第三讲 导数(中值定理部分)

第三讲 导数（中值定理部分）

1．设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(1)0f =；证明至少存在一点(0,1)ξ∈，使得

2()

()f f ξξξ

'=-

。

证明：作2

()()F x x f x =，(0)(1)0F F ==，2

()()2()F x x f x xf x ''=+，由Rolle 定理知，至少存

在一点(0,1)ξ∈，使得2

()()2()[()2()]0F f f f f ξξξξξξξξξ'''=+=+=，因为0ξ≠，故有

()2()0f f ξξξ'+=，即2()

()f f ξξξ

'=-

。

（本题思路：由2()

()f f ξξξ

'=-

得()2()0f f ξξξ'+=，疑似某个函数与()f x 相乘后求导，不难

看出该函数的导数比原函数低1次且为2倍，考虑是2

x ，即2

()()F x x f x =。）

2．设()f x 在[,]a b 上二阶可导，1x ，2x ，3x 为[,]a b 内三点，123x x x <<，且

123()()()f x f x f x ==；证明在[,]a b 上至少存在一点ξ，使得()0f ξ''=。

证明：因为12()()f x f x =，且()f x 在12[,]x x 上满足Rolle 定理条件，故至少存在一点

112(,)y x x ∈，使得1()0f y '=；同理由于23()()f x f x =，故至少存在一点223(,)y x x ∈，使

得2()0f y '=；综上，()f x '在区间12[,]y y 上可导且12()()0f y f y ''==，故至少存在一点

12(,)[,]y y a b ξ∈⊂，使得()0f ξ''=。

3．设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内二阶可导；连接点(,())a f a 和(,())b f b 的直线与曲线()y f x =交于点(,())c f c （a c b <<），证明至少存在一点(,)a b ξ∈，使得()0f ξ''=。 证明：由Lagrange 中值定理可知

在[,]a c 上，存在11(,)a c η∈，使1()()()()

()f c f a f b f a f c a b a η--'==

--， 在[,]c b 上，存在2(,)c b η∈，使2()()()()

()f b f c f b f a f b c b a

η--'==

--， 所以12()()f f ηη''=。

在12[,]ηη上，由Rolle 定理，至少存在一点12(,)ξηη∈，使()0f ξ''=。

4．设在[,]a b 上，()0f x >且可导；证明存在一点(,)a b ξ∈，使得()()

ln ()()()

f b f b a f a f ξξ'=-。 证明：因为()0f x >，作()ln ()F x f x =，()

()()

f x F x f x ''=

在[,]a b 上运用Lagrange 中值定理，存在一点(,)a b ξ∈，使得()()()

()()

F b F a f F b a f ξξξ'-'==-，即

得()()

ln

()()()

f b f b a f a f ξξ'=-。 （本题思路：由()()ln

()()()f b f b a f a f ξξ'=-得ln ()ln ()

[ln ()]x f b f a f x b a

ξ

=-'=-，

故取()ln ()F x f x =。）

5．设()f x 在[,]a b 上可微，且()()0f a f b ''<，证明：存在(,)a b ξ∈，使()0f ξ'=。

证明：（这里再次【特别提醒】本题中()f x 可微，即可导，只是说()f x '存在，但()f x '不一定连续，所以不能使用零点定理。本题思路参考“例题讲解5”的第4题） 因为()()0f a f b ''<，不妨设()0f a '<，()0f b '>，

()()

()lim

0x a f x f a f a x a →+

-'=<-，由极限的局部保号性，存在1(,)x a b ∈，使得11()()0f x f a x a

-<-，

因为10x a ->，则1()()f x f a <，所以()f a 不是()f x 在[,]a b 上的最小值；

同理存在2(,)x a b ∈，使得2()()f x f b <；所以()f b 也不是()f x 在[,]a b 上的最小值； 综上，()f x 在[,]a b 上的最小值不在端点取得，而在(,)a b 内取得，又()f x 在(,)a b 内可导，故至少存在一点(,)a b ξ∈，使得()0f ξ'=。

对于()0f a '>，()0f b '<情形同理可证。

6．设()f x 在[0,]a 上可导，()0f a =且(0)(0)0f f '≥；证明存在一点[0,]a ξ∈，使得()0f ξ'=。 证明：（1）若(0)(0)0f f '=，则(0)f 、(0)f '至少有一个为0，

如果(0)0f =，则(0)()0f f a ==，由Rolle 定理，存在一点(0,)[0,]a a ξ∈⊂，使得()0f ξ'=； 如果(0)0f '=，取0[0,]a ξ=∈，有()0f ξ'=；

（2）若(0)(0)0f f '>，不妨设(0)0f >，(0)0f '>，00()(0)()

(0)lim

lim 0x x f x f f x f x x

→+→+-'==>，

由极限的保号性，存在(0,)y a ∈，使得()(0)()0f y f f a >==，所以()f x 在[0,]a 上的最大值不在端点而在(0,)a 内取得，故存在一点(0,)[0,]a a ξ∈⊂，使得()0f ξ'=。 当(0)0f <，(0)0f '<时同理可证。

综上，存在一点[0,]a ξ∈，使得()0f ξ'=。

7．设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)0f =，(1)1f =，试证：对任意给定的正数a

和b ，在(0,1)内存在不同的ξ，η，使得()()a b

a b f f ξη+=+''。 （本题思路：由()()a b a b f f ξη+=+''得1()()a b

a b a b f f ξη+++=''，其中1a b

a b a b

+=++恰好是区间[0,1]的长度，而且a a b +、1b a b <+，故取a c a b

=+作为区间的一个分点，同时从ξ、η两个不同中值来看，它们应当在(0,1)的两个分区间内取，故分别在[0,]c 和[,1]c 内考虑。）

证明：取a c a b =+，1b

c a b

=-+因为0a >，0b >，所以01c <<，运用Lagrange 中值定理，

在[0,]c 上，存在(0,)(0,1)c ξ∈⊂，使得()(0)()

()f c f f c f c c

ξ-'==

，则()()c f c f ξ='； 和[,1]c 上，存在(,1)(0,1)c η∈⊂，使得(1)()1()

()11f f c f c f c c

η--'==

--，则11()()c f c f η-=-'， 上面两式相加得11()()c c f f ξη-+=''，即1()()

a b

a b a b f f ξη+++=''，故有()()a b

a b f f ξη+=+''。

8．设()f x 在[0,1]上有三阶导数，且(0)(1)0f f ==，又设3

()()F x x f x =，试证明在(0,1)内

至少存在一点ξ，使()0F ξ'''=。

证明：3()()F x x f x =，32()()3()F x x f x x f x ''=+，32

()()6()6()F x x f x x f x x f x '''''=++；