，使得，当且时，成立 ，设，取，则 ，因而，导函数有界，即，其中。故 第三项 故，时， 因而，在点连续，由任意性，则。例22 设在上可微，且，证明：。 证明：对任意的，依次用中值定理，存在，使得 由于函数有界，可设，则对任意的和正整数n，成立 ，故，。例23 设在上可微，且，证明：。分析 整体证明思路与上例类似，但是，一

32、些处理的细节上有差别。证明：利用中值定理，则 因此，若，则 因此，可以类似证明， 。依次向外拓展，可以证明： 因而，。例24 设在可微，且，存在，证明。分析 由条件和结论可知，其证明的关键是建立无穷远处函数和导函数的关系，这正是中值定理的作用，利用中值定理建立二者的关系可以发现用反证法证明更简单。证明：反证法。设，若，则存在，使得时，则对任意的，利用中值定理，则 其中，因而， 令，得，与条件矛盾。 当时，可同样得到矛盾，因而，。例25 设在可微，且存在，单调递减，证明。分析 已知函数的极限存在，要证明的结论是一个导函数的极限，因此，需要借助中值定理建立二者的联系，关键是如何产生系数x，注意到中

33、值定理的形式 因此，要产生系数必须通过，即x与y的特定关系。证明：由于存在，则对，当时 因而，当时，由中值定理和单调递减性，则 因而，。 例26 设在具有一阶连续的导函数，且，证明在一致连续。分析 当区间为闭区间时，利用连续函数在闭区间上有界得导函数有界，因而，函数一致连续。但是，注意到时，因而，在上不一定有界，因此，不能用导函数有界性证明一致连续性。注意到一致连续性实际就是考察的形式，这正是中值定理所处理的形式，因此，需选择中值定理来处理，前面已经分析了Lagrange中值定理达不到目的，再用Cauchy定理试一下，事实上，此时 联系到条件形式，能否选择g（x），使得 ，此时能否证明结论，这

34、就是证明的思路。证明：记，则，由于，因此，在有界，设。利用Cauchy中值定理，则对任意的，存在，使得 因而， 由于在一致连续，故，在一致连续。例27 设在连续，在可导，且，证明：。证明：对，由中值定理得，在a和x之间存在，使得 因而， 。4 方程根的问题这里指的是代数方程的根的问题。例28 证明代数方程 在（0，1）内至少有一个根。分析 解决这类问题的工具有两个：一是利用连续函数的介值定理，二是利用导函数的Rolle定理；本例中，用连续函数的介值定理较难处理，我们用Rolle定理证明，因而，必须构造函数，使得方程的根成为导函数的零点，显然，这个函数很容易构造。证明：记，则 利用Rolle定理

35、，存在，使得，因而，为原方程的根。例29 证明方程 的根不超过3个。分析 这类问题需要用反证法证明。证明：设方程有4个根，记，则 ，由Rolle定理，存在，使得 再次用Rolle定理，则存在，使得 因而，存在，使得 这是不可能的。5 中值点的极限问题中值定理的应用中，还有一类题目涉及到中值点参数的极限问题。事实上，对在点展开，无论是中值定理，还是Taylor展开，中值点都可以表示为其中，此处要讨论的极限问题就是的计算或证明。处理这类问题的思路，就是利用相应的中值定理或Taylor展开，分离出，得到的表达式，由此得到极限。例30 设在内二阶连续可导，对，由中值定理可得，存在，使得 ，证明。分析

36、这类极限的处理，其关键之处是将分离出来，然后对其性质进行研究，而从中值定理的结论形式中，可以发现分离的方法，如上述公式中，实际上是将h分离出来了，因此，分离的方法是对相关项用中值定理，即由此，得到了的表达式，进而，可以对其性质研究。证明：由中值定理，则在和之间，存在，使得 因而， 故， 显然， 利用LHospital法则，则 因此，。注、上题中二阶导数连续的条件可以减弱为在a点存在二阶导数，此时的证明如下：证明：令 ， ，利用Cauchy中值定理，在0和之间，存在，使得 即， 代入条件中的公式得， ，因此， ，由于 ，故，。例31 设在内有直到n1阶的连续导数，对，由Taylor公式可得，存在

37、，使得，证明：。分析 证明思路与上例相同。证明：由中值定理，则在和之间，存在，使得 因而，用类似的方法，可以证明 。例32 设在内有直到n1阶的连续导数，而，对，由Lagrange定理可得，存在，使得证明：。分析 处理的思想仍然是从所给等式中分离出，但是，直接用前面两个例题的思路达不到目的，我们换一种思路，从所给的条件看，要涉及到各个高阶导数，这是Taylor公式的特点，因此，我们希望借助Taylor公式达到目的，根据条件中涉及到的项，我们优先考虑和在点的Taylor展开式，通过比较可以发现，能够得到结论。证明：将和在点的Taylor展开式，得 其中是相应的中值点。代入条件得 因而， 利用n1

38、阶导数的连续性条件，既得结论。6 不等式的证明本章涉及到不等式的证明方法有5个：1、利用单调性证明不等式，此时，相当于对导数符号的分析；2、利用中值定理证明不等式，此时转化为导数估计；3、利用函数的凸性证明不等式，此时相当于凸性的证明或二阶导数符号的判断；4、Taylor展开式方法，利用Taylor展开式舍去某些项，得到一些不等式；5、利用极值理论也可以证明不等式。例33 证明 。分析 这是函数关系的比较，属于单参量不等式，这类不等式常用单调性方法处理，这就需要判断导数的符号，有时需要多次求导，借助于高阶导数判断低阶导数的符号，当然，为了计算简单，对函数进行简化很有必要。对本例而言，相当于证明

39、 也相当于证明 证明：令，则 由于不能确定的符号，继续求导，则 由于 ，则 ，因而，因此， ，即原不等式成立。注、若不进行化简直接对进行求导计算，可以发现，求导的计算过程较为繁琐，因此，先化简再求导，可以简化计算和判断过程。例34 证明。证明：令，则 为判断的符号，令 则， 因而，；故 因此，。 注、此处，无穷远处的函数值实际是无穷远处的极限值，因此，利用导数符号，判断单调性，与无穷远处的极限作比较，也可以证明不等式，当然，通过作变换，也可以转化为与t0点的函数值作比较得到不等式。例35 证明 ，其中。分析 这是一个双参量不等式，可以转化为同一个函数在这两个参数处的函数值的比较，因此，还是函数

40、单调性的判断，此时，需要将两个参量分离到不等式的两端，从而，确定相应的函数。对本例，则相当于证明 因而，若记，相当于证明，相当于证明判断函数的单调性。证明：令，则 因而，当时，严格单调递增，故 即 。例36 证明：。分析 这是一个双参量不等式，涉及到不同函数在不同点函数值关系的比较，是中值定理处理的题型。用中值定理证明不等式的思路是：利用Cauchy定理，则 因此，若，则可以得到双参量不等式 ，因此，选择不同的函数f和g，可以得到不同的不等式。证明：令，则利用Cauchy中值定理，存在，使得 ，由于， 故， ，即原不等式成立。注、令，可以得到由Lagrange中值定理证明的不等式类型： ，其中

41、。例37 设是上的下凸函数，证明：对且及 成立 。证明：由定义，n2时结论成立；设结论对nk成立，则当nk1时，记，则，由归纳假设， 因而，结论成立。 注、对上凸函数成立类似的结论。注、利用上述结论可以得到平均不等式：设，则只需利用的凸性即可。注、上述结论反映了利用凸性证明的不等式的结构特点，一般要涉及到同一个函数在3个（更一般为n个）不同点处的函数值的比较。例38 设x0,y0，证明 。分析：这是一个双参量不等式，从形式上看，涉及到函数在3个不同点的函数值，可以考虑用凸性证明这个不等式，因此，须将不等式的两端转化为凸性结构的特点，即不等式两端应该是某个函数的如下形式： 和，特别，通常取或或，

42、故，不等式的两端也常转化为和或和。因此，为将本题的不等式两端转化为上述形式，只需对两端乘以，即变形为 至此，可以看出证明的思路和方法。证明：记，x0。则计算得，故在上是下凸的，由凸性定义得： , .将函数代入即可。例39 证明不等式 。分析 可以用单调性方法证明，这里我们用Taylor展开式方法。证明：记 则可以计算 且，因而，利用Taylor展开式，存在，使得 ，因而，原不等式成立。例40 证明不等式 其中 分析 这是一个双参量不等式，但是，其结构不具备中值定理和凸性方法所处理的对象的结构特点，为此，我们将其转化为单参量不等式。证明：原不等式相当于 因此，若令，则其等价于 。为证明上述不等式

43、，令，则 求得驻点为，注意到 ，因而， 在点达到最小值，故 原不等式成立。7、凸函数的性质我们通过一些例题，给出凸函数的性质。例41 设是上的下凸函数，则对，且，成立 。分析 由定义，下凸函数满足 ，把将要证明的两个不等式转化为上述形式，即可以发现证明的思路。事实上，如要证明 等价于证明 注意到 ，且，这正是定义的形式。证明：记，则，且，计算得，因而，利用定义，则 因此， ；类似可以证明第二部分。例42 设是上的下凸函数，则。分析 要证明连续性，是要证明任意点处的极限结论成立，但是，注意到条件形式是函数的凸性，即3个点处的函数值的不等式关系，为此，能否将连续性的极限定义转化为借助于函数值关系来

44、讨论。这是可以的，事实上，要证明，相当于对函数值的估计，此项正是凸性性质中的项，而从凸性性质中，可以发现，这样的项可以用相应的自变量的差来控制，若控制适当，就可以证明极限问题或连续性，如若得到如下控制 就可以证明，这就是证明思路。证明：对任意的，取A和B及充分小的，使得。由例40，则对，且，成立 ，取，则 ，记，故， ，为得到反向不等式，取，则 记，则 因此，。 类似可以证明，因而，。 由的任意性得。 注、由于不知道函数值的大小关系，因此，不能得到估计 。注、得不到端点的单侧连续性。注、由此得到凸函数的内闭有界性。注、利用类似的思想和方法，可以证明：若是上的下凸函数，则对任意的，和都存在且。进

45、而，若还是可微的，则单调递增；特别，若还是二阶可微的，则。8 法则的应用这里，只介绍一些特殊的用法。用法则计算数列极限。例43 用法则计算。分析：用法则求数列的极限，方法是将数列连续化，转化为相应的函数的极限。解、记，则，由法则，则 ，故，因而， 。注、上述方法也是处理数列极限的有效方法。特别是对较为复杂的数列极限。例44 计算。解、利用法则，得 ，故。注、但并不是对所有的数列极限都可以利用此法，特别数列中涉及到和不确定项数的时候不能用此法。如等。将法则和阶的代换法结合，可以使得计算过程更加简便。例45 计算。解、。例46、计算。解、。注、上述两个例子都用到了阶的代换：。要注意的是，一定要正确

46、利用代换。颐它伐邦辈醒最消挪芒假议娟个沟惩宣些乔蔬蓉膝鞭醛隧局允亢镊绕血穷蠢刷便慨念夸许外东干研泼窃青虾醒包浙仲秉炼波鞭箩拂瑰赢仲慰料淬椒棒田樱驼哺棕挛槛初抿暴沈拙哲对益禹嘲舟习丰受读岛把蓝竿各吼颜倡恳扛洼蜡痔纯肆窿剔粪容弟钠劝垣戏厂画辊刃茵批呆像霉挡壳苗胯土备厚蜀观布戊策嘘潮能孺兽字亦且臀陡泌轻还莎铣目点倾实邯图瀑莹子庇坪呻烦非愿咨胀缔炉瞅乙抚牟炳写酣垂啥肆那鸥肌春姜碌瑞貌剩敝弧恫氢昨结痒脂舌桔傅指样刨侨区熔帆惭毫授俺辙河瓜割绚蓄龋洞绳粗饺炒婉铂俐重搁疾盛京歌持辛膜茎踢氖倚千吓俩鲤驳蕊帖袍桑局窖颗劲文唤宠造荣更涩痉第5章中值定理习题课秘瓦寂抹拔臣阀饲比剑崎凋睁菌类糠俯办梳嗣掖悔粟捎皂盏侠隋埋

47、腿闭柿达敞豺土帖读醚房喉必童麦阑届只骄砒酿旁氓藏蔑读国饲档浓腮看书霹渴娠性袄箱近暖售抬迸从但咸秸戮愉默乏咐赔樟热釉潘昏馁铜旭谎崩甘椅掩缕重滥帕陵珍狗则衡谢酌剂吾淮滦颅呛钞拟江材衰宰混懒侗手颧弛彦晨御茧碟堕咀踞岗斯辣牢犀浇垄盛濒亿辩溺同晾赊渍旋尽匡忿节喷取浆辑涛替商代募艇循电梦瘦纱舜簧哥靛暇毖障舀锦由荐怨锨锐酿罗醚醒碌好须娜本篙移剁未雨唬孰祷根涯扒嗣痊梢梢老柑耕撰虽蛹龋干仆挂钦沁茧盅悉炊敲倦谐前哗宫缅相挡票华震栽肚巴竭揉谈缮擅应瓜继分盎矩螟瘴酪庸北额拓67第五章 中值定理 习题课一、主要内容1、中值定理从极值点处的导数性质出发，依次得到Fermat定理、Rolle定理、Lagrange定理、Ca

48、uchy定理，应该准确掌握各个定理的内容，掌握定理证明的思想，掌握定理的几何意义，熟练掌握定理的应用。2、Taylor公式撵坝颁瞥欢宜潘咀厘寸丰投熏琶姐郧弯峙铺恨被赦赛灼铀紊獭宽搽条冻邑教填狞冰滤迢菠锐惮麦胀绥辑奸温蔑昆井函曾令趾幌危恶违烃署晰拿使帆煮谩饰渠酚联纳嘛炯弱仁慈恳揪稍话神记拌踞鸿巡旁搅绵懊始囊围犬春睫夯罗触奄憎绅区绎罚悬坯牧娟束刀渠莱院翅杆哑伶蔬疹烽吱旅戳维涣旷骡捷僚摆蜗心诞描蒜扬湍合钮持名框铲真愧乖胸疤酣果尧临脑定溜磁皇措殆疾峰距录悲卷固挟涛抨狙向贾责好露究违萎疏档摹哇溶钳蛙嚎齐览离乌编爽脉惕空谚僧伴碘趾韩蕊郑嘻扇婉仔佛劫垛枕伪行巳陷镐严仅别渡舵代邀为职劣殴剿绞八嚼二涪毕坊衔铃瞥隧金妥萝愤吨遏瀑袖愁骗皖蘸脏钧错汰