第三章中值定理与导数的应用83.1中值定理教学目的：理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理，了解并会用柯西中值定理体会它们各自成立的条件与结论以及它们之间的相互关系教学重点：罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理教学难点：罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理的应用教学内容：一、罗尔定理（Rolle）定理1、设函数f(x)满足：(1）闭区间[a,b]上连续：(2）开区间(a,b)内可导；(3)端点函数值相等f(a)=f(b)：则存在e(a,b)，使得f()=0 。证：f(x)在闭区间[a,b]上连续，设f(x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小值分别为M、m。①如果M=m，则f(x)在闭区间[a,b]上恒为常数，即f(x)=c，从而f'(x)=0，Vxe (a,b);②如果M+m，则必有M>m，又因为f(a)=f(b)，故M、m中至少又一个在开区间(a,b)内取得。不妨设f(x)在开区间(a,b)内取得最大值M，即存在e(a,b),使得 F(s)=M。以下证明即为所求，即必有f()=0。由定义) lm)- lm 0)-Mx-51→5x-5→573
73 第三章 中值定理与导数的应用 §３.1 中值定理 教学目的：理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理，了解并会用柯西中值定理， 体会它们各自成立的条件与结论以及它们之间的相互关系 教学重点：罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理 教学难点：罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理的应用 教学内容： 一、罗尔定理（Rolle） 定理 1、设函数 f (x)满足： ⑴ 闭区间[a,b]上连续； ⑵ 开区间(a,b)内可导； ⑶ 端点函数值相等 f ( ) a = f (b)； 则存在ξ ∈ (a,b)，使得 f ′(ξ ) = 0。 证： f ( ) x 在闭区间[ ] a,b 上连续，设 f (x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小值分别 为M 、m 。 ①如果M = m，则 f ( ) x 在闭区间[a,b]上恒为常数，即 f (x) ≡ c ，从而 f ′( ) x = 0， ∀ x ∈ ( ) a,b ； ②如果 M ≠ m ,则必有 M > m，又因为 f (a) = f (b)，故 M 、m 中至少又一个在 开区间 ( ) a,b 内取得。不妨设 f (x) 在开区间 (a,b)内取得最大值 M ，即存在 ξ ∈ ( ) a,b ，使得 f ( ) ξ = M 。以 下证明ξ 即为所求，即必有 f ′( ) ξ = 0 。由定义 ( ) ( ) ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ ξ − − = − − ′ = → → x f x M x f x f f x x lim lim
由于(s)-M≤0,则()-Mj≤0 x>5,：从而由极限的保号性定理x-5 1≥0 x<5J(x)-M [≤0lim[，即(6)≤0，(S)≥0。已知(6)存在，应有→()= fi()= f(E), 即f()=0 。注：①Rolle定理的几何意义：在满足条件时，曲线y=f(x)上的点(5,f()处一定有水平切线，即斜率k=f()=0；②Rolle定理的条件是充分的而不是必要的；③Rolle定理研究的是导函数方程f(x)=0的根的存在性问题。例1.验证：对于(s)=Insinx罗尔定理在区间[,5)上的正确性。66解：(a)=Insinx在区间1%)上连续，在(%)内可导，且F(s)=cotx，66) I nsin = -In2f()=Insin=-ln2fs元6666即端点函数值相等，满足洛尔定理的条件，故应存在5e(.5))，使得()=0，66即cots=0：事实上也可以解得：5=号e(）即满足要求。266例2.设函数f(x)=(x-1)(x-2)x-3)(x-4)，不用计算f(x)，指出导函数方程f(x)=0有几个实根，各属于什么区间？解：f(x)=(x-1)(x-2)x-3)(x-4)是四次多项式，故是(x)=0一元三次方程，最多有三个实根。由f(x)在闭区间[1,2]上连续，在开区间(1,2)上可导，端点函数值相等f(0)=F(2)=0，由洛尔定理，存在5,=(1,2)，使得f(5)=0，即5,是导函数方程f(x)=0的一个实根；同理可知，方程还有两个根52，53分别属于区间(2,3)及(3,4)。例3.证明，方程x3-3x+1=0在区间(0,1)内有唯一的实根。证：①存在性：设f(x)=x3-3x+1，则F(x)在闭区间[0,1]上连续，且f(0)=1,74
74 由于 f ( ) x − M ≤ 0 ，则 ( ) ξ ξ ξ ⎩ ⎨ ⎧ ≥ ≤ − − x x x f x M 0 0 ，从而由极限的保号性定理 ( ) ⎩ ⎨ ⎧ ≥ ≤ − − → ± 0 0 lim ξ x ξ f x M x ， 即 ′( ) ≤ 0 f + ξ ， ′( ) ≥ 0 f − ξ 。已知 f ′(ξ ) 存在，应有 f + ′( ) ξ = f − ′( ) ξ = f ′(ξ )，即 f ′( ) ξ = 0。 注：①Rolle 定理的几何意义：在满足条件时，曲线 y = f (x)上的点(ξ, f (ξ ))处一 定有水平切线，即斜率k = f ′( ) ξ = 0； ②Rolle 定理的条件是充分的而不是必要的； ③Rolle 定理研究的是导函数方程 f ′(x) = 0的根的存在性问题。 例 1．验证：对于 f ( ) x = ln sin x罗尔定理在区间 ] 6 5 , 6 [ π π 上的正确性。 解： f ( ) x = ln sin x在区间 ] 6 5 , 6 [ π π 上连续，在 ) 6 5 , 6 ( π π 内可导，且 f ′( ) x = cot x ， ln 2 6 ) lnsin 6 ( = = − π π f ln 2 6 5 ) lnsin 6 5 ( = = − π π f 即端点函数值相等，满足洛尔定理的条件，故应存在 ) 6 5 , 6 ( π π ξ ∈ ，使得 f ′( ) ξ = 0 ， 即cotξ = 0 ；事实上也可以解得： = ∈ 2 π ξ ) 6 5 , 6 ( π π 即满足要求。 例 2．设函数 f ( ) ( )( ) x = x −1 x − 2 (x − 3)(x − 4)，不用计算 f ′(x) ，指出导函数方程 f ′( ) x = 0有几个实根，各属于什么区间？ 解： f () ( ) x = x −1 (x − 2)( )( ) x − 3 x − 4 是四次多项式，故是 f ′(x) = 0一元三次方程， 最多有三个实根。由 f ( ) x 在闭区间[1,2]上连续，在开区间(1,2)上可导，端点函数 值相等 f () ( ) 1 = f 2 = 0，由洛尔定理，存在ξ 1 ∈ (1,2)，使得 ( ) 0 f ′ ξ 1 = ，即ξ 1是导 函数方程 f ′( ) x = 0的一个实根；同理可知，方程还有两个根ξ 2 ，ξ 3分别属于区 间( ) 2,3 及( ) 3,4 。 例 3．证明，方程 3 1 0 3 x − x + = 在区间(0,1)内有唯一的实根。 证：①存在性：设 ( ) 3 1 3 f x = x − x + ，则 f (x)在闭区间[0,1]上连续，且 f ( ) 0 = 1
f(1)=-1，端点函数值异号，根据闭区间上连续函数的性质，存在=e(0,1)，使得f()=0。表明方程f(x)=0在(0,1)内有根：②唯一性（反证法）假设方程(x)=0在(0,1)内至少有两个实根5i，52，即(5)=0，(52)=0，不妨设<52，则F(x)=x3-3x+1,在闭区间[51,52][0,1]上连续，在开区间(51,52)c(0,1)内可导，端点函数值相等F(5)=F(52)=0，根据洛尔定理，应存在e(51,52)c(0,1)，使得f()=0。但使得F(x)=3x2-3=0的点只有两个：x=±1，均不在区间(0,1)内。此矛盾表明，假设不成立，从而唯一性得证。例4.证明方程-5x+1=0有且仅有一个小于1的正实根。证：①存在性：设f(x)=x-5x+1,则f(x)在[0,1]连续，且f(0)=1,f(1)=-33xE(0,1)，使f(x)=0。即为方程的小于1的正实根。②唯一性：设另有xe(0,1)，xx，使f(x)=0。：f(x)在x,之间满足罗尔定理的条件，：至少存在一个（在x，之间），使得F (5)=0但(x)=5(x-1)<0，（xE(0,1)）矛盾，故假设不真！：为唯一实根。例5.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f(αx)=f(xz)=f(xs)，其中a<x<x<x<b，证明至少存在一点e(a,b)，使得"()=0。证：(x)在闭区间[x,]、[,]上连续，在开区间(,)、（2,)内可导，75
75 f ( ) 1 = −1，端点函数值异号，根据闭区间上连续函数的性质，存在ξ ∈ ( ) 0,1 ，使 得 f ( ) ξ = 0 。表明方程 f ( ) x = 0在(0,1)内有根ξ ； ②唯一性（反证法）假设方程 f (x) = 0 在 (0,1)内至少有两个实根ξ 1 ，ξ 2 ，即 ( ) 0 f ξ 1 = ， ( ) 0 f ξ 2 = ，不妨设ξ1 < ξ 2，则 ( ) 3 1 3 f x = x − x + ，在闭区间[ ] ξ 1 ,ξ 2 ⊂ [ ] 0,1 上连续，在开区间( ) ξ 1 ,ξ 2 ⊂ ( ) 0,1 内可导，端点函数值相等 f (ξ 1 ) = ( ) 0 f ξ 2 = ，根 据洛尔定理，应存在 ( ) , (0,1) ξ ∈ ξ 1 ξ 2 ⊂ ，使得 f ′(ξ ) = 0。 但使得 ( ) 3 3 0 2 f ′ x = x − = 的点只有两个： x = ±1，均不在区间( ) 0,1 内。此矛 盾表明，假设不成立，从而唯一性得证。 例 4．证明方程 5 x x − += 5 10有且仅有一个小于 1 的正实根。 证：①存在性： 设 ( ) 5 fx x x =−+ 5 1, 则 f ( ) x 在[0,1]连续，且 f f (0 1, 1 3 ) = ( ) = − ∃ ∈ x0 ( ) 0,1 ，使 f x( 0 ) = 0。 即为方程的小于 1 的正实根。 ②唯一性： 设另有 x1 ∈( ) 0,1 ， 1 0 x ≠ x ，使 f x( 1 ) = 0。 ∵ f ( ) x 在 0 1 x , x 之间满足罗尔定理的条件， ∴至少存在一个ξ （在 0 1 x , x 之间），使得 ( ) ' f ξ = 0 但 ( ) ( ) ' 4 fx x = −< 5 10 ，（ x∈( ) 0,1 ）矛盾，故假设不真！ ∴为唯一实根。 例 5．若函数 f (x) 在 (a,b) 内具有二阶导数，且 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 f x = f x = f x ，其中 a < x1 < x2 < x3 < b ，证明至少存在一点ξ ∈(a,b) ，使得 f ′′(ξ ) = 0。 证： f (x) 在闭区间[ , ] 1 2 x x 、[ , ] 2 3 x x 上连续，在开区间( , ) 1 2 x x 、( , ) 2 3 x x 内可导
且端点函数值相等f(x)=f()=f(x)由洛尔定理，(,)，2(x2,)，使得f()=0且f(5)=0，其中a<5<5<b；函数(x)在闭区间[51,52]上连续，在开区间(5,52)内可导，且端点函数值相等：f(5)=f(52)=0，再由洛尔定理，e(51,52)(a,b)，使得"(5)=0。注：有人作出了如下的证明：由条件，f(x)在闭区间[x，x]上连续，在开区间(x,2)内可导，且端点函数值相等(x)=f(x），根据洛尔定理，(x,x)C(a,b)，使得f()=0，则有f"()=0。是否正确？？二、拉格朗日中值定理（Lagrange）定理2、设函数f(x)满足：(1)在闭区间[a,b]上连续；(2)在开区间(a,b)内可导；则存在e(a,b), 使得 [(3)=)-1a)-0证： 构造函数 F(t) = (1)-~0)-1x， 则F(1)在闭区间[a,b]上连续，在开区b-a间(a,b)内可导，且F(a)= (a)+ b)-(aa= br(a)-a(b)b-ab-aF(b)= (b)+(b)-(a)b= br(a)-ar(b)b-ab-a即端点函数值相等F(a)=F(b)，F(x)在[a,b|上满足洛尔定理的条件，故存在e(ab),使得F()=0。又F()=F(s)-)=),即有b-c1)-=-0 即 ()-10=)Ee(a,b)。b-b-a注：①通常称5)=-为拉格朗日中值公式，也可以写作b-af(a)- f(b)= f'()(a-b)f(b)- f(a)= f'(=)(b-a)E-aα<1,记0=≤二℃,则0<0<1,且5=a+0(b-a),②因为a<<b,0<b-ab-a故拉格朗日中值公式又可写作：f(b)-f(a)=f"(α+(b-a)(b-α)，0<<1;76
76 且端点函数值相等 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 f x = f x = f x 由洛尔定理， ( , ) 1 1 2 ∃ξ ∈ x x ， ( , ) 2 2 3 ∃ξ ∈ x x ， 使得 ( ) 0 f ′ ξ1 = 且 ( ) 0 f ′ ξ 2 = ，其中a < < < b ξ1 ξ 2 ； 函数 f ′(x)在闭区间[ , ] ξ1 ξ 2 上连续，在开区间( , ) ξ1 ξ 2 内可导，且端点函数值 相等： f ′(ξ1) = ( ) 0 f ′ ξ 2 = ，再由洛尔定理， ( , ) ( , ) 1 2 ∃ξ ∈ ξ ξ ⊂ a b ，使得 f ′′(ξ ) = 0。 注：有人作出了如下的证明：由条件， f (x) 在闭区间[ , ] 1 2 x x 上连续，在开区间 ( , ) 1 2 x x 内可导，且端点函数值相等 ( ) ( ) 1 2 f x = f x ，根据洛尔定理， ( , ) ( , ) 1 2 ∃ξ ∈ x x ⊂ a b ，使得 f ′(ξ ) = 0 ，则有 f ′′(ξ ) = 0。是否正确？？ 二、拉格朗日中值定理（Lagrange） 定理 2、设函数 f (x)满足： ⑴ 在闭区间[ ] a,b 上连续；⑵在开区间(a,b)内可导； 则存在ξ ∈ (a,b)，使得 ( ) ( ) ( ) b a f b f a f − − ′ ξ = 。 证：构造函数 F( ) x ( ) ( ) ( ) x b a f b f a f x − − = − ，则 F(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区 间( ) a,b 内可导，且 ( ) b a bf a af b a b a f b f a F a f a − − = − − = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b a bf a af b b b a f b f a F b f b − − = − − = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 即端点函数值相等 F( ) a = F( ) b ， F(x)在[a,b]上满足洛尔定理的条件，故存在 ξ ∈ ( ) a,b ，使得 F′( ) ξ = 0。又 F′(x) ( ) ( ) ( ) b a f b f a f x − − = ′ − ，即有 ( ) () () = 0 − − ′ − b a f b f a f ξ 即 ( ) ( ) ( ) b a f b f a f − − ′ ξ = ξ ∈ ( ) a,b 。 注：①通常称 ( ) () () b a f b f a f − − ′ ξ = 为拉格朗日中值公式，也可以写作 f ( ) b − f (a) ( )( ) = f ′ ξ b − a f (a)− f (b) = f ′(ξ )(a − b) ②因为a < ξ < b ，0 < 1 − − < b a ξ a ，记 b a a − − = ξ θ ，则0 < θ < 1，且ξ = a +θ ( ) b − a ， 故拉格朗日中值公式又可写作： f (b) − f (a) = f ′(a +θ (b − a))(b − a)，0 < θ < 1；
③令a=x，b=x+△x，则拉格朗日中值公式还可写f(x +Ax)- f(x)= f'(E)Ar,或 Ay=f'()Axf(xo+Ar)-f(xo)=f(xo+0Ar)Ax， 或 Ay=f'(x+oAr)Ax是函数增量Ay的精确表达式，有较高的理论价值。在微分学中占有十分重要的理论地位，因此也称拉格朗日中值定理为微分中值定理。④公式中的或一般只知其存在性。推论、若f(x)=0，xeI，则f(x)在I上恒等于常数。证：Va，beI，不妨设aa,n>1)。证：设f(x)=x"，则在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理，存在e(a,b)，使得f(b)-(a)=f(E)(b-a)，即b"-a"=n"-(b-a)；又 α<<b，则 a"-l<"-l<b"-l ，证得:na"-l(b-a)<b"-a"<nb"-(b-a)。例8.设函数f(s)、g(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，证明存77
77 ③令 0 a = x ，b = x + Δx 0 ，则拉格朗日中值公式还可写 f ( ) ( ) () x + Δx − f x = f ′ ξ Δx 0 0 ， 或 Δy = f ′(ξ )Δx f ( ) () ( ) x + Δx − f x = f ′ x +θ Δx Δx 0 0 0 ， 或 Δy = f ′(x +θ Δx)Δx 0 是函数增量Δy 的精确表达式，有较高的理论价值。在微分学中占有十分重要 的理论地位，因此也称拉格朗日中值定理为微分中值定理。 ④公式中的ξ 或θ 一般只知其存在性。 推论、若 f ′( ) x ≡ 0， x ∈ I ，则 f (x)在 I 上恒等于常数。 证：∀a ，b ∈ I ，不妨设a a, n > 1）。 证：设 ( ) n f x = x ，则在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，由拉格朗日 中值定理，存在 ξ ∈ (a,b) ，使得 f (b) − f (a) = f ′(ξ )( ) b − a ， 即 b a n ( ) b a n n n − = − −1 ξ ； 又 a < ξ < b ， 则 −1 −1 −1 < < n n n a ξ b ，证得： na () () b a b a nb b a n n n n − < − < − −1 −1 。 例 8．设函数 f ( ) x 、 g( ) x 在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，证明存
在e (a,b),使得:f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'()-g(a)f'()(b-a)。证：构造函数 F(x)=f(a)g(s)-g(a)(x)，则由条件F(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理，存在5e(a,b)，使得F(b)-F(a)=F'()(b-a); 因为F(b)= (a)g(b)-g(a)(b)F(a)=0F(x)= f(a)g(x)-g(a)F(x)代入即可证得： f(a)g(b)-g(a)f(b)=[(a)g ()-g(a)f'()(b-a)。例9.证明当x>0时，<ln(1+x)<x1+x证：设f(x)=In(1+x),[0,x)f(x)在[0,刘]上满足拉格朗日中值定理的条件，: f(x)-f(0)=f()(x-0),(0<E<x)：F(0)=0,F(x)=，由上式得1+xIn (1+ x) =1+$1由0<5<x=1<1+5<1+x=<11+x 1+是<盖<x,即<In(1+x)<x1+x1+51+x三、柯西中值定理（Cauchy）定理3、设函数F(x)、J(x)满足；①在闭区间[a,b]上连续；②在开区间（a,b）内可导，且F(x）±0：f(b)-f(a) _f'()则存在5e(a,b)，使得：F(b)-F(a) F()注：①因为F(x)+0，根据拉格朗日中值定理，F(b)-F(a)+0；78
78 在ξ ∈ ( ) a,b ，使得： f ()() a g b − g(a)f (b) = [f (a)g′(ξ ) − g(a)f ′(ξ )](b − a)。 证：构造函数 F(x) ()() = f a g x − g(a)f (x)，则由条件 F(x)在闭区间[ ] a,b 上连续， 在开区间 ( ) a,b 内可导，由拉格朗日中值定理，存在 ξ ∈ ( ) a,b ，使得 F( ) ( ) ( )( ) b − F a = F′ ξ b − a ；因为 F( ) b = f ()() () () a g b − g a f b F(a) = 0 F′(x) = f (a)g′(x) () () − g a f ′ x 代入即可证得： f (a)() () g b − g a f (b) = [f (a)g′(ξ ) − g(a)f ′(ξ )](b − a)。 例 9．证明当 x > 0 时， ln 1( ) 1 x x x x < +< + 证：设 f ( ) x xx = + ln 1 , 0, ( ) [ ] f ( ) x 在[0, x] 上满足拉格朗日中值定理的条件， ∴ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ' f xf f x x − = − << 0 0,0 ξ ξ () () ' 1 0 0, 1 f fx x = = + ∵ ，由上式得 ln 1 , ( ) 1 x x ξ + = + 由 1 1 0 11 1 1 1 1 x x x ξ ξ ξ < < ⇒<+ <+ ⇒ < < + + ∴ , 1 1 x x x x ξ < < + + 即 ln 1( ) 1 x x x x < +< + 三、柯西中值定理（Cauchy） 定理 3、设函数 F(x)、 f ( ) x 满足； ① 在闭区间[a,b]上连续； ② 在开区间(a,b)内可导，且 F′(x) ≠ 0 ； 则存在ξ ∈ (a,b)，使得： ( ) ( ) () () ( ) ( ) ξ ξ F f F b F a f b f a ′ ′ = − − 。 注：①因为 F′( ) x ≠ 0 ，根据拉格朗日中值定理， F(b)− F(a) ≠ 0 ；
[X = F(x)此时X为自变量，Y为②证明的方法：构造以x为参数的参数方程(Y= f(x)f(b)-f(a) dyl应变量，且_)根据拉格朗日中值定理，，即dxF(x)F(b)-F(a)-dx x=f(b)- f(a) _ f'()F(b)-F(a) F'()③有人这样证明Cauchy中值定理：因为f(x)在区间[a,b]上满足Lagrange定理的条件，故3e(a,b)，使得f(b)-f(a)=f()(b-a)；同理F(x)在区间[a,b]上也满足Lagrange定理的条件，故e(a,b)，使得F(b)-F(a)=F'(E)(b-a)；从而有J(b)-f(a) _ '()2F(b)-F(a)F()④Cauchy定理是Lagrange定理的推广，而Rolle定理则是Lagrange定理的特例。因此三个中值定理的核心是Lagrange定理，要求必须掌握，并能运用定理进行简单的证明。例10.设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0) = (0) = f"(0) =...= f(n-1) (0) = 0试用 Cauchy定理证明：()_(2x))(0<0<1)。n!x"证：函数f(x)、F(x)=x"在区间[0,x]内满足Cauchy定理的条件，则E(O,x)，f(x)- f(0)'(S)即(d)_f'()使得：nEn-Ix"-0"nEr-xn函数(x)、F(x)=nx"-在区间[0,与]内满足Cauchy定理的条件，I(5)- f'(0)f"(52)使得即352 (0,5)?..n(n-1)5r-?n5"-l-0f'(S)f"(52)f(x) _ xnEn-in(n-1)52-79
79 ②证明的方法：构造以 x 为参数的参数方程： ( ) ⎩ ( ) ⎨ ⎧ = = Y f x X F x ，此时 X 为自变量，Y 为 应变量，且 ( ) ( ) F x f x dX dY ′ ′ = ，根据拉格朗日中值定理， ( ) ( ) () () =ξ = − − dX x dY F b F a f b f a ，即 () () () () ( ) ( ) ξ ξ F f F b F a f b f a ′ ′ = − − ； ③有人这样证明 Cauchy 中值定理： 因为 f (x) 在区间[a,b]上满足 Lagrange 定理的条件，故∃ξ ∈(a,b) ，使得 f (b) − f (a) = f ′(ξ )(b − a)；同理 F(x)在区间[a,b]上也满足 Lagrange 定理的条 件，故∃ξ ∈(a,b) ，使得 F(b) − F(a) = F′(ξ )(b − a) ；从而有 ( ) ( ) () () ( ) ( ) ξ ξ F f F b F a f b f a ′ ′ = − − ？ ④Cauchy 定理是 Lagrange 定理的推广，而 Rolle 定理则是 Lagrange 定理的特例。 因此三个中值定理的核心是 Lagrange 定理，要求必须掌握，并能运用定理进 行简单的证明。 例 10．设函数 y = f (x) 在 x = 0 的某邻域内具有n 阶导数，且 0 (0) (0) (0) (0) ( 1) = ′ = ′′ = = = n− f f f " f 试用 Cauchy 定理证明： ! ( ) ( ) ( ) n f x x f x n n θ = （0 < θ < 1）。 证：函数 f (x) 、 n F(x) = x 在区间[0, x]内满足 Cauchy 定理的条件，则 (0, ) 1 ∃ξ ∈ x ， 使得： 1 1 1 ( ) 0 ( ) (0) − ′ = − − n n n n f x f x f ξ ξ ，即 1 1 1 ( ) ( ) − ′ = n n n f x f x ξ ξ ； 函 数 f ′(x) 、 1 1( ) − = n F x nx 在区间 [0, ] ξ1 内 满 足 Cauchy 定 理 的 条 件 ， (0, ) ∃ξ 2 ∈ ξ1 ，使得： 2 2 2 1 1 1 ( 1) ( ) 0 ( ) (0) − − − ′′ = − ′ − ′ n n n n f n f f ξ ξ ξ ξ ， 即 = n x f (x) 2 2 2 1 1 1 ( 1) ( ) ( ) − − − ′′ = ′ n n n n f n f ξ ξ ξ ξ
函数f(n-"(x)、F-(x)=n!x在区间[0,5n-]内满足Cauchy定理的条件，则F(-(5n-)- f(-(O) _ f("() .35e(0,5m-1)，使得：n!En- -0n!()_F()f"(52)("-"(5n-l) _("(2)n(n-1)"-?x"nsn-!n!5n-1n!其中≤e(0,5n-1) (0,5m-2)... C(0,5)c(0,x),即= 0+ 0(x-0)=x,0<0<1,(x) _((三) _ ("(cx)使得：x"n!n!例11.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，证明：至少存在一点(0,1)使F ()=2[()-f(0)]分析结论可变形为f(0)-f(o)_f()_ f(x设F(x)=x51-025(x2)证：(x),F(x)在[0,1]上满足柯西中值定理条件，：在（0,1)内至少存在一点，有(0)-f(0) _ f ()1-025小结：本节讲述了罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理及其应用作业：80
80 函数 ( ) ( 1) f x n− 、 F x n x n ( ) ! −1 = 在区间[0, ] ξ n−1 内满足 Cauchy 定理的条件，则 (0, ) ∃ξ ∈ ξ n−1 ，使得： ! ( ) ! 0 ( ) (0) ( ) 1 ( 1) 1 ( 1) n f n f f n n n n n ξ ξ ξ = − − − − − − ； = n x f (x) =" − ′′ = ′ − −2 2 2 1 1 1 ( 1) ( ) ( ) n n n n f n f ξ ξ ξ ξ ! ( ) ! ( ) ( ) 1 1 ( 1) n f n f n n n n ξ ξ ξ = = − − − 其中 (0, ) ξ ∈ ξ n−1 ⊂ (0,ξ n−2 )" (0, ) (0, ) 1 ⊂ ξ ⊂ x ，即ξ = 0 +θ (x − 0) = θx，0 < θ < 1， 使得： n x f (x) ! ( ) ! ( ) ( ) ( ) n f x n f n n ξ θ = = 。 例 11．设函数 f ( ) x 在[0,1]上连续，在(0,1) 内可导，证明：至少存在一点ξ ∈( ) 0,1 , 使 ( ) () ( ) ' f ff ξ ξ = − 2 1 0. ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 分析 结论可变形为 () ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ' 2 1 0 10 2 | x f f f fx x ξ ξ ξ = − = = − ，设 ( ) 2 Fx x = 证： f () () x Fx , 在[0,1]上满足柯西中值定理条件， ∴ 在( ) 0,1 内至少存在一点ξ ，有 ( ) ( ) ( ) ' 1 0 10 2 ff f ξ ξ − = − 小结：本节讲述了罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理及其应用 作业：
S3.2洛必达法则（L.Hospital）教学目的：掌握用洛必达法则求未定式极限的方法教学重点：洛必达法则及求未定式极限的方法教学难点：利用洛必达法则求未定式极限，应用时注意与其它求极限方法的结合教学内容：快只、一型不定式的极限的一种有效的方法。不定式主要包括：0（商本法则是解决，0808的极限）：0.80（积的极限）：00-80（差的极限）：0°、80°、1°（幂指函数的极限）。但有%、型的极限都可以用此法则计算。应当注意的是，并非所有08只及%型的洛必达法则08定理、设函数f(x)、g(x)满足：(1) lim f(x)=0, lim g(x)= 0 :(2)存在x。的一个去心邻域N(。,o)，在此邻域内，f(x)、g(x)存在，且g(x)+0f'(x)(3)极限lim存在或者为0；x->xo g'(x)则 lm碧=lm 兴,(→x0 g(x)x->x0 g(x)存在与否与函数r(t)、g(t)在点 的状态无关，及lm (t)=0 证：由于lim二+0 g(x)limg(x)=0，因此不妨设：f(x)=0，g(x)=0;VxeN(3,),不妨设x。<x，则f(x)、g(x)满足：在闭区间[xo,x]上连续，在开区间(xo,x)内可导，且g(x)±0。由Cauchy定理，存在e(xo,x)，使得f(x) f(x)-f(xo) _f'()g(x) g(x)-g(xo) g'()当x→时，有5→。，从而===m增+0 g(x) -0 g(x)-g(x0) 50 g'() x-0 g(x)81
81 §３.2 洛必达法则（L .Hospital） 教学目的：掌握用洛必达法则求未定式极限的方法 教学重点：洛必达法则及求未定式极限的方法 教学难点：利用洛必达法则求未定式极限，应用时注意与其它求极限方法的结合 教学内容： 本法则是解决 0 0 、∞ ∞ 型不定式的极限的一种有效的方法。不定式主要包括： 0 0 、∞ ∞（商 的极限）；0 ⋅∞ （积的极限）；∞ − ∞ （差的极限）； 0 0 、 0 ∞ 、 ∞1 （幂指函数的极限）。但 应当注意的是，并非所有 0 0 、 ∞ ∞ 型的极限都可以用此法则计算。 一、 0 0 及 ∞ ∞ 型的洛必达法则 定理、设函数 f ( ) x 、 g( ) x 满足： ⑴ lim ( ) 0 0 = → f x x x ， lim ( ) 0 0 = → g x x x ； ⑵存在 0 x 的一个去心邻域 N( ) xˆ0 ,δ ，在此邻域内， f ′(x)、g′(x)存在，且 g′( ) x ≠ 0； ⑶极限 ( ) g ( ) x f x x x ′ ′ → 0 lim 存在或者为∞ ； 则 ( ) ( ) = → g x f x x x0 lim ( ) g ( ) x f x x x ′ ′ → 0 lim 。 证：由于 ( ) g( ) x f x x x0 lim → 存在与否与函数 f (x) 、 g(x) 在点 0 x 的状态无关，及 lim ( ) 0 0 = → f x x x ， lim ( ) 0 0 = → g x x x ，因此不妨设： f ( ) x0 = 0， g(x0 ) = 0； ∀x ∈ N( ) xˆ0 ,δ ,不妨设 x < x 0 ，则 f (x) 、 g(x) 满足：在闭区间[x , x] 0 上连续，在开 区间( ) x , x 0 内可导，且 g′( ) x ≠ 0。由 Cauchy 定理，存在 (x , x) ξ ∈ 0 ，使得 ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ξ ξ g f g x g x f x f x g x f x ′ ′ = − − = 0 0 当 0 x → x 时，有 0 ξ → x ，从而 ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) g ( ) x f x g f g x g x f x f x g x f x x x x x x x x ′ ′ = ′ ′ = − − = → 0 → 0 → 0 → 0 lim lim lim lim 0 0 ξ ξ ξ
f'(x)0仍然是%型的，函数f(x)、F(x)满足定理中对f(x)、F(x)的注：如果极限lim0x→ F(x)要求，则可以继续利用洛必达法则，即有f(x)I(x)f"(x)=limlim= lim x-→x0 g(x)1→x F(x)→ F"(x)表明在同一题中可以多次的使用洛必达法则。0a-br型）例1.求极限lim-0x→04(a-b*)α'-bra'Ina-bInb2= Ina -Inb=Ing%lim解：limlim001Yx-→0x(x)1→0Inx0型）求极限lim例2.- (1-x)0二一H1Inx1.=limlim解：lim00"(1-x)-2(1-x)2 --1 x(1-x)x→10cosx型）例3.求极限lim元0x-2(cosx)-sinxcosx元lim=lim解：= lim-sin-2元1x-x-(x-22cosx-V1+x0型）例4．求极限limx0x→01-sinx-cosx-V1+x2/1+x=00解：lim=limt3x2x-→0x-→>0注：①洛必达法则可以推广到×→x,时的~型不定式：8000②洛必达法则可以推广到x→8时的~一及一型不定式：0880③综上所述，洛必达法则可以用于讨论，及二型的不定式。080(型)tanx例5.求极限limx→cot2x8282
82 注：如果极限 ( ) ( ) lim0 F x f x x x ′ ′ → 仍然是 0 0 型的，函数 f ′(x) 、F′(x) 满足定理中对 f (x) 、F(x)的 要求，则可以继续利用洛必达法则，即有 ( ) ( ) = → g x f x x x0 lim ( ) ( ) lim0 F x f x x x ′ ′ → ( ) ( ) lim0 F x f x x x ′′ ′′ = → . 表明在同一题中可以多次的使用洛必达法则。 例 1．求极限 x a b x x x − →0 lim 。（ 0 0 型） 解： ( ) ( ) b a a b a a b b x a b x a b x x x x x x x x x ln ln ln 1 ln ln lim lim lim 0 0 0 0 0 = − = − = ′ ′ − − → → → 例 2． 求极限 ( )2 1 1 ln lim x x x − → 。（ 0 0 型） 解： ( ) ( ) ( ) = ∞ − = − − − = → − x → x → x x x x x x x 1 1 lim 2 1 2 1 lim 1 ln lim 1 1 1 2 1 例 3．求极限 2 cos lim 2 x x x →π π − 。（ 0 0 型） 解： 2 cos lim 2 x x x →π π = − 2 (cos ) lim ( ) 2 x x x →π π ′ − ′ 2 sin lim x 1 x π → − = sin 2 π = − = −1 例 4．求极限 3 0 cos 1 limx x x → x − + 。（ 0 0 型） 解： 3 0 cos 1 limx x x → x − + 2 0 1 sin 2 1 limx 3 x x → x − − + = = ∞ 注：① 洛必达法则可以推广到 0 x → x 时的 ∞ ∞ 型不定式； ② 洛必达法则可以推广到 x → ∞ 时的 ∞ ∞ 及 0 0 型不定式； ③ 综上所述，洛必达法则可以用于讨论 ∞ ∞ 及 0 0 型的不定式。 例 5．求极限 x x x cot 2 tan lim 2 π → 。（ ∞ ∞ 型）