n)
()),))或F(使用罗尔定理证明,有三个考解题提示:欲证结论为f('(=k,=0,f(fξξ,ξξ察角度:
()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;1
()是结论证明f)=0,此时关键是去寻找f(2″(x)有三个相同的端点;ξ()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)3
典型习题
])))))设函数f(上连续,在(内可导,且f(1.x)在[0,30,30123+f(+f(=3,=1,f(
),)=0.试证必存在ξ∈(使f0,3'(ξ值M和最小值m,于是
【]]]证明】在[上连续,则f(在[上连续,那么其在[上必有最大 函数f(x)0,3x)0,20,2)≤M.)≤M,)≤M,21m≤f(0m≤f(m≤f(
))()210+f(+f(故m≤f≤M.
3
)))210+f(+f(f(],由介值定理知,至少存一点η∈[使f(0,2=1.η)=3
),)⊂(),)=0.满足罗尔定理,故存在ξ∈(于是f(使f330,3'(η)=1=f(η,ξ【)(,证明】假设f对于f类似可证)根 1'(a)'(b)'(a)'(b)>0,>0<0,<0的情况,ff据导数定义和极限保号性,有
又f证明存设f(在区间[上具有二阶导数,且f(b)'(a)'(b)2.x)a,b]a)=0,>0,=f(f)=0及f在ξ∈(a,b)和η∈(a,b)使f(″(ξη)=0.
(1)(x)即f(使fa有aaa,a+δ'a)=limf>0,>0;>0,1)1)1∈(f+(x→a0x-a+aa1-(bx)1)f(有b即f(其中δ'b)=limfb-δb)使b>0,>0,<0,1∈(2,1)1和δ2是f-(x→b0x--bbb1-充分小的正数.
)=0.根据连续函数的介值定理知,存在ξ∈(aba,b)使f(⊂(1,1)ξ20
))),由f(根据罗尔定理知,存在η和η使f2a)b)a,b)'(=f(=f(=0,1∈(2∈(1)ξξξ,η,使f再由罗尔定理知,存在η∈(a,b)″('(⊂(=f=0,1,2)2)ηηη)=0.η]))设函数f(在[上连续,在(内存在二阶导数,且23.x)0,30,30=f(
)2x)dx=f(f(
∫
),证明:3+f((),);使f(Ⅰ)存在η∈(0,20η)=f((),)=0.使fⅡ)存在ξ∈(0,3″(ξ【证明】 (Ⅰ)设F(x)=
x0
20
),根据拉格朗日中值定理,存在η∈(使0,2
1
)(),则tdt0≤x≤2f(
∫
)))tdx=F(20.-F(f(
∫
))=2,F(20F'(-F(f(η)=2η)
即
)),由题设f(从而f(0.x)dx=20f(η)=f(
0
,使2∈(ξη,ζ)
)()32+f(]上的最小值与最大值之间,(介于f(根据连续函数的介x)在[2,3Ⅱ)易知f2
))32+f(f(],)质定理,存在ζ∈[使f(2,3.=ζ2
()()
),)=f()由题设知f2+f3=f(故f(00.ξ2
)))),,,),由(的结果可知f(且0<η<ζ≤3根据罗尔定理,存在ξⅠ00=f(=f(1∈(ηξη∫
2
x)dx=2.f(f(η)∫
20
'('(=0,=0,1)2)ffξξ),)=0.从而存在ξ∈(使f0,3″(⊂(1,2)ξξξ,设函数f(在(4.x)x)在[a,b]上连续,a,b)内上有二阶导数且存在相等的最大值,g(
,,证明:b)a)b)=g(a)=g(f(f(
,,在[上连续,且F(不妨设x则F(b)xx)xxxa,b)x)x)=M--g(=f(2∈(1,2]1)1 内存在一点η,使F(x2)η)=0. ,[上满足罗尔定理条件,则有FF(x)在[a,b]'(a<ηF'(x=0,=0,1)1<2)0<η]η,ηη,η)=)=0,则f上满足罗尔定理条件,则有F又F″(″(.'(x)在[1<ξ<η2,2]2 (,处同时取得最大值M,这时F(设f(在x在[a,b)x)Ⅱ)x)x)x)x)a,=f(-g(0∈(g( 证法同(b]上有三个零点a,xb,Ⅰ).0, ]上连续,在()内可导,)=b,)=a,设f(5.x)在[a,ba,baba与b同号,证明:f(f(() ,)=-fξ.使fa,b)'(∃ξξ∈( ξ【))=0,证明】 只要证ξ'(+f(fξξ,令F(则F(x)=xx)a)=aa)=ab,F(b)=bb)=ab.f(f(f( )=0,))=0.即ξ由罗尔定理知,a,b)使F'('(∃+f(fξξξξ∈( ),)=2)存在一点ξ∈(使得f0,1'(.f(ξξξ 2 1x-]上连续,)内可导,)=3e设f(在(且满足f(证明:至少6.x)在[0,10,11x)dx.f( 2 x-【,证明】由积分中值定理,得 令F(x)=f(x)e ∫130 2 æ1ö]上连续,)内可导,)=f()=0,设f(在(且f(证明:7.x)在[0,10,101fç÷=1,è2øæ1÷ö使得()(1,Ⅰ)存在η∈ç,fη=η;è2ø (,))]=1.使fⅡ)对任意实数λ存在ξ∈(0,'(-λ[-ξf(η)ξξ11---ηη)=e,)=e,)=F(故f(可得e即F(111.f(f(f(η)η)η) ))⊆(),)=2由罗尔定理知,使f∃.10,1'(f(ξ∈(ξη,ξξ2 2 ∫1322æ1ö-η11x-ç÷1()),03exdx3-e0≤η≤.=ff(ηè3ø03æ1ö11【))证明】 (Ⅰ)令F(x)=f(x)Fç÷-=F(11-x,>0,=f(-1=-1<0, è2ø22æ1,ö使F(即f(由零点定理知∃1÷,η)=0.η)=η.η∈çè2ø λx-()=0,,由罗尔定理知∃使Ⅱ)令φ(x)=(f(x)00,-x)e,φ(φ(η)=0,ξ∈(η) )=0,'(φξ试证:b)=0,=g( (Ⅰ)在开区间(a,b)内g(x)≠0; ]=0,)])故得证.从而有['(-1-λ[-ξff(ξξ设函数f(并且g8.x)和g(x)在[a,b]上存在二阶导数,″(x)≠0,a)=f(b)=g(a)f(()″()ξ(使fξ=fⅡ)在开区间(a,b)内至少存在一点ξ,.)g)″(g(ξξ【解】 (Ⅰ)反证法 得g这与条件g故在开区间(″(″(x)≠0矛盾,a,b)内g(x)≠0.=0.3)ξ,)]假设存在点c∈(使得g(对g(在[和[上分别应用罗尔定理知,a,b)cx)a,cc,b]=0, ),,存在ξ和ξ使g再由罗尔定理知,存在ξ使a,cc,b)'('(=g=0,1∈(2∈(1)2)3∈(1,2)ξξξξ(,则φ(Ⅱ)令φ(x)=f(x)'(x)'(x)x)a)=φ(b)=0.-fgg( ))=0.,))由罗尔定理知,存在ξ∈(使φ即f(″(a,b)'(x)=0,″(-fg(gξξξξ()″()ξ)≠0,)≠0,,因g(故得fξ=f″(a,b).gξξξ∈()g)″(g(ξξ((x)x)]上二阶可导,设f(且求:9.x)在[0,1limflimf=1,=2,x→0x→1x-1x)使f()=0;(0,1Ⅰ)∃ξξ∈()使f(0,1″(.Ⅱ)∃η)=f(η)η∈( (x))=0,【且存在δ>0.证明】0 (Ⅰ)由limf=1知,f(x→0xx)f(,从而有f(取a∈(则f(当x∈(x)>0,0,δ)a)>0.0,δ)时,>0,x(x))=0,),同理由且∃limf1b∈(1-δ,1b)<0.=2知,f(f(x→1x-1 由于f(且f(x)在[a,b]上连续,a)>0,b)<0.f(,)=0.由零点定理知∃使f(a,b)ξ∈(ξ x-(,)=F()=F()=0.由于F(Ⅱ)令F(x)=ex)01f(ξ 3 ,使φ由罗尔定理知,'(∃2)1,η)=0.ηη∈(η]=0,]即f从而有[″('('(″(-f(+[-f(-fffη)=0.η)η)η)η)η) 设f(在(其中a>0且f(10.x)在[a,b]上连续,a,b)内可导,a)=0.)=b-ξ)证明:在(使f(a,b)内存在ξ,'(.fξξa),),由罗尔定理知,使F且F∃0,∃1'('(=0,=0.1∈(2∈(1)2)ηξηξ,ηη即f'('(-f(=0,-f(=0.1)1)2)2)fηηηηx],[则φ(令φ(x)x)=e'(x)-f(=φ(=0.1)2)fηη导,又 b-ξ()令ξ=x()b-x()【)分析】'x f('ξfx=fξ=afaa积分'(x)fa(nx)=-alnb-x)nC⇒(b-x)⇒()=x)=C.l+lf(f( b-xfxa【,证明】由题设F(在[上连续,在(内可 作辅助函数F(x)b-x)x)x)a,b]a,b)=(f( a(),因为f(F(a)=(b-a)a)=0a)=0f( ab)=0.F(b)=(b-b)f( n【,))]证】因F(故F(在[上满 作辅助函数F(x)x)1-x)01x)0,1=f(=F(=0,f( )使F)=0,足罗尔定理,于是∃即原命题得证.0,1'(ξ∈(ξ)f)n'('(1-ξfξ)内∃,明:对一切自然数n,在(使0,1.=ξ))1-ξf(f(ξ)f)令ξ=xnn'('(1-ξ'(x)f'(1-x)fξ【分析】 f(==))1-ξx)1-x)fξf(f(f( n(⇒nlnx)=-ln1-x)nc⇒fx)1-x)=C.+lf(f(f( ))=b-ξ故f('(.fξξa])))设f(在[上连续,在(内可导,且f(当x∈(时,证11.x)0,10,100,1x)=0,≠0,f( ,)=0,可见F(于是∃使F即x)在[a,b]上满足罗尔定理,a,b)'(ξ∈(ξa1a-))))=0.b-ξb-ξ'(-a(+(f(fξξ]上连续,)=0,f(设f(证明:12.x)在[0,10x)dx=0,f((),);使得f(Ⅰ)∃0,1x)dx=-ξf(ξ∈(ξ0 ]上连续,)内可导,)=F()=0.在(且F(F(x)在[0,10,101 ∫ ),(使得f(dx=η0,1.Ⅱ)∃f(η)η∈(∫x) 【)=0,证明】应构造F(dx+ξdt (Ⅰ)要证f(x)=xf(f(ξ∫x)∫t) ξηξ0 ∫ 10 x00 ),)=0,)由罗尔定理可得,使F从而f(∃0,1'(x)dx=-ξ.f(ξ∈(ξξì)tdtïf( ï0 ,x∈(],0,1(]上连续,)内可导,则F(在(且Ⅱ)令F(x)=íxx)在[0,10,1 ïïî0,x=0, 4 ∫ x∫ ξ0 )=F()=0,)使F由罗尔定理,从而f(x)dx=η.F(01∃0,1'(f(η)η∈(η)=0, ]上连续,设f(且f(13.x)在[0,πx)dx=0,f(x)cosxdx=0. 0 0 ),),存在使F即f(0,π'('(=F=0,=f(=0.1∈(2∈(1)2)1)2)ξξξξ,ξξξξ),)=0,)=0,则有F(tdt0≤x≤π,0F(πf( ∫ 0=f(cosxdx=csxdF(x)=[F(x)cosx]+F(sinxdx=F(sinxdx. ∫t)∫o∫x)∫x) ]上应用拉格朗日中值定理得对φ(x)=F(sintdt在[0,π ∫t) )=π))0F(sin0<ξ<π.π0=F(sinxdx=φ(-φ(ξξ,∫x)【证明】 令F(x)= π0 )内至少存在两个不同的点ξ使f(证明:在(0,π=0.=0,2)1)2,1,f(ξξξx0π π ∫ π∫ π ∫ η0 x0 π 0 π 00 0 π )=0,],[]上分别用罗尔定理知,因为s所以F(再对F(至少inx)在区间[0,πξ≠0,ξξξ, 0 常考题型 拉格朗日中值定理 解题指示: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1. 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. 证题的两种方法:2. ()设辅助函数法.它又有下面三种方法:将欲证结论中含有ξ1①分析法;②待定系数法: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(这样首先保证φ(而由等式关系φ(称这样构x)b)a)=0,=0自然成立. ;造辅助函数的方法为“待定系数法”③不定积分法. ())(1b)a)=f'(b-a).-f(f(ξ()()(,2b)a)=f'(a+θb-a)b-a)0<θ<1.-f(f( )定理的应用(参考《高等数学一本通》4. ()确定区间法.2 定理的二种形式3. 典型习题 内容.使得 设f(在(证明在(使得1.x)在[a,b]上连续,a,b)内可导,a,b)内至少存在一点ξ, ))](bb)a)=['(b-a).-a+ξf(f(f(fξξb(b)a)-af(【))=[]分析】 将所证的结论变形为f'(xx)'=f(+ξff(ξξx=b-aξ 这正是拉格朗日中值定理的结论可以解读为某一个函数在x=ξ处的导数等于一个数, 【,,(,证】在[上连续,可导,故∃ 令F(x)x)x∈[a,b]F(x)a,b]a,b)a,b)=xf(ξ∈( 5 拉格朗日中值定理,有 ,助函数已知为f(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.x) 【证明】于是函数f(分别在区间[及[上应用 不妨设0 bb)a)-af(f()=f()),'('(=F+ξfξξξb-a))](即bb)a)=['(b-a).-a+ξf(f(f(fξξ)已知f证对任意的正数x恒有f(2.″(x)0xxxxx.<0,=0, )内一定存在互不相同的ξ,数a,使a+b=a+b.b在(0,1η,)f'('(fη)ξ),),【)=0 a+b]和[]上分别对f(在区间[得0,c0,1x)用拉格朗日中值定理, ))0c-f(f(),),'(0,c=fξξ∈(c-0 ))1c-f(f(,)'(c,1.=fη)η∈(1-c从而有 ,由式①、得'(②,>x12)fξ)=fx0<ξ①x0'(-f(1 2)的ξ,使f'('(+fη,ξη)=ξ+η. æ1ö1æ1ö12则())=0,【证明】F0=0,F(1Fç÷=fç÷-. 令F(x)=f(x)-x, è2ø8è2ø2又因为 æ1ö)Fç÷-F(0 æ1öè2ø)=f)'('(=F-ξ,∈ç0,÷.ξξξè2ø1 -02 6 故a+b=a+b. )f'('(fη)ξ(1cca+b),==)()'(caffξ()(11-c1-ca+b) .==)'(cbfη)1-f( 【),分析】应从f 欲证f'('('(x)-ξ=-(-η)-x的原函数入手.fξη) n1-æöηç÷)'().a,b)使得=f(+ξfξ,η∈(ξèξønξn1nn1--)=n)【证】得n'( 将含ξ和含η的项分写在等式两端,+ξfξη.ξξf( n)等式右端是(x'x=ηn,]左端是[xx)'f( x=ξæ1ö)F(1-Fç÷æ1öè2ø))=f1÷.'('(-η,∈ç,=Fηηηè2ø11-2æ1öæ1÷ö,()æ1öæ1ö)=Fç而Fç÷-F(0F1-Fç÷=-Fç÷,è2øè2øè2øè2ø ,))从而f于是f'('('('(+f-ξ=-(-η)fη)=ξ+η.ξξη) ),试证存在设f(在(且f(b)=1,5.x)在[a,b]上连续,a,b)内可导(a>0a)=f( . 设f(在(又f(且存在c∈(6.x)在[a,b]上连续,a,b)内二阶可导,a)=f(b)=0,a,b) )>0,)<0.使f(证明在(使得fca,b)内至少存在一点ξ,″(ξ【]和[证】有 对f(x)分别在[a,cc,b]上应用拉格朗日中值定理, )a)c-f(f(,,a<ξ'(=1 nnb-an1-,,a,b)=nη∈(ηb-an,令g(在[由拉格朗日中值定理,有x)=xx)a,b]上,f(nnbb)a)-af(f(n1n-)),'(a,b)=n+ξff(ξξξξ∈(b-a由式①、式②即得欲证的等式.由于f(b)=1,a)=f( ①② 当x≥0时,证明x+1-x=7. 1(limθx)=. x→+∞2所以由上式分别有'('(>0,<0.1)2)ffξξ因在(应用拉格朗日中值定理,则a,b)内,x)二阶可导,'(x)在[1,2]f(fξξ'('(-f1)2)fξξ,)″(=1<ξ<ξ2.fξξ2-1ξξ)<0.由f知f'('(″(<0,>0,2)1)2>ξ1,fξξξξ2因 1÷æ1ö且11((x)≤limθx)=, ç≤θ2øx→0+4(x+θx)è4【]上由拉格朗日中值定理,证明】在[得 取函数f(x)=x,x,x+1 )()(()x+1x)=f'(x+θx)x+1-x)=f'(x+θx).-f(f(即 1.(2x+θx)(((,为确定θ由上式解出θ得x)的取值范围和求θx)的极限,x) x+1-x= 1()θx)=(1+2x(x+1x).-2 47 ① 1于是有11((代入式①,即得θx)≤,x)≤.≤θ242由式①,得 (limθx)= 11im+l 42x→+∞ 1(limθx)=, +4x→0 1又因)>x,(当x≥0时,x(由式①知,x+1θx)≥, 4() )≤x+x+1≤x+1.x(x+1 22x→+∞ x1=.2)x(x+1+x常考题型 欲证结论为(η满足某种关系式a,b)内∃ξ, 西定理.然而再将所得结果作某种运算. 解题提示:把ξ,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η分开两次, 典型习题 ,设函数f(在[上连续,在(内可导,且f试证存在ξ、使1.x)a,b]a,b)'(x)a,b)≠0,η∈( ba)e'(-e·e-ηξ得f.=()'ηb-af【,解】故存在ξ∈(使得 因f(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件,a,b) ba)e'(-e·-ηfξe.='(fη)b-a,,设函数f(在[上连续,且g(在(内f(可导,2.x)x)a,b]b)a)a,b)x)x)=g(=1,g(g( ξ[())e)]'('(fgξ+gξξ,(,),且g(证明∃使x)'(x)≠0,'(x)≠0.ab.=+g∈fξηη'(efη) )'('(ffξη)【,分析】 原结论⇔ξ=η)])'(e[e+gg(ξξ将η和ξ均看作变量,则上式为 )('(b-a)=f(b)a)①-f(fξx,,令g(则g(故存在η∈(使得x)=ex)和f(x)在[a,b]上满足柯西定理的条件,a,b) a)fb)'(-f(f(η).②=baηe-ee 由题设f将式①代入式②,有'(x)≠0知,'(fη)≠0, ,是∃使得a,b)ξ∈( )'('(ffξη),=ξ()η)[](ee'gξ'xx ,辅助函数可令φ(x)=eg(x)x)=e.ψ( x 【,,证明】则由题设可知f(在[上满足柯西中值定理,于 令φ(x)x)x)x)a,b]=eg(φ( )b)a)'(-f(f(fξ=aξ))]eb)a)e['(-eg(+gg(g(ξξ因为g(b)=1f(a)=g(b)a)'()-f(f,=ξ[()ξ()bae-eegξ+g'ξ] b ① 8 (2x-a)存在,证明:limf+x-ax→a(Ⅰ)在(a,b)内f(x)>0; x,,,又令ψ(则f(于是∃使得x)=ex)x)在[a,b]上满足柯西中值定理,a,b)ψ(η∈( '(b)a)f-f(f(η),②=baηeee-由式①,②可得 ξ[()))])e'('('('(fffgξ+gξη)=ξξ.⇒=ηξ[()η)]f'('(eeegξ+gη)ξ设函数f(在开区间(且f若极限3.x)在闭区间[a,b]上连续,a,b)内可导,'(x)>0. 222((使fⅢ)在(a,b)内存在与(Ⅱ)中ξ相异的点η,'(bx)dx.-a)=ξf(η) ξ-aa(2x-a)存在,【故l证明】a)=0.2x-a)=f(imf( (Ⅰ)因为limf++x-ax→ax→a又f于是f(故f(a)=0,x∈(a,b).'(x)>0,x)在(a,b)内单调增加,x)>f( 22 ξ;(使b-a=2Ⅱ)在(a,b)内存在点ξ,() x)dxfξf( ∫∫ b)=f(,)的结论得存在一点η,使f(从而由('(2ξη)ξ-a) 2ξ,=22 ()b-a x)dtfξf(b ())),])在[上应用拉格朗日中值定理知,在(内Ⅲ)因f(a)a,a,=f(-0=f(-f(ξξξξξ ,故F(于是在(使x)x)满足柯西中值定理的条件,a,b)内存在ξ,g( 2()x'2222 ()()bFb-Fab-a2-axξ.,即==b=(ab()()())t'ftdgb-ga))tdtx)dtfξtdt-f(x=af(f(ξ2(,Ⅱ)设F(x)=xx)=g( )(,则gtdta≤x≤b)'(x)=f(x)>0.f( ∫ x0 ∫a∫ a(∫)∫ ab2ξ即有x)dx.-=fηf(ξ-aa设f(在(证明∃xa,b)使4.x)在[a,b]上连续,a,b)内可导,0 2xb-a4x12 '(xb)a)f1)-f(f(【,,证明】 因a,b)x=1∈(22 2xb-a1'(xb)a)f2)-f(f(,,a,b)x=2∈(344 4xba-2'(xb)a)f3)-f(f(,,a,b)x=3∈(1lnb-lnax3 2 2 ∫('()ba) a∫ b ln22 ()()()'xb+af'xa12 故fx'(x.==233)f23 2xb-a4x12 9 ,设f(在(证明∃使得5.x)在[a,b]上连续,a,b)内可导,b>a>0,a,b)ξ,η∈( b)a)ab'(-f(f(fη).=223b-a2ξ【证明】 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η∈(使得a,b) a)b)-f(f(,)'(=fηb-a1根据柯西中值定理,2 ,,使得令F(存在ξ∈(a,b)x)=xx)=,g( x22 2ξ=b-a;111-2-baξ两式联立,整理即得结论. 常考题型 泰勒中值定理 解题提示:若题给出的条件涉及二阶或二阶以上的导数.1.公式证明. 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 使用该定理解题步骤为:题中给出n+1阶可导,展开n阶泰勒公2.①展开几阶泰勒公式, 式.这是这类题的难点.再进行初等数学变形,证明不等②在何处展开.③展开后,x取值代入,式时将已知条件代入需要进行放缩不等式. 典型习题 b))内任意一点.常数.设c是(证明|f'(ca+.0,1|≤2 2【分析】所证的结论为一阶导数值与函数|x) 题中给出二阶可导条件,|≤a和二阶导f(数值|f应用泰勒公式,而题目隐含三点内容是:″(x)|≤b间的不等式关系, )因为给出二阶可导条件,所以展开一阶泰勒公式;1 )因为在结论中含有f),是展开式一次项的系数,所在应在x=c处展开;2'(c]上具有二阶导数且满足|f(设f(其中a,1.x)在[0,1x)″(x)b为非负|≤a,||≤b,f)因为题给的条件|f(结论中含有2所以展开后,3x)a,x取0,1值.|≤a, ″()f2 【))()(),证明】 f(x)=f(c'(cx-cxc+f+ξ-ξ在x与c之间2! ″(1)f2 )=f())()(),0c'(cc+f-c+ξ-1在0与c之间.f(ξ2!式②-式①,得 ①② ″(2)f2)=f())()(),1c'(c1-c1c+f+ξ-2在1与c之间.f(ξ2! 122 ()])=f())″(c″(1-c'(c10-f-f(+![1)2)ffξξ2 122 ))))]'(c10″(c″(1-c|f|≤|f(|+|f(|+[|f|+|f|(1)2)ξξ2 10 b(22 ),)) c∈(0,1c1-c.+(≤1 2])))设函数f(在闭区间[上具有三阶连续导数,且f(2.x)11'(0-1,-1=0,=1,=f(f)内至少存在一点ξ,)=3.证明在开区间(使f0.1‴(-1,ξ【)=0,证】可考虑用泰勒公式.又f应在x=0处展开 由f(x)有三阶导数,'(0 a+≤2 )2f″(0‴(f3η))x)=f(0xx (.++f(η在0与x之间)!!23当x=±1时,有 )f‴(″(01)fη),)=f() (0<η1=f(10++1<1 3!2! )f″(0‴(fη))=f())0=f(0 (.-1+--1<η2<02!3! 两式相减,得‴(‴(=6.+f2)1)fηη1[()]≤M.‴(‴η2)1+ffη2),由介值定理知,至少存在一点ξ∈[使得1⊂(-1,1,2]ηηa+≤2 b[2(2 )]c+1-c2上有最大值M,最小值m,则上连续,则f由于f‴(x)在[‴(x)在[2]1,2]1,ηηηηm≤ )=1[f)=3.即f],‴(‴(‴(‴(+f1)2)fξηηξ2 )=0,]上有二阶连续导数,)=f(设f(且f(1minx)=-1.3.x)在[0,10f( 0x1【)=m)=0,证】则0 ≤≤ ″()f2 ))()()x)=f(c'(cx-cxc.+f+ξ-f( 2! 22若c≤1,则f″(.=2≥1)ξ2=82c1æöç÷è2ø 22,);)″(0,c″(c,1.=2,=(1)1∈(2)2∈(ffξξξ2ξ)c1-c,设f(在(则∃使得4.x)在[a,b]上连续.a,b)内二阶可导,a,b)η∈( 2 (a+böæa-b)ç÷()()″(.+fb=ffa-2fη)è2ø4 22则f若c>1,″(.=(2)ξ2≥2=8)21-c1æöç÷è2ø 故max″(x)≥8.f0≤x≤1 a+b之间2 2 ababababæöæöæöæö+++1+ç÷ç÷ç÷ç÷,在x与【证明】x-'″()x- f(x)=f+f+f2øξ2ø2ξèè2øè2øè 11 2 b-aöæa+b÷öæa+böæa-b÷ö1()æçç÷çç÷,()'-″c+f+f2fb=f2ø2è2øè2øèè2ø 22 ((″(c″(cæa+böb-a)+fb-a)2)1)fç÷()()″(.==fffa+fb-2η)è2ø244 ,求证;设f(使'(b)=0.∃5.x)在[a,b]上二阶可导,'(a)=fa,b)fξ∈( ()(a)|.)≥4|fb-f2″(fξ(b-a) 2 abababbaæöæöæöæö++-1-ç÷ç÷ç÷ç÷,'a)=f″(c+f+f1)f( è2øè2øè2ø2è2ø 设f(在[上连续,且f证明:对任意的x及0<λ<1都6.x)a,b]″(x)xa,b]>0,1,2∈[ 有f[1-λ)xx1-λ)x.λx1+(≤λ+(2]1)2)f(f( ,【由泰勒公式得则x证】a,b]1-λ)xx1+( 令x2,0∈[0=λ″()f2 (其中ξ介于x0与x之间.x)=f(x'(xx-xx-x+f+ξ(0)0)0)0),f( 2 (,因为f所以f(于是″(x)>0,x)≥f(x'(xx-x+f0)0)0),(λxx'(xx≥λ+λ0)1)0)0)1-xf(f(f((.1-λ)x1-λ)x1-λ)'(xx≥(+(0)2)0)0)2-xf(f(f两式相加得f[1-λ)xx1-λ)x.λx1+(≤λ+(2]1)2)f(f( 在式①和式②中令x=a+b,得 2 a+b)″(1)æ(öf2÷,a)b-a)=f(+ξ(fçè2ø8 ″(2)a+b)æ(öf2÷,b)b-a)=f(+ξ(fçè2ø8 2 ()ba-式④减式③得(f).″(″(a)=b)-f-f(2)1)f(ξξ82 (b-a)从而有f((fa)≤″(b)″(-f(1)+f2))ξξ8 2 (b-a) max(f″(″(≤1),f2))ξξ42 (b-a)).″(≤fξ4(()a)|.)≥4|fb-f2故f″(ξ(b-a) ″(1)f2 (),(【证】xa'(a)x-a)a) 由泰勒公式知f(x)=f(-+ξ+f2!″(2)f2 (,(x-b)x)=f(b)'(b)x-b)+f+ξf(!2 ①② ③④ )=0.设函数f(7.x)在[a]上具有二阶连续导数,0-a,f( (Ⅰ)写出f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式; 1()21()2,【)))证】 (Ⅰ)x)0'(0x+f″ξx=f'(0x+f″x其中ξ在0与x之间.=f(+ff( 22ξ 12 3 (使ax)dx.Ⅱ)证明在[a]上至少存在一点η,″(-a,fη)=3f( ∫ aa- 1()21a2))'(0x+f″ξxd″(xdxx=ffξ2aaa--2-又f(在[上有二阶连续导数,所以f在[上连续,在[上x)a]″(x)a]″(x)a]-a,-a,-a,f有最大值M与最小值m. (Ⅱ)f(x)dx= aa∫∫[]∫ m3ma≤32 3 3,根据介值定理,使得f∃a]″(-a,η∈[η)=a3 ∫∫ 3⇒m≤x)dx≤M. ∫f(aaa1 xdx≤a-2 2 aM2 )″(xdx≤fξa-2a∫ aa- x2dx= M3 a3a- x)dx即为所证. ∫f( a- 13 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容