三、典型例题解析 例1验证函数fx)=?1-x)在[0，上满足罗尔定理的条件。 解因fx)是在0，]上有定义的初等函数，所以fx)在0，上连续，且 m站 在(0，)内存在：0)=f0=0.故fx)在0，上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在 一点5∈0，)使f0=0.即1-22=0，于是解得5=万e0,)· 例2已知函数f八x)在0，】上连续，在(0,1)内可导，且f0=0,求证在(0，)内至少存 在一点：使等式⑤)=-但成立. 分析要证f传)=-但成立，即证5∫+白=0，即[=0，作辅助函数 F(x)=x),对F(x)在区间O,]上应用罗尔定理. 证明设F(x)=x(x),则它在0，刂上连续，在(0，I)内可导，且F(O)=F0)=0,由罗 尔定理知至少存在一点5∈0)使得F(5)=0,即了⑤=-但.证毕 例3设f(x)在[a,b】上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0,证明对于任意实数2， 在(a,b)内至少存在一点5，使得f'(5)=-f(5). 分析要证f(⑤+⑤)=0，即证ef⑤)+f5)=0,即 [e“f'(x)+fxl=0, 即证[e“f(x)l=0,作辅助函数F(w)=e“fx),并对F(x)在区间[a,b上应用罗尔定理. 证明令F(x)=e“fx),易知F(x)在[a,b上连续，在(a,b)内可导，且 F(a)=Fb)=0, 由罗尔定理知，至少存在一点5∈(a,b),使F(5)=0,即e[f()+1f=0,而e“≠0， 故f()+5)=0,即f(5)=-f(5),5∈(a,b).证毕. 注证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关 系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤： (1)把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 f5+5f5)=0, f'(50g(5)+f5)g'(9=0, 5∫(5)-f5)=0, 5f'(5)-(5)=0, f(5g(9-f5)g'()=0 (50g(5)-f(50g(9=0, (5)±(5)=0， f(5)±f(5)g'(5)=0
三、典型例题解析 例 1 验证函数 3 2 2 f x x x ( ) (1 ) = − 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件． 解 因 f x( ) 是在 [0,1] 上有定义的初等函数，所以 f x( ) 在 [0,1] 上连续，且 2 1 2 3 3 2 2 1 2 ( ) 3 (1 ) x f x x x − = − 在 (0,1) 内存在； f f (0) (1) 0 = = ．故 f x( ) 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在 一点 (0,1) 使 f ( ) 0 = ．即 2 1 2 0 − = ，于是解得 1 2 = (0,1) ． 例 2 已知函数 f x( ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) 0 = ，求证在 (0,1) 内至少存 在一点 使等式 ( ) ( ) f f = − 成立． 分析 要证 ( ) ( ) f f = − 成立，即证 f f ( ) ( ) 0 + = ，即 [ ( )] 0 x xf x = = ，作辅助函数 F x xf x ( ) ( ) = ，对 F x( ) 在区间 [0,1] 上应用罗尔定理． 证明 设 F x xf x ( ) ( ) = ，则它在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 F F (0) (1) 0 = = ．由罗 尔定理知至少存在一点 (0,1) 使得 F( ) 0 = ，即 ( ) ( ) f f = − ．证毕． 例 3 设 f x( ) 在 [ , ] a b 上连续，在 ( , ) a b 内可导，且 f a f b ( ) ( ) 0 = = ，证明对于任意实数 ， 在 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使得 f f ( ) ( ) = − ． 分析 要证 f f ( ) ( ) 0 + = ，即证 e f f [ ( ) ( )] 0 + = ，即 [ ( ( ) ( ))]| 0 x x e f x f x = + = ， 即证 [ ( )] | 0 x x e f x = = ，作辅助函数 ( ) ( ) x F x e f x = ，并对 F x( ) 在区间 [ , ] a b 上应用罗尔定理． 证明 令 ( ) ( ) x F x e f x = ，易知 F x( ) 在 [ , ] a b 上连续，在 ( , ) a b 内可导，且 F a F b ( ) ( ) 0 = = ， 由罗尔定理知，至少存在一点 ( , ) a b ，使 F( ) 0 = ，即 e f f [ ( ) ( )] 0 + = ，而 e 0 ， 故 f f ( ) ( ) 0 + = ，即 f f ( ) ( ) = − ， ( , ) a b ．证毕． 注 证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关 系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤： （1）把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 f f ( ) ( ) 0 + = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 + = ， f f ( ) ( ) 0 − = ， f kf ( ) ( ) 0 − = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ， f f ( ) ( ) 0 = ， f f g ( ) ( ) ( ) 0 =
等等】 (2)作辅助函数F(x),使F'()等于上述等式的左端.对于(1)中所述等式，分别对 应辅助函数F(x)为 F(x)=x(x), F(x)=f(x)g(x), F(x)=I) F(ax)=) F)=四 F(x)=f(x)g(x)-f(x)g'(x), g(x) Fx)=e“fx), F(x)=esf(x) (3)在指定区间上对F(x)应用罗尔定理证明. 例4设44“，4为满是风+受+号+.+号=0的实数，证明：方程 4+4x+4+a,r++ax=0在(0，l)内至少有一个实根. 分析函数x)=a+ax+a2+ar2++a虽然在0，则上连续，但是难以验证 fx)在0，】的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零 点定理，但发现函数F)=a+号+导++品”在x=1处的值为 且F(O)=0,所以该命题可以用罗尔定理来证. 证明作箱助函数F=a+受+号++，显然F)在@，上连铁， 在@，内可导且F0=0,F0=a+兰+号++品=0.对F在区间Q上应用罗 尔定理，则至少存在一点50，)，使得F()=0,即 4+a5+a252+a53++a5"=0, 即方程a+ax+a,r2+a,2++a,x=0在(0,1)内至少有一个实根5.证毕 注关于∫x)=0的根（或f(x)的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法1如果只知x)在[a,或(a,)上连续，而没有说明fx)是否可导，则一般用闭 区间上连续函数的零点定理证明： 证法2先根据题目结论构造辅助函数F(x),使得F(x)=fx),然后在指定区间上验 证F(x)满足罗尔定理的条件，从而得出fx)的零点存在性的证明. 例5若fx)在[-1，上有二阶导数，且fO)=f0)=0,设F(x)=fx),则在(0，)内 至少存在一点，使得F'(⑤)=0， 分析要证F()=0,只要证在F(x)区间0，】上满足罗尔定理，关键是找到两个使 F'(x)相等的点。此外，该题还可以用泰勒公式证明. 证法1（用罗尔定理证）因为Fx)=xfx),则F(x)=2x)+x2fx)
等等． （2）作辅助函数 F x( ) ，使 F( ) 等于上述等式的左端．对于（1）中所述等式，分别对 应辅助函数 F x( ) 为 F x xf x ( ) ( ) = ， F x f x g x ( ) ( ) ( ) = ， ( ) ( ) f x x F x = ， ( ) ( ) k f x F x x = ， ( ) ( ) ( ) f x F x g x = ， F x f x g x f x g x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − ， ( ) ( ) x F x e f x = ， ( ) ( ) ( ) g x F x e f x = ． （3）在指定区间上对 F x( ) 应用罗尔定理证明． 例 4 设 0 1 , , , n a a a 为满足 1 2 0 0 2 3 1 n a a a a n + + + + = + 的实数，证明：方程 2 3 0 1 2 3 0 n n a a x a x a x a x + + + + + = 在 (0,1) 内至少有一个实根． 分析 函数 2 3 0 1 2 3 ( ) n n f x a a x a x a x a x = + + + + + 虽然在 [0,1] 上连续，但是难以验证 f x( ) 在 [0,1] 的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零 点定理，但发现函数 1 2 3 1 3 0 ( ) 2 3 1 a a an n F x a x x x x n + = + + + + + 在 x = 1 处的值为 1 2 0 (1) 0 2 3 1 n a a a F a n = + + + + = + ， 且 F(0) 0 = ，所以该命题可以用罗尔定理来证． 证明 作辅助函数 1 2 2 3 1 0 ( ) 2 3 1 a a an n F x a x x x x n + = + + + + + ，显然 F x( ) 在 [0,1] 上连续， 在 (0,1) 内可导且 F(0) 0 = ， 1 2 0 (1) 0 2 3 1 n a a a F a n = + + + + = + ．对 F x( ) 在区间 [0,1] 上应用罗 尔定理，则至少存在一点 (0,1) ，使得 F( ) 0 = ，即 2 3 0 1 2 3 0 n n a a a a a + + + + + = ， 即方程 2 3 0 1 2 3 0 n n a a x a x a x a x + + + + + = 在 (0,1) 内至少有一个实根 ．证毕． 注 关于 f x( ) 0 = 的根（或 f x( ) 的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法 1 如果只知 f x( ) 在 [ , ] a b 或 ( , ) a b 上连续，而没有说明 f x( ) 是否可导，则一般用闭 区间上连续函数的零点定理证明； 证法 2 先根据题目结论构造辅助函数 F x( ) ，使得 F x f x ( ) ( ) = ，然后在指定区间上验 证 F x( ) 满足罗尔定理的条件，从而得出 f x( ) 的零点存在性的证明． 例 5 若 f x( ) 在 [ 1,1] − 上有二阶导数，且 f f (0) (1) 0 = = ，设 2 F x x f x ( ) ( ) = ，则在 (0,1) 内 至少存在一点 ，使得 F( ) 0 = ． 分析 要证 F( ) 0 = ，只要证在 F x ( ) 区间 [0,1] 上满足罗尔定理，关键是找到两个使 F x ( ) 相等的点．此外，该题还可以用泰勒公式证明． 证法 1 （用罗尔定理证）因为 2 F x x f x ( ) ( ) = ，则 2 F x xf x x f x ( ) 2 ( ) ( ) = + ．
因为fO)=f)=0,所以F(O)=F)=0.F(x)在0，】上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点5∈(0,1)使得F(G)=0,而F'O)=0,即FO)=F(5)=0.对F(x)在0,上用罗 尔定理，则至少存在一点E∈(0，)使得F"()=0,而∈(0,5)c(0,),即在(0，)内至少存 在一点5，使得F"(5)=0.证毕. 证法2（用泰勒公式证）F(x)的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 F(x)=F0)+F0x+ 其中Ee(0,x).令x=1,注意到F0)=F=0,F0)=0,可得F"(G)=0,5∈(0，I).证 华， 注结论为f(5)=0(n≥2)的命题的证明常见方法有两种： (1)对(x)应用罗尔定理：(2)利用fx)的n-1阶泰勒公式. 例6设函数fx)在闭区间0，上可微，对于[0，】上的每一个x,函数f(x)的值都在 开区间(0，)之内，且(x)≠1，证明在(0，)内有且仅有一个x,使得fx)=x· 分析根据题目结论，容易联想构造辅助函数F(x)=x)-x,用零点定理证F(x)存在 零点： 00,F0=f0)-1<0, 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个5∈(0,1)，使得 F50=f)-5=0, 即f5=5· 下面用反证法证明唯一性。假设存在x,∈(0，)，且不妨设，<x,使得 f)=,f)=,F)=F)=0. 显然F(x)在[x,]上满足罗尔定理的三个条件，于是存在n∈(：，x)c(0,1)使得F'()=0, 即f)=1,这与题设f()≠1(x∈(0，》矛盾，故唯一性也成立.证毕。 例7假设函数fx)和g(x)在[a,)上存在二阶导数，并且g'(x)≠0， f(a)=f(b)=g(a)=gb)=0, 试证：(1)在开区间(a,b)内g(x)≠0： (2)在开区间(ab)内至少存在一点5，使 但-"但 g5)g() 分析证(1)可采用反证法，设存在c∈(a,b)使得g(c)=0,且由已知条件 g(a)=g6)=0, 可以两次利用罗尔定理推出与g”(x)≠0相矛盾的结论.问题(1)是基本题.证(2)的关 键是构造辅助函数p(x),使得0(@)=ob)=0,且p(x)=fxg"(x)-∫(x)g(x),通过观察 可知x)=fx)g'(x)-f"(x)g(x).构造p(x)是本题的难点. 证(1)反证法.设存在c∈(a,b),使得g(c)=0,由于 g(a)=g(b)=g(c)=0, 对gx)分别在区间[a,c和[c,b上应用罗尔定理，知至少存在一点∈(a,c),使得 g'(5)=0.至少存在一点5∈(c,b),使得g(5)=0.再对g'(x)在区间【5,5]上应用罗尔
因为 f f (0) (1) 0 = = ，所以 F F (0) (1) 0 = = ． F x( ) 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点 1 (0,1) 使得 1 F( ) 0 = ，而 F(0) 0 = ，即 1 F F (0) ( ) 0 = = ．对 F x ( ) 在 1 [0, ] 上用罗 尔定理，则至少存在一点 1 (0, ) 使得 F( ) 0 = ，而 1 (0, ) (0,1) ，即在 (0,1) 内至少存 在一点 ，使得 F( ) 0 = ．证毕． 证法 2（用泰勒公式证） F x( ) 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 2 ( ) ( ) (0) (0) 2! F F x F F x x = + + , 其中 (0, ) x ．令 x = 1 ，注意到 F F (0) (1) 0 = = ， F(0) 0 = ，可得 F( ) 0 = ， (0,1) ．证 毕． 注 结论为 ( ) ( ) 0 ( 2) n f n = 的命题的证明常见方法有两种： （1）对 ( 1) ( ) n f x − 应用罗尔定理；（2）利用 f x( ) 的 n −1 阶泰勒公式． 例 6 设函数 f x( ) 在闭区间 [0,1] 上可微，对于 [0,1] 上的每一个 x ，函数 f x( ) 的值都在 开区间 (0,1) 之内，且 f x ( ) 1 ，证明在 (0,1) 内有且仅有一个 x ，使得 f x x ( ) = ． 分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，用零点定理证 F x( ) 存在 零点；而唯一性常用反证法证之． 证明 作辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，易知 F x( ) 在区间 [0,1] 上连续，又 0 ( ) 1 (0) (0) 0 = f x F f ， F f (1) (1) 1 0 = − ， 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个 (0,1) ，使得 F f ( ) ( ) 0 = − = ， 即 f ( ) = ． 下面用反证法证明唯一性．假设存在 1 x ， 2 x (0,1) ，且不妨设 1 2 x x ，使得 1 1 f x x ( ) = ， 2 2 f x x ( ) = ， 1 2 F x F x ( ) ( ) 0 = = ． 显然 F x( ) 在 1 2 [ , ] x x 上满足罗尔定理的三个条件，于是存在 1 2 ( , ) (0,1) x x 使得 F( ) 0 = ， 即 f ( ) 1 = ，这与题设 f x ( ) 1 ( (0,1)) x 矛盾，故唯一性也成立．证毕． 例 7 假设函数 f x( ) 和 g x( ) 在 [ , ] a b 上存在二阶导数，并且 g x ( ) 0 ， f a f b g a g b ( ) ( ) ( ) ( ) 0 = = = = ， 试证：（1）在开区间 ( , ) a b 内 g x( ) 0 ； （2）在开区间 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使 ( ) ( ) ( ) ( ) f f g g = ． 分析 证（1）可采用反证法，设存在 c a b ( , ) 使得 g c( ) 0= ，且由已知条件 g a g b ( ) ( ) 0 = = ， 可以两次利用罗尔定理推出与 g x ( ) 0 相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关 键是构造辅助函数 ( ) x ，使得 ( ) ( ) 0 a b = = ，且 ( ) ( ) ( ) x f x g x = − f x g x ( ) ( ) ，通过观察 可知 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x g x f x g x = − ．构造 ( ) x 是本题的难点． 证 （1）反证法．设存在 c a b ( , ) ，使得 g c( ) 0= ，由于 g a g b g c ( ) ( ) ( ) 0 = = = ， 对 g x( ) 分别在区间 [ , ] a c 和 [ , ] c b 上应用罗尔定理，知至少存在一点 1 ( , ) a c ，使得 1 g ( ) 0 = ．至少存在一点 2 ( , ) c b ，使得 2 g ( ) 0 = ．再对 g x ( ) 在区间 1 2 [ , ] 上应用罗尔
定理，知至少存在一点5e(⑤，5)，使得g'(5)=0,这与题设gx)≠0矛盾，从而得证。 (2)令ox)=fxg'(x)-f(x)g(x),则pa)=b)=0.对9x)在区间[a,b1上应用罗 尔定理，知至少存在一点5∈(a,b),使得()=0，即 f50g'(59-f"(59g(5)=0. 又因gx)≠0，x∈(a,b),故g⑤≠0，又因为gx)≠0，所以g(⑤≠0，因此有 但=但.证毕 g(5)g(⑤) 例8险证播或四-任：8 x≤0 在-1，上拉格朗日中值定理的正确性。 分析此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足· 解因为m)=me产=1，)=+=1，则 f0)=f0)=f0): 故f)在x=0处连续，故f(x)在-L,匀上连续.又因为 o=0+0-g 4o=mf0+a0-f0=m+Al=1. 故f0)=1从而fx)在L,内可导.则由拉格朗日中值定理知存在∈(-l,使 f白-f(-)=f(5+), 甲9=，品。商o-化8浙=品。g得=-0e0 例9设0Ba子证期名合5ma-mP品君 a-B 此式中的ag二mB可看成函数f心)=amx在区间[B,@]上的改变量与相应自变量的改变 a-B 量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明， 证明当B=a时，不等式中等号成立. 当B<a时，设fx)=tanx.由于fx)在B,0<B<a<上连续，在(B,四内可 导，利用拉格朗日中值定理得 8-g0<5 1 1 1 因为0<B<5a<所以。从面可
定理，知至少存在一点 3 1 2 ( , ) ，使得 3 g ( ) 0 = ，这与题设 g x ( ) 0 矛盾，从而得证． （2）令 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x g x f x g x = − ，则 ( ) ( ) 0 a b = = ．对 ( ) x 在区间 [ , ] a b 上应用罗 尔定理，知至少存在一点 ( , ) a b ，使得 ( ) 0 = ，即 f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ． 又因 g x( ) 0 ， x a b ( , ) ，故 g( ) 0 ，又因为 g x ( ) 0 ，所以 g ( ) 0 ，因此有 ( ) ( ) ( ) ( ) f f g g = ． 证毕． 例 8 验证函数 , 0 ( ) 1 , 0 x e x f x x x = + 在 1 [ 1, ] e − 上拉格朗日中值定理的正确性． 分析 此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足． 解 因为 0 0 lim ( ) lim 1 x x x f x e → → − − = = ， 0 0 lim ( ) lim(1 ) 1 x x f x x → → + + = + = ，则 f f f (0 ) (0 ) (0) − + = = ， 故 f x( ) 在 x = 0 处连续，故 f x( ) 在 1 [ 1, ] e − 上连续．又因为 0 0 (0 ) (0) 1 (0) lim lim 1 x x x f x f e f x x − − − → → + − − = = = ， 0 0 (0 ) (0) (1 ) 1 (0) lim lim 1 x x f x f x f x x + + → → + − + − = = = + ， 故 f (0) 1 = 从而 f x( ) 在 1 ( 1, ) e − 内可导．则由拉格朗日中值定理知存在 1 ( 1, ) e − 使 1 1 f f f ( ) ( 1) ( )( 1) e e − − = + ， 即 ( ) 1 e f e = + ，而 , 0 ( ) 1, 0 x e x f x x = ，所以 1 e e e = + ，解得 = − + 1 ln(1 )e ． 例 9 设 0 2 ，证明 2 2 tan tan cos cos − − − ． 分析 当 时，即证 2 2 1 tan tan 1 cos cos − − ． 此式中的 tan tan − − 可看成函数 f x x ( ) tan = 在区间 [ , ] 上的改变量与相应自变量的改变 量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明． 证明 当 = 时，不等式中等号成立． 当 时，设 f x x ( ) tan = ．由于 f x( ) 在 [ , ] (0 ) 2 上连续，在 ( , ) 内可 导，利用拉格朗日中值定理得 2 tan tan 1 cos − = − ，(0 ) 2 ． 因为 0 2 ，所以 2 2 2 1 1 1 cos cos cos ．从而可得
Bgg"Asa 1 1 注用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适 当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有；的等式：其次对等式进行适当地放大或 缩小，去掉含有：的项即可. 例10设不恒为常数的函数fx)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a.b)内可导，且 fa)=fb).证明在(a,b)内至少存在一点5，使得f(>0 证法1因为f(x)不恒为常数，故至少存在一点x,e(a,b),使得fx,)≠f(a)=fb). 先设f)>f)=f),在[a,lc[a,上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在 5e(a,)c(a,b),使得f"5)= 若f(x)0. 综上所述，命题得证。 证法2反证法. 若不存在这样的点5，则对任意的x∈(a,b),∫'(x)s0,所以f(x)在[a,b1上单调不增， 而f(@)=fb),故fx)在[a,b上为常数，与题设矛盾.所以命题得证.证毕。 例11设函数f)在0，上可导，且 00. 由闭区间上连续函数的零点定理知，存在5∈(0，)，使F(5)=0,即5为方程∫x)=1-x的 实根. 唯一性（用反证法证） 若f(x)=1-x在(0，)内有两个不等实根x,本(0<x<x<),即 f(x)=1-x,f(x,)=1-x, 对f(x)在[x,x]上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点5∈(：，x)c(0,),使得 0=)-2.0-1-2.-4
2 2 1 tan tan 1 cos cos − − ， 即 2 2 tan tan cos cos − − − ．证毕． 注 用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适 当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有 的等式；其次对等式进行适当地放大或 缩小，去掉含有 的项即可． 例 10 设不恒为常数的函数 f x( ) 在闭区间 [ , ] a b 上连续，在开区间 ( , ) a b 内可导，且 f a f b ( ) ( ) = ．证明在 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使得 f ( ) 0 ． 证法 1 因为 f x( ) 不恒为常数，故至少存在一点 0 x a b ( , ) ，使得 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ． 先设 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ，在 0 [ , ] [ , ] a x a b 上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在 0 ( , ) ( , ) a x a b ，使得 0 0 1 f f x f a ( ) [ ( ) ( )] 0 x a = − − ． 若 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ，则在 0 [ , ] [ , ] x b a b 上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在 0 ( , ) ( , ) x b a b ， 0 0 1 f f b f x ( ) [ ( ) ( )] 0 b x = − − ． 综上所述，命题得证． 证法 2 反证法． 若不存在这样的点 ，则对任意的 x a b ( , ) ， f x ( ) 0 ，所以 f x( ) 在 [ , ] a b 上单调不增， 而 f a f b ( ) ( ) = ，故 f x( ) 在 [ , ] a b 上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕． 例11 设函数 f x( ) 在 [0,1] 上可导，且 0 ( ) 1 f x ， f x ( ) 1 − ， 证明：方程 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有唯一的实根． 分析 要证方程 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有唯一的实根，实际上相当于证明函数 F x f x x ( ) ( ) 1 = + − 有唯一的零点，零点的存在可以根据已知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反 证法或函数的单调性来证明． 证明 先证存在性．令 F x f x x ( ) ( ) 1 = + − ，则 F x( ) 在 [0,1] 内连续，且 F f (0) (0) 1 0 = − ， F f (1) (1) 0 = ． 由闭区间上连续函数的零点定理知，存在 (0,1) ，使 F( ) 0 = ，即 为方程 f x( ) = −1 x 的 实根． 唯一性（用反证法证） 若 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有两个不等实根 1 x ， 2 x 1 2 (0 1) x x ，即 1 1 f x x ( ) 1 = − ， 2 2 f x x ( ) 1 = − ． 对 f x( ) 在 1 2 [ , ] x x 上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点 1 2 ( , ) (0,1) x x ，使得 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) (1 ) (1 ) ( ) 1 f x f x x x f x x x x − − − − = = = − − − ．
这与题设条件(x)≠-1矛盾.唯一性得证.证毕. 26在上线，在n内可，且=01 证明：(1)存在5∈(0，)，使得f八5)=1-5： (2)存在两个不同的点7,5∈(0，)，使得f")f(5)=1. 证明(1)令gx)=fx)+x-1,则gx)在0，】上连续，且g0)=-10, 保” f=f=0.l5, 5-0 f6=f0-f⑤.1-1-.s 1-E 1-5=-51 注要证在(a,b)内存在：、7，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值 定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用. 分析该极限属于。型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理， 可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换。 解法1用洛必达法则。 p e-g通 sin r 解法2对函数fx)=e在区间[sinx,(或[x,sinx)上使用拉格朗日中值定理可得 K-m心，其中mr<5<x或x<5<血x,当→0时，：→0，故 e'eins 归 解法3用导数的定义. 二四-m6心儿1 3一3m er-sins20 当0时 解法4-e x-sinx e'-m -1-x-sinx, 做品妈一1 例14设fx)在[a,b]上可微(0<a<b),证明：存在E∈(a,b),使得 (6-d2f5)=2fb)-fa 分析考虑将要证明的等式变为-@.但】
这与题设条件 f x ( ) 1 − 矛盾．唯一性得证．证毕． 注 此题与例 6 类似． 例12 （05 研） 已知函数 f x( ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) 0 = ， f (1) 1 = ． 证明：（1）存在 (0,1) ，使得 f ( ) 1 = − ； （2）存在两个不同的点 ， (0,1) ，使得 f f ( ) ( ) 1 = ． 证明 （1）令 g x f x x ( ) ( ) 1 = + − ，则 g x( ) 在 [0,1] 上连续，且 g(0) 1 0 = − ，g(1) 1 0 = ， 故由零点定理知存在 (0,1) ，使得 g f ( ) ( ) 1 0 = + − = ，即 f ( ) 1 = − ． （2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在 (0, ) ， ( ,1) ，使得 ( ) (0) 1 ( ) 0 f f f − − = = − ， (1) ( ) 1 (1 ) ( ) 1 1 1 f f f − − − = = = − − − ， 从而 1 ( ) ( ) 1 1 f f − = = − ．证毕． 注 要证在 ( , ) a b 内存在 、 ，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值 定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用． 例 13 求极限 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − ． 分析 该极限属于 0 0 型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理， 可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换． 解法 1 用洛必达法则． sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin sin 2 sin 0 0 cos sin cos lim lim 1 cos sin x x x x x x x e xe e xe xe → → x x − + − = = − sin sin sin 3 sin 0 cos sin cos 2cos sin cos lim 1 cos x x x x x x e xe x xe x xe xe → x + + + − = = ． 解法 2 对函数 ( ) x f x e = 在区间 [sin , ] x x （或 [ ,sin ] x x ）上使用拉格朗日中值定理可得 sin sin x x e e e x x − = − ，其中 sin x x 或 x x sin ．当 x → 0 时， → 0 ，故 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − 0 lim 1 e → = = ． 解法 3 用导数的定义． sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin 0 sin 0 sin 0 0 lim lim sin 0 sin 0 x x x x x x x e e e e e x x x x − − → → − − = = − − − − 0 0 0 lim ( ) | 1 0 u u u u e e e u = → − = = = − ． 解法 4 sin sin sin 1 sin sin x x x x e e ex e x x x x − − − = − − ，当 x → 0 时， sin 1 sin x x e x x − − − ， 故 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin sin 0 1 lim sin x x x x e e x x − → − = − 0 sin lim 1 x sin x x → x x − = = − ． 例 14 设 f x( ) 在 [ , ] a b 上可微 (0 ) a b ，证明：存在 ( , ) a b ，使得 2 2 ( ) ( ) b a f − = − 2 [ ( ) ( )] f b f a ． 分析 考虑将要证明的等式变为 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = −
则用柯西中值定理证明：也可将要证明的等式变形为 [62-a2)fx)-x2fb)-fal=0, 则可用罗尔定理来证明。 运法1只要男0： 易知fx)和g(x)=x2在[a,b上满足柯西中值定理的条件，故存在E∈(a,b),使 证法2只要证明【6-a)fx)-rfb)-fal=0 令Fx)=(6-d)fx)-x2Ub)-fa,F(x)在[a,b可导，且 F(a)=bf(a)-aif(b)=F(b), 由罗尔定理知，至少存在一点5∈(a,),使F()=0,即 (62-d2)f"(5)=21fb)-fa】.证毕. 错误证明要证的结论可政写成份二@.是.对面数和公=在区间 [a,b)上分别使用拉格朗日中值定理，存在E∈(a,b),使 fb)-fa)=f5b-a,62-d2=25b-a, 于是f-f@.f⑤ b-a㎡225 错解分析以上证法错在认为fx)和g(x)=x分别使用拉格朗日中值定理所得的舌 是同一值，实际上这两个5不一定相同， 制如，取/=，田在0，)内使了四-0=G0-0)成立的点是气=万 g(x)=2在(0.)内使g0-g10)=g'(51-0)成立的点是5=：而使柯西中值公式 细得密立的点是后-号 例15把函数fx)=x展成带佩亚诺余项的n阶麦克劳林公式. 分析将函数展成阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法， 一般用间接法较为简单. 解法1直接法 f)=e, f0)=0. f(x)=-x-e, f0)=1
则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为 2 2 2 [( ) ( ) ( ( ) ( ))] 0 x b a f x x f b f a = − − − = ， 则可用罗尔定理来证明． 证法 1 只要证明 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ， 易知 f x( ) 和 2 g x x ( ) = 在 [ , ] a b 上满足柯西中值定理的条件，故存在 ( , ) a b ，使 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ． 证法 2 只要证明 2 2 2 [( ) ( ) ( ( ) ( ))] 0 x b a f x x f b f a = − − − = ． 令 2 2 2 F x b a f x x f b f a ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) = − − − ， F x( ) 在 [ , ] a b 可导，且 2 2 F a b f a a f b F b ( ) ( ) ( ) ( ) =−= ， 由罗尔定理知，至少存在一点 ( , ) a b ，使 F( ) 0 = ，即 2 2 ( ) ( ) b a f − = − 2 [ ( ) ( )] f b f a ．证毕． 错误证明 要证的结论可改写成 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ．对函数 f x( ) 和 2 g x x ( ) = 在区间 [ , ] a b 上分别使用拉格朗日中值定理，存在 ( , ) a b ，使 f b f a f b a ( ) ( ) ( )( ) − = − ， 2 2 b a b a − = − 2 ( ) ， 于是 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ． 错解分析 以上证法错在认为 f x( ) 和 2 g x( ) = x 分别使用拉格朗日中值定理所得的 是同一值，实际上这两个 不一定相同． 例如，取 3 f x x ( ) = ， f x( ) 在 (0,1) 内使 1 f f f (1) (0) ( )(1 0) − = − 成立的点是 1 1 3 = ； 2 g x x ( ) = 在 (0,1) 内使 2 g g g (1) (0) ( )(1 0) − = − 成立的点是 2 1 2 = ；而使柯西中值公式 3 3 (1) (0) ( ) (1) (0) ( ) f f f g g g − = − 成立的点是 3 2 3 = ． 例 15 把函数 ( ) x f x xe− = 展成带佩亚诺余项的 n 阶麦克劳林公式． 分析 将函数展成 n 阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法， 一般用间接法较为简单． 解法 1 直接法 ( ) x f x xe− = ， f (0) 0 = ． ( ) ( 1) x f x x e− = − − ， f (0) 1 = ．
f"气(x)=(-1x-2e，"0)=-2. f"(x)=(-10x-3e3,"0)=3. f(x)=(-I)"(x-m)e, f(0)=(-1y-In 所以fx)的n阶麦克劳林公式为 x" 解法2间接法 在e的带佩亚诺余项的n阶麦克劳林公式中，以-x代x,得 3 上式两同乘以，有-云+号苦+r行.因为 no().x 0, 故气y若)=4从面 =号-+r*e 务6细学子 分析该极限属于。型，如果用洛必达法则来求解将会比较复杂，根据题目的特点可 考虑利用cosx,e的泰勒公式 解因为 1-号+r+到号若a的 x x+o) 2 注1此题属。型的不定式，可以利用洛必达法则，读者不妨一试，并与上述解法比较 一下孰优孰劣
2 ( ) ( 1) ( 2) x f x x e− = − − ， f (0) 2 = − ． 3 ( ) ( 1) ( 3) x f x x e− = − − ， f (0) 3 = ． ( ) ( ) ( 1) ( ) n n x f x x n e− = − − ， ( ) 1 (0) ( 1) n n f n − = − ． 所以 f x( ) 的 n 阶麦克劳林公式为 2 3 4 1 ( 1) ( ) 1! 2! 3! ( 1)! n x n n x x x x xe x o x n − − = − + − + + − + − ． 解法 2 间接法 在 x e 的带佩亚诺余项的 n 阶麦克劳林公式中，以−x 代 x ，得 2 3 1 ( 1) ( ) 2! 3! ! n x n n x x x e x o x n − = − + − + + − + ． 上式两端同乘以 x ，有 2 3 4 1 ( 1) ( ) 1! 2! 3! ! n x n n x x x x xe x x o x n + − = − + − + + − + ．因为 1 0 ( 1) ( ) ! lim 0 n n n n x x o x x n x + → − + = ， 故 1 ( 1) ( ) ( ) ! n n n n x o x x o x n + − + = ，从而 2 3 4 1 ( 1) ( ) 1! 2! 3! ( 1)! n x n n x x x x xe x o x n − − = − + − + + − + − ． 例 16 求 2 2 4 0 cos lim x x x e x − → − ． 分析 该极限属于 0 0 型，如果用洛必达法则来求解将会比较复杂，根据题目的特点可 考虑利用 cos x， x e 的泰勒公式． 解 因为 2 4 4 cos 1 ( ) 2! 4! x x x o x = − + + ， 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 4 1 ( ) (( ) ) 1 ( ) 2 2! 2 2 2 8 x x x x x x e o o x − = − + − + − = − + + ， 2 2 4 0 cos lim x x x e x − → − 2 4 2 4 4 4 4 0 1 ( ) [1 ( )] 2! 4! 2 8 lim x x x x x o x o x → x − + + − − + + = 4 4 4 0 1 ( ) 12 1 lim x 12 x o x → x − + = = − ． 注 1 此题属 0 0 型的不定式，可以利用洛必达法则，读者不妨一试，并与上述解法比较 一下孰优孰劣．
注2在某些情况下，用泰勒公式求极限比用其它方法求极限更为简便，这种方法通常 是把具有佩亚诺型余项的泰勒公式代入要求的极限式中，经过简便的有理运算，便可求出极 限，应用该方法需要熟记内容提要中所列举的常用函数的麦克劳林公式。 注3几条高阶无穷小的运算规律（这些规律在用麦克劳林公式求极限时尤为有用）： (这里以x→0为例)： a.o()tox)=o(x):b.当m>n时，o(x")ox)=o(): c.ox)o()=o(x"):d.当x)有界，则px)o(x)=ox) 例17求极限os3x一· er-I 分析该极限属于。型，可以用洛必达法则，也可以采用等价无穷小替换定理。 解法1用洛必达法则. ▣品号 e-1 2xe 解法2用等价无穷小替换定理. 地号 er-1 2 假1旧束提限一出码 分析该极限属于四型，可直接用洛必达法则：也可以先用洛必达法则，然后用等价无 穷小替换定理。 7 法1品学 1 tan(2x)cos(2x) -品 sin(2x)cos(2x) cos(4x)4 法2=器- tan(2x)cos'(2x) 例19(99研)
注 2 在某些情况下，用泰勒公式求极限比用其它方法求极限更为简便，这种方法通常 是把具有佩亚诺型余项的泰勒公式代入要求的极限式中，经过简便的有理运算，便可求出极 限，应用该方法需要熟记内容提要中所列举的常用函数的麦克劳林公式． 注 3 几条高阶无穷小的运算规律（这些规律在用麦克劳林公式求极限时尤为有用）： （这里以 x → 0 为例）： a． ( ) ( ) ( ) n n n o x o x o x = ； b．当 m n 时， ( ) ( ) ( ) m n n o x o x o x = ； c． ( ) ( ) ( ) m n m n o x o x o x + = ； d．当 ( ) x 有界，则 ( ) ( ) ( ) n n x o x o x = ． 例 17 求极限 2 0 1 lim cos3 1 x x e → x − − ． 分析 该极限属于 0 0 型，可以用洛必达法则，也可以采用等价无穷小替换定理． 解法 1 用洛必达法则． 2 0 1 lim cos3 1 x x e → x − − 2 0 2 lim 3sin 3 x x xe → x = − 2 0 2 3 2 lim 9 sin 3 9 x x x e → x = − = − ． 解法 2 用等价无穷小替换定理． 2 0 1 lim cos3 1 x x e → x − − 2 0 2 2 lim 1 (3 ) 9 2 x x x → = = − − ． 例 18 求极限 0 ln tan(7 ) lim x ln tan(2 ) x x → + ． 分析 该极限属于 型，可直接用洛必达法则；也可以先用洛必达法则，然后用等价无 穷小替换定理． 解法 1 0 ln tan(7 ) lim x ln tan(2 ) x x → + 2 0 2 1 7 tan(7 ) cos (7 ) lim 1 2 tan(2 ) cos (2 ) x x x x x → + = 0 0 1 7 sin(7 ) cos(7 ) 7 sin(4 ) lim lim 1 2 2 sin(14 ) sin(2 ) cos(2 ) x x x x x x x x → → + + = = 0 7 cos(4 ) 4 lim 1 2 cos(14 ) 14 x x x → + = = ． 解法 2 0 ln tan(7 ) lim x ln tan(2 ) x x → + 2 0 2 1 7 tan(7 ) cos (7 ) lim 1 2 tan(2 ) cos (2 ) x x x x x → + = 2 2 0 0 7 cos (2 ) tan(2 ) lim lim 2 cos (7 ) tan(7 ) x x x x x x → → + + = 0 7 2 lim 1 2 7 x x x → + = = 例 19（99 研） 0 1 1 lim( ) x→ x 2 x x tan − = _．
分新该极限属于四-四型。将宁山酒分，然后再用洛多达法则 解宁回回要- 例20求极限imxe. 分析该极限属于00型，应当先变形为巴或型，再用洛必达法则，究竟变形为何 种类型，要根据实际情况确定，例如，一心=四子=细二 e n22。,按照 该方法计算下去越来越复杂.若将它化为”型，则简单得多. 解me=m之=m2d=0 例21求极限imxm. 分析该极限属于0°型，先化为”型，再用洛必达法则. 解产"=e=ep(h),而 sinx 1 sinx 故1imr=e°=1. 例2求极限1im(x+e户 分析该极限属于m'型，先取对数（或者用恒等式=x,x>0)将其转化为0：0型， 然后将其转化为。或二型，再用洛必达法则. 解法1设y=c+e,ay=x+e y=e号-名 故mxte妒=e点y=e=e. 解法2im(r+e'P=lim exp[ln(+e')
分析 该极限属于 − 型．将 2 1 1 x x x tan − 通分，然后再用洛必达法则． 解 2 0 1 1 lim( ) x→ x x x tan − 2 0 tan lim x tan x x → x x − = 3 0 tan lim x x x → x − = 2 2 0 sec 1 lim x 3 x → x − = 2 2 0 tan 1 lim x 3 3 x → x = = ． 例 20 求极限 2 lim x x xe − → ． 分析 该极限属于 0 型，应当先变形为 或 0 0 型，再用洛必达法则，究竟变形为何 种类型，要根据实际情况确定，例如， 2 lim x x xe − → 2 2 2 2 3 2 2 lim lim lim 1 1 1 x x x x x x e xe e x x x − − − → → → = = = = ，按照 该方法计算下去越来越复杂．若将它化为 型，则简单得多． 解 2 lim x x xe − → 2 2 1 lim lim 0 2 x x x x x e xe → → = = = ． 例 21 求极限 sin 0 lim x x x → + ． 分析 该极限属于 0 0 型，先化为 型，再用洛必达法则． 解 sin sin ln 0 0 0 ln lim lim lim exp( ) 1 sin x x x x x x x x e x → → → + + + = = ，而 2 0 0 0 2 1 ln sin lim lim lim 1 cos cos sin sin x x x x x x x x x x x → → → + + + = = − − 0 0 sin sin lim lim 0 x x cos x x x x → → + + = − = ． 故 sin 0 lim x x x → + 0 = = e 1． 例 22 求极限 1 lim ( )x x x x e →+ + ． 分析 该极限属于 0 型，先取对数（或者用恒等式 ln , 0 x e x x = ）将其转化为 0 型， 然后将其转化为 0 0 或 型，再用洛必达法则． 解法 1 设 1 ( )x x y x e = + ， 1 ln ln( )x y x e x = + ln( ) 1 lim ln lim lim x x x x x x x e e y →+ →+ →+ x x e + + = = + lim 1 1 x x x e →+ e = = + ， 故 1 lim ( )x x x x e →+ + lim ln x 1 y e e e →+ = = = ． 解法 2 1 lim ( )x x x x e →+ + 1 lim exp[ln( ) ] x x x x e →+ = +