微分中值定理例题

理工大学
微积分-微分中值定理费马定理罗尔定理拉格朗日定理柯西定理
()()1.()0,(0)0,f x f f f ϕξξξξζξξξ'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２
１２１２１２１２２１１１２１１１２１
１２２１设证明对任何的x ０，ｘ０，有（ｘ＋ｘ）（ｘ）＋ｆ（ｘ）． 解：不妨设ｘｘ，（ｘ）＝f （ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ） ＝ｆ（ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（０） ＝ｆ（）ｘ－ｆ（）ｘ＝ｘｆ（）－ｆ（）＝ｘｆ－．因为，０ｘｘ()ξζϕ''<<<<２１１２ｘ＋ｘ，又ｆ０，所以（ｘ）０，所以原不等式成立。

12n 12n 12n 11221122n 001
1
000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n n
n
i i i i i i i X b b x f x f x f x x x λλλλλλλχλχλχλλλλλ=='' >∀⋯⋯∈<<1++⋯+=++⋯+≤⋯=<=>α.
'''=+-+
∑∑2设f （）在（a ，）内二阶可导，且（）0，，（a ，），0，，，且则，试证明(（）+（）++（）. 解：设同理可证：()20000i 00
1
1
1
1
0000111()
()()()().x 2!
()()()()()(()()().)
n
n n
i i i i i i i n
n
i n
n
i
i
i
i
i
i
i i i i i i f x x f x f x x x f x f x f x f x x x f x X X x x f x f x λλλλξξλλλ=======⎛⎫
''-'-≥+-<<'≥+-===- ⎪⎝⎭
∑∑∑∑∑∑∑注：x
()3.)tan
.
2
F ,F 2
(0)0,(0)0,((cos
02
F f x
f F F f ππξ
ξπξξπππ
πππξ [0]0'∈=[0]0=∴===[0]∈设f(x)在，上连续，在（，）内可导，且f （0）=0，求证：至少存在（0，），使得2f ( 证明：构造辅助函数：（x)=f(x)tan 则（x)在，上连续，
在（，）内可导，
且））所以（x)在，上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知：至少存在（0()()()()()()F 011F x cos
sin F cos sin 0222222
cos
0)tan
2
2
x x x f f f πξξξ
ξξξξ
ξ
ξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。

4.设)(x f 在]1 , 0[上连续，在)1,0(内可导，且0)1()0(==f f ，,
1)21(=f
试证：（1）至少存在一点),1,21
(∈η使得η=η)(f ；（2）对任意实数λ，必存在), , 0(η∈ξ 使
得 ].)([1)(ξ-ξλ=-ξ'f f
证明：（1）设
x
x f x F -=)()(，则
],1,21
[)(∈x F 又1
)1(,
21)21(-==F F ，所以0)1()2
1
(<⋅F F 由零点定理知：,0)(),1,2
1
(=η∈η∃F 使得即.)(η=ηf
（2）构造辅助函数：])([)(x x f e x G x
-=λ-则),0()(],,0[)(η∈η∈D x G C x G
又0)(,
0)0(=η=G G
所以将上应用罗尔定理，有，在]0[)(ηx G 存在），（η∈ξ0
使得0)(=ξ'G .
0]}1)([])([{)(=-ξ'+ξ-ξλ-=ξ'λξ-f f e G
又 ,0≠λξ
-e
得0]1)([])([=-ξ'+ξ-ξλ-f f 即 1)(])([-ξ'=ξ-ξλf f 结论成
立。

5.求证：对任意实数x ，2
2arctan ln(1).x x x ≥+
、 证明：设)1ln(arctan 2)(2x x x f +-=，则0)0(=f
x x f arctan 2)(=',当0>x 时，有,0)(>'x f )(x f 在),0(+∞严格单增，有0)(>x f ，
当0<x 时，有,0)(<'x f )(x f 在)0,(-∞严格单减，有0)(>x f ， 所以对任意实数x ，
0)(≥x f ，结论成立。

（后半部分也可利用偶函数的性质证明）.
6.(1) 设n 为正整数，试利用拉格朗日中值定理证明不等式：
111ln(1);1n n n
<+<+ (2) 利用(1)的结果证明数列11
1
(1)ln 23
n x n n
=+++
+-收敛. 证明：（1）设,ln )(x x f =对于正整数n ，显然有)(x f 在区间]1,[+n n 上满足拉氏 中值定理，所以至少存在一点)1,(+∈ξn n ，使得
)(1
)
()1(ξ'=-+f n f n f
即ξ=-+=+
1
ln )1ln()11ln(n n n 又n
n 1111<ξ<+,从而n n n 1)11ln(11<+<+ 成立。

（2）n n
n n x x n n ln )1211()1ln()11211(1++++-+-++++=-+ .0)11ln(11<+-+=n n
所以数列为单调递减数列。

又n
n n n x x
n n 1
11)11ln(111-+>+-+=
-+112111)()()(x x x x x x x x n n n n n +-++-+-=-++
1)121()111()111(
+-++--+-+> n n n n 01
1>+=n 所以此数列有下界，由单调有界准则知此数列收敛。

7.设()f x 在[]0,1上二阶可导,且()()01f f =.求证在()0,1内至少存在一点ξ,使得
()()20f f ξξξ'''+=
证明: 作辅助函数()2
()F x x f x '=, 由
()f x 在[]0,1上二阶可导,知()F x 在
[]0,1上可导,从而()F x 在[]0,1上连续.
又
()f x 在[]0,1上满足Rolle 定理的条件，从而由Rolle 定理知：()0,1η∃∈，
使得()0f η'=。

又(0)0F =，()2
()0F f ηηη'==
这样，()F x 在[]0,η上满足Rolle 定理的条件，由Rolle 定理，有
()()()0,0,1,0F ξηξ'∃∈⊂=使得
又()()()22F x xf x x f x ''''=+()()()220F f f ξξξξξ''''∴=+=∴()()20
f f ξξξ'''+=,结论得证.
8.已知()
f x 在
[0,1]
上连续，且在(
)
0,1内可导，且
()0f =0，()1f =1。

求证 （1） 存
在
()0,1ξ∈ 使得()1
2
f ξ=。

（2） 存在两个不同的点(),0,1ηλ∈，使得
()()
11
2f f ηλ+='' 证明：（1）
()()()1
,00,11,02
f x C f f ∈[0,1]==<
<1且又，故由连续函数介值定理知()()10,1,.2
f ξξ∃∈=使
（2）对()f x 在区间ξ[0,]，ξ[,1]上分别应用拉格朗日中值定理，得
()()0,,,,
ηξλξηλ∃∈∈,1≠，使
()()()()()()()
1101011122.21121f f f f f f ξξηλξξξξξξ----''=====
=---()()
1122(1) 2.f f ξξηλ∴
+=+-='' 9. 设)(x f 在],[b a 上二阶可导，且0)(,0)(<''>'x f x f ，证明在),(b a 内， 方程x
b a f x f x f --=
')
()()(有惟一的实根.
证明：（1）根的存在性：
设
x
a f x bf x xf x F )()()()(--=，则],,[)(
b a C x F ∈),,()(b a D x F ∈又
)()()(b F a bf a F =-=，由罗尔定理知：,0)(),,(=ξ'∈ξF b a 使得至少存在一点
即方程0)(='x F 至少有一个根，而)()()()()(a f x f b x f x x f x F -'-'+='
x
b a f x f x f x F --=
'=')()()(0)(，变形即为方程.)
()()(至少有一个根所以方程x b a f x f x f --='
（2）根的惟一性：
)()()()()(a f x f x f b x x F -+'-=')()()(2)(x f b x x f x F ''-+'='' ),((b a x ∈∀
.0)(,0,0)(,0)(>''<-<''>'x F b x x f x f 可知，由已知条件，
有惟一零点。

严格单增，)()(x F x F ''∴.
)()()(有惟一一个根所以方程x
b a f x f x f --='
10.证明arcsin arccos (11).2
x x x π
+=
-≤≤
证：设()arcsin arccos f x x x =+， [1,1]x ∈- 则在(1,1)-
上
()(0f x '=
+=
(),(1,1)f x C x ∴≡∈- (0)arcsin 0arccos002
2
f π
π
=+=+
=
又
即 .2
C π
=
又(1),2
f π
±=
()arcsin arccos 2
f x x x π
=+=
[1,1]x ∈-
11.证明当
0,
ln(1).1x
x x x x
><+<+时 证：设()ln(1)f x x =+， ()f x 在[]0x ，上满足拉氏定理条件，
()(0)()(0),(0)f x f f x x ξξ'∴-=-<<
1(0)0,(),1f f x x
'==
+ 由上式得ln(1)1x x ξ+=
+，又0x ξ<< 111x ξ∴<+<+ 11
111x ξ
∴
<<++ ,11x x x x ξ∴
<<++ 即 ln(1)1x
x x x
<+<+ 12. 0,ln b a b b a b a b a a -->><<
设证明： 证：将待证不等式整理为1ln ln 1
,b a b b a a
-<<- 设函数()ln ,f x x =，则()[,]f x a b 在上满
足拉格朗日定理的条件，于是存在(,)a b ξ∈，使得
ln ln 1
()b a f b a ξξ
-'==-
由于(,)a b ξ∈，故111.b a ξ<<所以1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln .b a b b a
b a a
--<<
13.证明：不等式2
sin 1(01)2
x
x e x x -+<+<<成立
证:设函数2
()sin (1),[0,1].2
x
x f x e x x -=+-+∈则有()cos x f x e x x -'=-+-，
()f x '的正负难以确定，继续求导得()sin 1x f x e x -''=--。

显然，当01x <<时，()0,f x ''<所以()f x '严格单调递减。

又由于(0)0f '=，得当01()(0)0,x f x f ''<<<=时,从而()f x 严格单调递减，
所以当01()(0)10(10)0,x f x f <<<=+-+=时, 因此2
sin 1(01).2
x
x e x x -+<+<<
14.设函数()[0,1]f x 在上连续，在(0,1)内可导，证明：至少存在一点(0,1)ξ∈，使
()2[(1)(0)].f f f ξξ'=-
证：分析：结论可变形为
2
(1)(0)()()
102()x f f f f x x ξ
ξξ=''-=='
- 设2()g x x =
则(),()[0,1]f x g x 在上满足柯西中值定理条件，(0,1)∴在内至少存在一点ξ，有
(1)(0)()
102f f f ξξ
'-=- 即()2[(1)(0)]f f f ξξ'=-
15.设函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续，在(,)a b 内存在二阶导数，连接(,())A a f a 和
(,())B b f b 的直线段与曲线()y f x =相交于(,())C c f c ，其中a c b <<。

证明：至少存在一
点(,),()0a b f ξξ''∈=使得。

证明：分别在[,][,]a c c b 和上应用拉格朗日定理，则存在2(,),(,)a c c b ξξ∈∈1，使得
()()()()
(),()f c f a f b f c f f c a b c ξξ--''=
=
--12 ,,A B C 三点共线，故有 ()()()()
()()AC BC f c f a f b f c f k k f c a b c
ξξ--''=====--12
在[,]ξξ12上应用罗尔定理，得存在(,)(,)a b ξξξ∈⊂12，使得()0.f ξ''=
16.若函数()f x 在区间00[,](0)x x δδ+>上连续，在00,)x x δ+(内可导，且0
lim ()x x f x +
→'存在（或为∞），则0
0()lim ()x x f x f x +
+→''= 证 任取00,),x x x δ∈+(则()f x 在区间0[,]x x 上满足拉格朗日定理的条件，于是存在
0,)x x ξ∈(，使得
00()()()f x f x f x x ξ-'=- 因此0
00000()()
()lim lim ()lim ()x x x x x x f x f x f x f f x x x ξ++++→→→-'''===-
同理可证：若函数()f x 在区间00[,](0)x x δδ->上连续，在00,)x x δ-(内可导，且0
lim ()x x f x +→'存在（或为∞），则0
0()lim ()x x f x f x -
-→''= 17.设()[0,],f x C π∈ 且在(0,)π内可导，证明至少存在一点,),0(πξ∈使
()()cot .f f ξξξ'=-
提示：由结论可知，只需证()sin ()cos 0f f ξξξξ'+= 即[]
()sin 0x f x x ξ
='
=
设()()sin F x f x x =，验证()F x 在[0,]π上满足罗尔定理条件。

18.若()f x 可导试证在其两零点之间一定有()()f x f x '+的零点。

提示：设1212()()0,,f x f x x x ==<欲证：12(,),x x ξ∃∈使()()0f f ξξ'+= 只需证()()0e f e f ξξξξ'+= 亦即[()]0x x e f x ξ
='
=
作辅助函数()(),x F x e f x =验证()F x 在12[,]x x 上满足罗尔定理条件
19.证至少存在一点(1,)e ξ∈，使sin1cosln .ξ= 证：法一用柯西中值定理，令()sin ln ,
()ln f x x F x x ==
则()()[]1,f x F x e 、在上满足柯西中值定理条件，因此
()(1)()
,(1,)()(1)()
f e f f e F e F F ξξξ'-=∈'-
即1
1
cosln sin1cosln ξ
ξξ
ξ=
=
法二：令()sin ln sin1ln f x x x =-⋅，则()[]1,f x e 在上满足罗尔中值定理条件，因此存在(1,),e ξ∈使()0f ξ'=
1
1()cosln sin1f x x x
x
'=⋅-⋅
sin1cosln ξ=
()[]()(0)(1., ,)(2)3,(3)1,(0,, ,3),()0.
f f f f f x f ξξ++=='∈=0303 20设函数在上连续在内可导且试证使必存在
[][]:f(x)0, 3,0, 2,[0, 2]M m,证因在上连续所以在上连续且在上有最大值与最小值故
(0)(1)(2)
3
(0),(1),(2)f f f m f f f M m M ++≤≤⇒≤
≤
(0)(1)(2)
3
[0,2],()1()(3)1,,f f f c f c f c f ++∈====由介值定理至少存在一点使
()[,3],(,3),(,3)(0,3),()0.,f x c c c f ξξ'∈⊂=由罗尔定理且在上连续在内可在导使知必存
()[]()()()21.0,10,110,0,1f x f ξ=∈设在上连续，在内可导，且证明至少存在一点，使 2()
()f f ξξ
ξ'=-
2()2()0.()()
f f x x f x ξξξφ'+==证：问题转化为证设辅助函数[]()0,1(0),,1x φξ∈显然在上满足罗尔定理条件故至少存在一点，
2()2()2()()0()f f f f ξξφξξξξξξ'''=+==-使即有
()1
010010 ,,,,0,2
101.
n
n n n a a a a a a n a a x a x +
++
=+++
+= 22.设函方数满程证明在内至少有一足下述等个实根式 2
1
1010()()2
1
n n n n a a F x a a x a x F x a x x x n +'=+++=+
++
+证：令则可设 01,()[0,1],(0,1),(0)(1)0,(0,1),()0,001n
n F x F F F a a x a x ξξξ
=='∈=++
+=由罗尔定理知存在一点显然在上连续在内可导且使即在（，）内至少有一个实根
若结论中含高阶导数 , 多考虑对导数用中值定理
()[]()()()()()23.(),0,0f x g x a b g x f a f b g a g b ''≠====设和在上二阶可导，且 证明：1）在(),a b 内，()0g x ≠ 2）在(),a b 内，至少存在一点ξ，使得
()''()
()''()
f f
g g ξξξξ= (1)(,)()0.(,)c a b g c a c ∈=∈1证：反证法：若有一点使得由罗尔定理，存在一点x 12212'()0.(,)'()0.[x ,]g x x c b g x x = ∈=使得存在一点使得在上应用罗尔定理， 12[,],g ''()0.x x ξξ∈=存在一点矛盾
(2)()'()'()().()0.'()''()''()().F x f x g x f x g x F a F b F x f x g x f x g x =-===-令（
）于是（）且（） ()''()(,)'()0.()''()
f f a b F
g g ξξξξξξ∈==由罗尔定理，存在,使得即：
注意.证明含一个中值的等式中出现函数值的差或自 变量的差，考虑用拉格朗日或柯西中值定理.
.()[0,1](0,1),(0,1)f x ξ∈24设在上连续，在内可导证明至少存在一点，使
()2[(1)(0)].f f f ξξ'=-
2
(1)(0)()()
102():f f f f x x x ξξ
ξ''-=='=-证结论可变形为
2(),F x x =设 []()0, 1, 0 ,(1( )) ,,f x F x ξ在上满足柯西中值定理条件因此在内至少存在一点则使
[](1)(0)()
()2(1)(0)102f f f f f f ξξξξ
'-'= =--即
若结论中含两个或两个以上的中值 , 必须多次应用中值定理
()[]()25.0,10,(0)0,(1)11,f f f x ==设在上连续，在内可导，且试证：对任意给定''
()()
.a b
a b f f ξηξη+=+的正数a,b 在（0,1）内存在不同的,，使
,,01()[0,1],(0,1),a
a b f x a b
τ∴<<∈+证：与均为正数又在由介值定理上连续存在
(),()[0,],[,1],a
f f x a b
τττ=
+使得在上分别用拉氏中值定理有 ()(0)(0)(),(0,)f f f ττξξτ'-=-∈ （1） (1)()(1)(),(,1)f f f ττηητ'-=-∈ （2）
()()()
(0)0,(1)1,12()()
a
f a b f f f f ττξξ+====''注意到，由有 （3） 1()1()()b f a b f f ττηη-+-=
='' （4）
（3）+（4）得1.()()()()()()
a b a b
a b f a b f a b f f ξηξη=
+ ∴+=+''''++
26. 22224
,ln ln ().e a b e b a b a e
<<<->-设证明 提示：
222
2ln ln 2ln 1.()ln , b a f x x Lagrange e a b e b a ξ
ξξ
-==<<<<-对函数使用中值定理
ln .()f e ξ
ξξξ
=
>2分析函数（）的单调性。

.
()(,)(a,)'()()(,).f x a b x b f x M f x a b ∀∈≤27.设函数在内可导，且，证明函数在内有界 ()000(,),(,),:,x a b x a b f x x x x ∈∈ 证取点再取异于的点为端点对再以的区间上
000,()()()()()f x f x f x x x x ξξ'-=-用拉氏中值界于定与理之间得
00000()()()()()()()()f x f x f x x f x f x x f x M b a K ξξ''∴=+-≤+-≤+-=（定数） (,),(),x a b f x K ∈≤可见对任意即得所证。