《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第六章 微分中值定理及其应用

第六章微分中值定理及其应用 §1拉格朗日中值定理和函数的单调性 例1设函数f(x)在(a,b)内可导,在ab上连续,且导函数∫(x)严格递增,若 f(a)=∫(b)证明,对一切x∈(a,b)均有 f(xf(a)=f(b) 证人用反证法,若x∈(a,b)f(x0)≥f(a)=f(b)在区间{a,xx,b上分别应用 拉格朗日中值定理,彐51252,a(51(x0,x0〈2(b使得 f(5)=(x)-/(a) ≥0,f(52) ∫(b)-f(x0) Xo 这与∫(x)为严格递增相矛盾。 例2设函数f(x)在[a,+∞内可导,并且∫(a)0,试证:若当x∈(a,+∞)时,有 ∫(x)c)0则存在唯一的ξ∈(a,+∞)使得f(5)=0,又若把条件∫(x)》c减弱为 f(x)O(a(x(+∞),所述结论是否成立? 分析因为∫(a)0,若可以找到某点x)a,使得f(x)0则由∫(x)的严格递增性,并 应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的,使得f(5)=0 证Vx)a在[a,x]上应用拉格朗日中值定理,彐,a(5(x,使得 f(x)-f(a)=f()(x-a) 于是 f(x=f(a)+f((x-alf(a)+c(x-a 由于c)O,因此当x充分大时总可使得 f( f(a)+c(x-ayo 不妨设xx,f(x))0,所以f(x)在a+]上严格递增;在[a,x]上应用连续函数的

第六章 微分中值定理及其应用 §1 拉格朗日中值定理和函数的单调性 例 1 设函数 f (x)在(a,b) 内可导，在[a,b]上连续，且导函数 f (x) 严格递增，若 f (a) = f (b) 证明，对一切 x(a,b) 均有 f (x) f (a) = f (b) 证人 用反证法，若 ( , ) ( ) ( ) ( ) x0  a b f x0  f a = f b 在区间 [ , ],[ , ] a x0 x0 b 上分别应用 拉格朗日中值定理，  1 , 2 ,a 1 x0 , x0  2 b 使得 0 ( ) ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 0 0 1  − −   = − −  = b x f b f x f x a f x f a f   这与 f (x) 为严格递增相矛盾。 例 2 设函数 f (x) 在 [a,+] 内可导，并且 f (a)0 ，试证：若当 x(a,+) 时，有 f (x)c0 则存在唯一的  (a,+) 使 得 f ( ) = 0 ，又若把条件 f (x)c 减弱为 f (x)0(ax+) ，所述结论是否成立？ 分析 因为 f (a)0 ，若可以找到某点 xa ，使得 f (x)0 则由 f (x) 的严格递增性，并 应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的  ，使得 f ( ) = 0 证 xa 在 [a, x] 上应用拉格朗日中值定理， ,a x ，使得 f (x) − f (a) = f ()(x − a) 于是 f (x) = f (a) + f ( )(x − a) f (a) + c(x − a) 由于 c0 ，因此当 x 充分大时总可使得 不妨设 x1 a, f (x1 )c0 ，所以 f (x)在[a,+] 上严格递增；在 [ , ] 1 a x 上应用连续函数的 f (x) f (a) + c(x − a)0

介值定理,则彐,a((x1,且ξ是唯一的。 假设∫(x)满足∫(x)》0,结论可能不成立,例如函数 f(x)= arctan x-,x∈[0,+∞], 满足f(O)=-0.c、)0,但因f(x)恒小于0,故在(O+∞)中不存在5, 1+x 使得f(2)=0 例3下面是对函数f(t)应用值中值定理的实例,因为函数 f(t)= 在[0,x]上满足拉朗日中值定理的条件,于是它存在5,0(5(x。使得 =xsin-=f(5)=2 在上式中令x→0,有2→0+,由 xsIn s一 可知CO=0因而m0,cos=0,这看起来似乎与mcas o COS=0不存在相矛盾, 试分析其原因 解首先应当注意:上面应用拉格朗日中值定理中的ξ是个中值点,是由函数f和区间[0,x 的端点而定的,具体说是与x有关 上面的推理过程到cos-=0为止都是正确。当由此得到cos=0时,必须把 ξ看作是由ⅹ而确定的中值点才是正确的;但若把ξ作为连续趋于零的变量得到 0,那是错误的。 例4证明(1+-)2是x的严格递增函数,而(x+-)是x严格递减函数

介值定理，则 1 ,ax ,且  是唯一的。 假设 f (x) 满足 f (x)0 ，结论可能不成立，例如函数 , [0, ] 2 f (x) = arctan x − x +  ， 满足 0 2 (0) = −   f ， 0 1 1 ( ) 2  +  = x f x ，但因 f (x) 恒小于 0，故在 (0,+) 中不存在  ， 使得 f ( ) =0 例3 下面是对函数 f (t) 应用值中值定理的实例，因为函数 t x t t t f t   =      = 0 0 1 sin 0 2 ( ) 在 [0, x] 上满足拉朗日中值定理的条件，于是它存在  ,0 x 。使得     1 cos 1 ( ) 2 sin 1 sin 0 ( ) (0) = =  = − − − f x x x f x f 在上式中令 → + → + x 0 ,有 0 ，由 0 1 0, 2 sin 1 sin lim 0 lim 0 + = + = → →   与 x x x 可知 0 1 cos lim 0 + = →  x 因而 0 1 cos lim 0 + = →   ，这看起来似乎与 0 1 cos lim 0 + = →  x 不存在相矛盾， 试分析其原因。 解首先应当注意：上面应用拉格朗日中值定理中的  是个中值点，是由函数f和区间[0,x] 的端点而定的，具体说是与 x 有关。 上面的推理过程到 0 1 cos lim 0 + = →  x 为止都是正确。当由此得到 0 1 cos lim 0 + = →   时，必须把  看作是由 x 而确定的中值点才是正确的；但若把  作为连续趋于零的变量得到 0 1 cos lim 0 + = →  x ，那是错误的。 例 4 证明 2 ) 1 (1 x + 是 x 的严格递增函数，而 1 ) 1 ( + + x x x 是 x 严格递减函数

证设f(x)=i(1+-)=xi(1+-)则有 f(x)=l(1+-)+ f(x)=l(1+-)+ =ln(1+ x 1+x ln(1+x)-hr-、1 1+x (0(6(1) x+6 1+x 其中最后等式是对函数ny在区间[x,x+1上应用了拉格朗日中值定理,由此得到 f(r) +x1+X 于是f(x)在R上严格递增,这样(1+)=e(x也是x严格递增函数,同理可证(1+-) 是x的严格递减函数。 例5设F(x)定义在[a,+o上,而且n阶可导。证明:若 F(a)=F'(a)=…=F(m(a)=0,F(x)0,x∈(a,+∞),则F(x)O,x∈(a,+∞), 分析当m1时,需证,若F(a)=0,F(x)在a,]由解释解惑问题1中严格单调性判 别法可知上述结论是对立的。对一般的n,可以从F((x)0,x∈(a,+∞)与F(a)=0, 利用拉格朗日中值定理证得Fm(x)0,x∈(a,+∞),以此类推可以证得结论,下面例6 就是它的应用。 证x∈(a,+∞),在[a,x]上对F(n-)(m)应用拉格朗日中值定理,彐5n(a(5n(x),使 得 Fm)(x)-F-(a)=F("(5n)x-a) 因为F-"(a)=0所以x)a,F(m-)0,继续上述证明步聚n2次,可得 F'(x)O,x∈(a,+∞),最后对F(x)在a,x上应用拉格朗日中值定理,有 F(x)=F(x)-F(a)=F(51x-a),a(51(x

证 设 ) 1 ) (1 1 ( ) (1 x xil x f x in x = + = + 则有 x x x x f x 1 1 ) 1 ( ) 1 ( ) ln(1 2 +  −  = + + x x x x f x 1 1 ) 1 ( ) 1 ( ) ln(1 2 +  −  = + + = x + x + − 1 1 ) 1 ln(1 = x x x + + − − 1 1 ln(1 ) ln = (0 1) 1 1 1   + − +  x  x ， 其中最后等式是对函数 ln y 在区间 [x, x +1] 上应用了拉格朗日中值定理，由此得到 0 1 1 1 1 ( ) = + − +  x x f x 于是 f (x) 在 R 上严格递增，这样 ( ) ) 1 (1 x f x e x + = 也是 x 严格递增函数，同理可证 1 ) 1 (1 + + x x 是 x 的严格递减函数。 例 5 设 F(x) 定义在 [a,+] 上 ， 而 且 n 阶 可 导 。 证 明 ： 若 ( ) ( ) ( ) 0, ( ) 0, ( , ) ( 1) ( ) =  = = =   + − F a F a F a F x x a  n n ，则 F(x)0, x (a,+) ， 分析 当 n=1 时，需证，若 F(a) = 0,F(x)在[a,] 由解释解惑问题 1 中严格单调性判 别法可知上述结论是对立的。对一般的 n，可以从 ( ) 0, ( , ) ( ) F x  x a + n 与 ( ) 0 ( 1) = − F a n ， 利用拉格朗日中值定理证得 ( ) 0 ( 1)  − F x n ， x (a,+) ，以此类推可以证得结论，下面例 6 就是它的应用。 证 x  (a,+) ，在 [ , ] ( ) ( 1) a x F t 上对 n− 应用拉格朗日中值定理， (a x) n n    ，使 得 ( ) ( ) ( )( ) 0 ( 1) ( 1) ( ) − = −  − − F x F a F n x a n n n  因 为 ( ) 0 ( 1) = − F a n 所 以 xa ， 0 ( 1)  n− F ，继续上述证明步聚 n-2 次，可得 F(x)0, x (a,+) ，最后对 F(x)在[a, x] 上应用拉格朗日中值定理，有 F x = F x − F a = F x − a a x 1 1 ( ) ( ) ( ) ( )( ), 

于是证得 F(x)0,x∈(a,+∞) 例6证明不等式 例7e2)1+x+-(x)0) 证[证法一]设F(x)=ex-1 F'(x) F"(x)=ex-1 且 F(0)=F'(0)=F"(0)=0 由范例5可知F(x)0(x)0),即 e2)l+x+-(x)0) 证法二]由本节例5(教材上册第124页)可知 e)l+x(x≠0) 设F(x)=2-1-x-2,x)有F(O)=0, F'(x)=e2-1-x)0 所以F(x)严格递增,于是 F(x)F(0)=0,x)0 e)l+x+(x)0) 注应用类似方法可证 e(1+x+-(x(0) 请读者补写证明,本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子

于是证得 F(x)0, x (a,+) 例6 证明不等式 例7 ( 0) 2 1 2  + + x x e x x 证[证法一]设 ( ) 1 , 0 2 = − − − x x x F x e x x F x e x x ( ) = −1− ( ) = −1 x F x e ( ) = 0 x F x e 且 F(0) = F(0) = F(0) = 0 由范例 5 可知 F(x)0(x0) ，即 ( 0) 2 1 2  + + x x e x x [证法二]由本节例 5（教材上册第 124 页）可知 e 1+ x(x  0) x 设 , 0, (0) 0 2 ( ) 1 2 = − − − x F = x F x e x x 有 ， F(x) = e −1− x0 x 所以 F（x）严格递增，于是 F(x)F(0) = 0, x0 即 ( 0) 2 1 2  + + x x e x x 注 应用类似方法可证 ( 0) 2 1 2  + + x x e x x 请读者补写证明，本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子

例7试利用导数极限定理证明:导函数不能具有第一类间断点 分析如果导函数具有第一类间断点x,则加f(x)与f(x)都存在,由于函数 f(x)在点x处连续,由单侧导数极限定理有m:f(x)=f"+(x)f(x)=f-(x) 因此,不难推出点x0为f(x)的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证首先用反证法证明导函数∫(x)不能有可去间断点,若点x0为f(x)的可去间断点 则如f(x)存在;而f(x)在点x连续,故由导数极限定理,有 ax f(x)=f(ro) 这与点x0为f(x)的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明∫(x)不能具有跳跃间断点。若∫(x)有跳跃间断点x。,则存在左、右 邻域U(x0)U(x0)f(x)在这两个邻域上连续,且f(x)和如:f(x)存在,于是 f(x)在U(x0)和U(x0)上满足单侧导数极限定理的条件,即有 ∫"-(x)=∫(x-0),f"(x0)=f(x0+0) 由于∫(x0-0)≠f(x0+0),因此,f+(x0)≠∫-(x),这与∫(x)在点x0处可导 矛盾,综上证得导函数不能有第一类间断点。 例8设n为正整数 f(x)=(x-1)”(x+1) 证明方程∫(x)=0在(-1,1)中恰好n个相异实根。 分析罗尔中值定理的重要应用是:当f(x)为可导函数时,可以利用方程∫(x)=0的 根本情况讨论方程∫(x)=0的根的分布。若5122,是方程f(x)=0的根,即 f(1)=f(2)=0,由罗尔定理,彐7,5((2,f(m)=0,即在f(x)=0的两个根之间 必存在∫(x)=0的一个根,由于方程(x-1)”(x+1)”=0有两个n重根±1,因此,可以 逐次应用罗尔定理证得结论 证因为±1为方程∫(x)=0的n重根,于是该方程有2n个实根现要证明f(x)=0 有n个相异的实根。 f(x)=n(x-1)"(x+1)”+m(x-1)(x+1)1

例 7 试利用导数极限定理证明：导函数不能具有第一类间断点 分析 如果导函数具有第一类间断点 0 x ，则 ( ) lim 0 f x x x  → + 与 ( ) lim 0 f x x x  → − 都存在，由于函数 （f x）在点 0 x 处连续，由单侧导数极限定理，有 ( ) ( ), ( ) ( ) 0 lim 0 lim 0 0 f x f x f x f x x x x x +  =  + −  =  − → → 因此，不难推出点 0 x 为 f (x) 的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证 首先用反证法证明导函数 f (x) 不能有可去间断点，若点 0 x 为 f (x) 的可去间断点， 则 ( ) lim 0 f x x x  → 存在；而 f (x) 在点 0 x 连续，故由导数极限定理，有 ( ) ( ) 0 lim 0 f x f x x x  =  → 这与点 0 x 为 f (x) 的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明 f (x) 不能具有跳跃间断点。若 f (x) 有跳跃间断点 0 x ，则存在左、右 邻域 ( ), ( ), ( ) _ 0 0 U x U x f x + 在这两个邻域上连续，且 ( ) ( ) lim lim 0 0 f x f x x x x x   → + 和 → − 存在，于是 ( ) ( ) ( ) 0 0 f x U x U x 在 − 和 + 上满足单侧导数极限定理的条件，即有 ( ) ( 0), ( ) ( 0) f  − x0 = f  x0− f +  x0 = f  x0 + 由于 ( 0) ( 0) f  x0−  f  x0 + ，因此， ( ) ( ) 0 0 f  + x  f  − x ，这与 f (x) 在点 0 x 处可导 矛盾，综上证得导函数不能有第一类间断点。 例 8 设 n 为正整数 n n f (x) = (x −1) (x +1) 证明方程 ( ) 0 ( ) f x = n 在（-1，1）中恰好 n 个相异实根。 分析 罗尔中值定理的重要应用是：当 f (x) 为可导函数时，可以利用方程 f (x) = 0 的 根本情况讨论方程 f (x) = 0 的 根 的 分 布 。若 1 2  , ，是方程 f (x) = 0 的根，即 f (1 ) = f ( 2 ) = 0 ，由罗尔定理， , 1  2 , f () = 0 ，即在 f (x) = 0 的两个根之间 必存在 f (x) = 0 的一个根，由于方程 ( −1) ( +1) = 0 n n x x 有两个 n 重根  1 ，因此，可以 逐次应用罗尔定理证得结论。 证 因为  1 为方程 f (x) = 0 的 n 重根，于是该方程有 2n 个实根，现要证明 ( ) 0 ( ) f x = n 有 n 个相异的实根。 1 1 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) − −  = − + + − + n n n n f x n x x n x x

2nx(x-1)(x+1)1 方程∫(x)=0以x=0为单根,x=±1为n-1)重根因为f(0)=f(1)=f(-1)=0, 由罗尔定理,312),2)-1(12(0(2(1使得∫"(2)=f"(2)=0于是f(x)=0有两 个单根;又因 f"(x)=P2(x)x-1)2(x+1)2 其中P2(x)为二次多项式,故方程f"(x)=0还有两个n2重根±1 由此可推测当导数增高一次,相异单根增加一个,但重根±1各下降一次,现用归纳法 证明相应结论。 若f((x)=0,1k(n有k个不同单根 *(52(…5,±1为其(n-k)重根 f(x)=p(x)(x-1)(x+1)k 由罗尔中值定理,f(x)=0有(k+1)个单根( l(1+51*<+(…(5((1, f((x)=P41(x)x-1)"6+(x+1) 其中P1(x)为(k+1)次多项式,即f(x)有两个n-(k+1)重根±1,当k=n-1时, f∫(x)=0正好有n个相异实根。 §2柯西中值定理和不定式极限 例1设函数f(x)和g(x)在a,b]上连续,且在(ab)内可导,则在(ab)内存在点 使得 [f(b)-f(a)g'()=[g(b)-g(a)/ 分析本命题比柯西中值定理少了f(x)和g(x)不同时为零以及g(a)≠g(b)两个条 件,而结论是以乘积形式出现的,因而应当变换辅助函数。 F(x)=f(xlg(b)-ga)J-g(xff(b)-f(al, 然后应用罗尔中值定理

= 1 1 2 ( 1) ( 1) − − − + n n nx x x 方程 f (x) = 0 以 x=0 为单根， x = 1为(n −1) 重根，因为 f (0) = f (1) = f (−1) = 0 ， 由罗尔定理， , , 1 0 1 (2) 2 (2) 1 (2) 2 (2) 1   −     使得 ( ( )) 0 (2) 2 (2) f   2 = f   = 于是 f (x) = 0 有两 个单根；又因 2 2 2 ( ) ( )( 1) ( 1) − −  = − + n n f x p x x x 其中 ( ) 2 p x 为二次多项式，故方程 f (x) = 0 还有两个 n-2 重根  1。 由此可推测当导数增高一次，相异单根增加一个，但重根  1 各下降一次，现用归纳法 证明相应结论。 若 f x k n k ( ) = 0,1  ( ) 有 k 个不同单根  1 (k )  2 (k )  k (k ) ,1为其(n − k)重根 n k n k k k f x p x x x − − ( ) = ( )( −1) ( +1) ( ) 由罗尔中值定理，   1 1 ( 1) ( 1) ( ) 0 ( 1) + = + + = + k i k i k f x 有 k 个单根  1 1 ( 1) 1 ( 1) ( ) 2 ( ) 1 ( 1) 1 −        + + + + k k k k k k k      ， ( 1) ( 1) 1 ( 1) ( ) ( )( 1) ( 1) − + − + + + = − + n k n k k k f x p x x x 其中 ( ) ( 1) Pk+1 x 为 k + 次多项式，即 ( ) ( 1) f x k+ 有两个 n − (k +1) 重根  1 ，当 k=n-1 时， ( ) 0 ( ) f x = n 正好有 n 个相异实根。 §2 柯西中值定理和不定式极限 例 1 设函数 f (x)和g(x)在[a,b] 上连续，且在（a,b）内可导，则在（a,b）内存在点  ， 使得 [ f (b) − f (a)]g ( ) = [g(b) − g(a)] f  分析 本命题比柯西中值定理少了 f (x)和g (x) 不同时为零以及 g(a)  g(b) 两个条 件，而结论是以乘积形式出现的，因而应当变换辅助函数。 F(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[ f (b) − f (a)], 然后应用罗尔中值定理

证作辅助函数 F(x)=f(xg(b)-g(a]-g(xlf(b-f(a)l, 满足 F(a)=f(a)g(b-f(ag(a)-g(a)f(b)+g(af(a) f(a)g(b)(a)f(b) F(b)=f(bg(b-f(og(a)-g(b)f(6)+gbf(a) f(ag(b))f(b) 即F(a)=F(b);F(x)在[ab]上连续,在(ab)内可导,由罗尔中值定理, 3∈(ab)使得F'(2)=0即 F'([g(b)-g(a)-g'(f(b)-f(a)=0 注又若∫(x),g(x)不同时为零,g(b)-g(a)≠0,则g(5)≠0(不然将导致 f∫'()=0),于是得出 f∫'(5)f(b)-f(a) g'()g(b)-g(a) 此即为柯西中值定理,这说明以前所设辅助函数不是唯一的。 例2设f(x)在a,b]b)a)0)上连续,在(ab),使得 f'() +a)f() 分析这类命题是要证明存在两个中值点ξ,∈(a,b),使得∫(5)= (b+a)f'(m) 2 不妨先找出f()=)-f(a 然后此式改写为 (b+a(n f(b)-f(a) 2n 再由拉格朗日中值定理,彐∈(a1b)使得 f(b-f(a f'()

证 作辅助函数 F(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[ f (b) − f (a)], 满足， F(a) = f (a)g(b) − f (a)g(a) − g(a) f (b) + g(a) f (a) = f (a)g(b) − g(a) f (b) F(b) = f (b)g(b) − f (b)g(a) − g(b) f (b) + g(b) f (a) = f (a)g(b) − g(a) f (b) 即 F（a）=F(b)；F（x）在[a,b ]上连续，在（a,b）内可导，由罗尔中值定理，  (a,b)使得F() = 0 即 F( )[g(b) − g(a)] − g ()[ f (b) − f (a)] = 0 注 又若 f (x), g (x) 不同时为零， g(b) − g(a)  0 ，则 g ( )  0 （不然将导致 f ( ) = 0 ），于是得出 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g b g a f b f a g f − − =     此即为柯西中值定理，这说明以前所设辅助函数不是唯一的。 例 2 设 f (x)在[a,b](ba0) 上连续，在（a,b），使得    2 ( ) ( ) ( ) b a f f +   = 分析 这类命题是要证明存在两个中值点  ，  (a,b) ，使得    2 ( ) ( ) ( ) b a f f +   = ， 不妨先找出 , ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 b a f f b f a − − =    然后此式改写为 b a b a f f b f a − − = +  ( ) ( ) 2 ( ) ( )   再由拉格朗日中值定理，  (a,b) 使得 ( ) ( ) ( ) f  b a f b f a =  − −

于是彐5,n∈(a,b)使得 f(b)-2f( +bf(7) 例3设函数f(x)在a,b]上连续,在(ab)内二阶可导,则存在∈(a,b)使得 f(b)-2f(--)+f(a) f∫"(5) 分析本题可以利用柯西中值定理证明,设两个函数F,G为 x+a F(x)=f(x)-2f(-)+f(a),G(x)= 有F(a)=G(a)=0然后在[ab上对FG应用柯西中值定理,本题也可用拉格朗日中值 定理证明,下面分别给出两种证法。 证[证法一]设 x+a F(x)=f(x)-2f()+f(a),G(x)= (x-a)2 x∈[a,b] F(a)=Ga)=0,F(b)=f(b)-2b +f(a),G(b) F'(x)=f(x)-f(--),G(x)= x-a F(x),G(x)在[ab]上连续,在(ab)内可导,G(b)≠G(a),F'(x),G(x)不同时为零, 于是可以应用柯西中值定理,彐51∈(a,b),使得 F(b)-Fla) f(51)-f G(b)-G(a) (51-a) 再在+a,5cb上对(x)应用格朗日中值定理,3∈(5ta 2,5)c(a,b) 使得 f()-f(51+a)r()-f(y2-=f 51+a

于是 ,  (a,b) 使得 ) 2 ( ) ( ) 2 (  a bf  f b f +   − 例 3 设函数 f (x)在[a,b] 上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在   (a,b) 使得 ( ) 4 ( ) ) ( ) 2 ( ) 2 ( 2 f  b a f a a b f b f  − + = + − 分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数 F，G 为 4 ( ) ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( 2 x a f a G x x a F x f x f − + = + = − 有 F(a) = G(a) = 0 然后在[a,b]上对 F,G 应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值 定理证明，下面分别给出两种证法。 证[证法一]设 , [ , ] 4 ( ) ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( 2 x a b x a f a G x x a F x f x f  − + = + = − 有 4 ( ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 0, ( ) ( ) 2 ( 2 b a f a G b a b F a G a F b f b f − + = + = = = − 2 ), ( ) 2 ( ) ( ) ( x a G x x a F x f x f −  = +  =  −  F（x），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b）内可导， G(b)  G(a), F(x),G(x) 不同时为零， 于是可以应用柯西中值定理， ( , ) 1  a b ，使得 2 ( ) ) 2 ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a a f f G b G a F b F a − +  −  = − −    再在 , ] [ , ] ( ) 2 [ 1 1 a b f x a   +  上对  应用格朗日中值定理， , ) ( , ) 2 ( 1 1 a b a  +      使得 ( ) 2 ) 2 ( ) ( 2 ) 2 ( ) ( 1 1 1 1 1 1 1        f a s a f f a a f f =  + − +  −  = − +  − 

于是有 a+ F(b)-2f(-)+f(a)= f∫"(5) 4 [证法二]作辅助函数 b a F(x)=fo )-f(x),x∈[a 于是 F(+6 )-F(a)=∫(b)-2na+b )+f(a) a+b 在1a,-2]上对F(x)应用拉格朗日中值定理,35(.2),使得 a+ F(a I( f'(1) 再在15,5+b~9(x)应用拉格朗日中值定理 (551+,)c(ab),使得 ∫(b)-2f(-)+f(b) ∫ 注所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例4求下列极限 m r(s)0 (2)四(c)0,b)0 (3) I-No* hn x(a)o) 解(1)这是一型的不定式,应用洛必达法则,有 In →+ E-1x→E·x 0 (2)这是一型的不定式,当b为正整数时 应用洛必达法则后,有 bx bI x→ 当b为正实数时,x)1时有

于是有 ( ) 4 ( ) ) ( ) 2 ( ) 2 ( 2 f  b a f a a b F b f  − + = + − [证法二]作辅助函数 ] 2 ) ( ), [ , 2 ( ) ( a b f x x a b a F x f x + −  − = + 于是 ) ( ) 2 ) ( ) ( ) 2 ( 2 ( f a a b F a f b f a b F + + − = − + 在 ] 2 [ , a b a + 上对 F(x) 应用拉格朗日中值定理， ) 2 ( , 1 a b a +   ，使得 ) ( ) 2 ( F a a b F − + = 2 ) ( )] 2 [ ( 1 1 b a f b a f − −  −   +  再 在 ] 2 [ , 1 1 b + a   + 上 对 f (x) 应用拉格朗日中值定理， ) ( , ) 2 ( 1 1 a b b a  −     + ，使得 ) ( ) 2 ( ) 2 ( f b a b f b f + + − = 4 ( ) ( ) 2 b a f −   注 所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例 4 求下列极限： ( 0) ln (1) lim  →+   x x x (2) ( 0, 0) lim   →+ c b e x cx b x (3) ln ( 0) lim 0 +  →   x x x 解（1）这是   型的不定式，应用洛必达法则，有 0 1 1 ln lim 1 lim lim =  =  →+  = →+  − →+   x  x x x x x x x （2）这是   型的不定式，当 b 为正整数时，多次应用洛必达法则后，有 0 ! lim 2 1 lim lim = = = →+ = − →+ →+ cx x b cx b cx x b x c e b c e bx e x  当 b 为正实数时， x1 时有

x0+1 上面已证得 xb]+1 由函数极限的迫敛性可得 lim x In xEn x=x→o 注射器由(1)(2)可知:当a)1,p)0,E)0时,有 0 n"x+∞) 这些结论在无穷大量的比较时有重要作用。 例5证明不等式 SIn ZD T 证x=时,不等式是成立的。当x∈(0,)时,设f(x)=x(1-x),g(x)=snm 在[0,x]上应用柯西中值定理,彐0(E(x,使得 x(1-x)x(1-x)-0 sinsin A-0 T COSTS 在上式中作变换1-22=y(0(y(1),作为 7 Z coS T8 r cos(-2g 利用不等式 (1,x∈(0

cx b cx b cx b e x e x e x 1 [ ] [ ] +   上面已证得 0 lim [ ] 1 [ ] lim = + →+ cx = x→+ cx b x e x b e x 由函数极限的迫敛性可得 0 lim →+ = cx b x e x （3） 0 1 1 1 ln ln lim 0 1 lim 0 lim 0 lim 0 = − = −  + = + = + → + + → → →       x x x x x x x x x x x 注射器 由（1）（2）可知：当 a1, p0, 0 时，有 0, 0 lim ln lim →+ = →+ =   a x x x e x p x 记为 p x x  x  a  ln (x → +) 这些结论在无穷大量的比较时有重要作用。 例 5 证明不等式 , (0,1) 1 sin (1 )   − x x x x   证 2 1 x = 时，不等式是成立的。当 ) 2 1 x  (0, 时，设 f (x) = x(1− x) ， g(x) = sin x ， 在 [0, x] 上应用柯西中值定理， 2 1  ,0 x ，使得       cos 1 2 sin 0 (1 ) 0 sin (1 ) − = − − − = − x x x x x x 在上式中作变换 1− 2 = y(0 y1) ，作为 2 2 2 sin 2 2 ) sin 2 2 cos( cos 1 2             = =  − = − y y y y y y 利用不等式 ) 2 1, (0, 2 sin     x  x x