3.1节 中值定理(1)

例7、设f (x)在 π ]上连续，在 π)内可导， [0, (0, 证 ： ξ ∈(0,π )， 得 ′(ξ) = − f (ξ)cot ξ. 明 ∃ 使 f
ξ ∈ (0, 2π )
3π 故 ξ = 或ξ = 均属于(0, 2π )． 2 2
应用( 考点) 三、应用 考点
1、由 f ( x )的 条 件 判 断 导 数 方 程 f ′( x ) = 0的 根 的 存 在性及范围．
注意与零点定理应用的区别
用 点 理 断 程 (x) = 0的 的 在 及 围 零 定 判 方 f 根 存 性 范 ．
注：(2) 罗尔定理是定性的结果 ,
即它肯定了至少存在一个 ξ 值， 而不能肯定 ξ 的个数，
也没有指出 ξ 值为多少.(一般没必要知道)
但对于简单的情形， 可以从 f ′(ξ ) = 0中解出 ξ．
例 验证函数 y = sin x 在[0,2π ] 上满足罗尔定理的 1 条件及结论． 解：1) y = sin x 为初等函数，故在 [0，π ]上连续； ( 2
因此，做辅助函数F(x) = xn f (x)
例 设 (x)在 上 续 (0,1)可 ， f (1) = 0, 6、 f [0,1] 连 ， 导 且 求 ， 少 在 ∈(0,1), 使 n f (ξ) +ξ f ′(ξ) = 0. 证 至 存 ξ 得
证：设F ( x ) = x n f ( x ),
几何意义: 几何意义
在两个端点的纵坐标相等的连续且光滑的曲线
弧上，至少有一点的切线平行于 x 轴．
y
A B
ξ
y
A B
0
a
b
x
0
aξ
ξ bLeabharlann x图1图2
, [ 证: 因f (x)在闭区间上连续 f (x)在a,b]上一定取得
最大值M 和最小值m.
(1) M = m, 则 f (x) ≡ c (c为常数 ) ，x∈[a,b]. 故 f ′(x) = 0,
′ (ξ ) = lim f ( x) − f (ξ ) f− x −ξ x→ξ
−
≥0
由条件（ 2）知 f ′(ξ ) 存在， ′ ′ 则 f ′(ξ ) = f (ξ ) = f (ξ ) = 0
+ −
证毕
注：(1) 罗尔定理三个条件是充分条件，只要三个条件 满足，就保证结论成立，若定理中的三个条件缺少其 中任何一个，定理结论不一定成立.
分析：导数方程根的存在性问题，可考虑用罗尔定理.
1 ′ 该 题 价 证 f (x) + f (x) = 0 问 等 于 明 x x=ξ
ξ
f (ξ ).
即？函数]′ x=ξ = 0 这样的函数(?)很难找到. [
转 思 ξ f ′(ξ) + f (ξ) = 0 变 路
⇔ [xf ′(x) + f (x)] x=ξ = 0
需从待证结论出发，构造辅助函数,确定区间.
例 、 证 4ax3 + 3bx2 + 2cx = a + b + c在 4 试 ： (0,1)内 少 至 有 实 . 一 根 分析： 考虑零点定理 设f (x) = 4ax3 + 3bx2 + 2cx − (a + b + c) f (0) = −(a + b + c), f (1) = (a + b + c) + 2a + b
⇔
d [xf (x)] x=ξ = 0 dx
因 ， 辅 函 F(x) = xf (x) 此 做 助 数
例 、设f (x)在 5 [0,1]上连续，在 (0,1)内可导，且f (1) = 0, 试证：存在ξ ∈(0,1)使f ′(ξ ) = − 1
证： 设F ( x ) = xf ( x ),
ξ
f (ξ ).
ξ x∈(a ,b) . 此时(a, b)内任意一点均可作为 , 使 f ′(ξ) = 0.
( 2) M > m, 因为 f ( a ) = f ( b ),
故 M 和 m 不可能同时在区间端点取到，
不妨设 M 在 ( a , b ) 内的 ξ 处取到.
即 f (ξ ) = M , 下 f ′(ξ ) = 0. 证
即？函数]′ x=ξ = 0 这样的函数(?)很难找到. [
转 思 n f ′(ξ) +ξ f (ξ) = 0 ⇔ nξ n−1 f ′(ξ ) +ξ n f (ξ ) = 0 变 路
该 题 价 证 ( nf (x) + xf ′(x)) x=ξ = 0 问 等 于 明
d n ⇔ [x f (x)] x=ξ = 0 dx
确定性) 解：(确定性 确定性
又f ( x )为三次多项式， f ′( x )为二次多项式，f ′( x ) = 0至 多 有 两 个 实 根 .
所以f ′( x ) = 0有且仅有两个实根,
分别位于(1, 2), (2,3)内.
f 例 设 (x)在 3 [0,1 上 续 在 ] 连 ， (0,1 内 导 ) 可 ， 1 且 (0) = f (1 = 0 f ( ) =1 又 (x) = f (x) − x f ) ， ， g 2 ) g 证 ： 少 在 点 ∈(0,1 使 ′(ξ ) = 0 明 至 存 一 ξ
致使f ( x )在开区间( −1,1)内仍没有水平切线.
y
a
x
b
端点值不相等.
图四 f (a) ≠ f (b)
例如， f ( x )=x 2 , x ∈ [1, 2]
虽然f ( x )在闭区间[1, 2]上连续， 且在开区间(1, 2)内可导，
但因f (1) ≠ f (2)
致使f ( x )在开区间(1, 2)内仍没有水平切线.
y y
a
例如，
图一 不连续
b
x
a
b
图二 在b点不连续
x2 , 1 ≤ x < 2 f ( x )= x=2 1, f ( x)在闭区间[1, 2]的左端点x = 2处不连续， 虽然f ( x)在开区间(1, 2)内可导，且f (1) = f (2)
但f ( x )在开区间(1, 2)内仍没有水平切线.
从而有
f ′(ξ ) = −
1
ξ
f (ξ ).
例 设 (x)在 上 续 (0,1)可 ， f (1) = 0, 6、 f [0,1] 连 ， 导 且 求 ， 少 在 ∈(0,1), 使 n f (ξ) +ξ f ′(ξ) = 0. 证 至 存 ξ 得 分析：导数方程根的存在性问题，可考虑用罗尔定理.
由罗尔定理知， 则至少 ∃ξ 1 ∈ (1,2)使f ′(ξ1 ) = 0.
同理，至少 ∃ξ 2 ∈ ( 2，)使f ′(ξ 2 ) = 0. 3
故f ′( x ) = 0至少有两个实根.
例 设 f (x) = (x −1)(x − 2)(x −3) ， 求 f ′(x) ， 2 不 判 f ′(x) = 0 的 及 围 断 根 范 ．
第三章 中值定理与导数的应用
§3.1 中值定理 3.1.1 罗尔(Rolle)定理 罗尔(Rolle)定理 (Rolle)
一、定理3.1.1(罗尔定理) 设y = f ( x)满足 :
(1) 在闭区间[a, b]上连续; (2) 在开区间(a, b)内可导;
(3)
f (a) = f (b),
则至少存在一点 ξ ∈ ( a , b )使 f ′(ξ ) = 0
证：(2)因g( x )在闭区间[0,1]上连续;
g( x )在开区间(0,1)内可导；
g (0) = g (c ) = 0， 由罗尔定理知，至少∃一点ξ ∈ (0, c ) ⊂ (0,1)，
使g ′(ξ ) = 0
题型二
应用罗尔定理证明含有中间值(ξ或x0 )的等式时，
待 判 断 的 函 数 f ( x )没 给 ，
1 故由零点定理知， 至少∃一点c ∈ ( ,1)，使g (c ) = 0． 2
例 3
设 (x)在 f [0,1 上 续 在 ] 连 ， (0,1 内 导 ) 可 ，
1 且 (0) = f ( ) = 0 f ( ) =1 又 (x) = f (x) − x f 1 ， ， g 2 ) g 证 ： 少 在 点 ∈(0,1 使 ′(ξ ) = 0 明 至 存 一 ξ
解：(存在性 令f ( x ) = 0， 存在性) 存在性 易知此方程有三个实根，
x1 = 1, x2 = 2 ，x3 = 3. 又因为 f ( x )为初等函数，
易知f ( x)在 [1, 2] ， 连续， (1, 2), (2, 3)内可导， [2,3] 在
且f (1) = f ( 2) = f (3) = 0.
因为 f (ξ ) = M 是 f ( x )在[ a , b ]上的最大值 ,
所以对 ∀ x ∈ [ a , b ], 都有 f ( x ) − f (ξ ) ≤ 0,
由定义和极限的不等式性质推论知: 由定义和极限的不等式性质推论知 推论 ′ (ξ ) = lim f (x) − f (ξ) f+ ≤0 + x −ξ x→ ξ
即 4ax + 3bx + 2cx − a + b + c） 0在(0,1)内 （ = 至少有一实根.
3 2
亦即 4ax + 3bx + 2cx = a + b + c在(0，内 1)
3 2
至少有一实根.
例 、设f (x)在 5 [0,1]上连续，在 (0,1)内可导，且f (1) = 0, 试证：存在ξ ∈(0,1)使f ′(ξ ) = − 1
题型一： 题型一： 待 判 断 的 函 数 f ( x )已 给 ， 只需验证确定区间，