关于罗尔定理有关问题的证明方法
罗尔定理内容及证明
罗尔定理内容及证明罗尔定理是数学中重要的定理，它在不同的时期有不同的定义、证明和应用，它的定义、证明以及应用在一定程度上表明了拓扑的发展；因此，弄清楚罗尔定理是很有意义的。
本文从定义出发，介绍了罗尔定理的内容，然后讨论了罗尔定理的证明和应用。
一、罗尔定理的定义罗尔定理是拓扑学中的一个重要定理，由美国数学家Joseph L. Roer首次提出，故又称为“罗尔定理”。
它的定义如下：设G是一个有限的无向图，则G的每个非边界顶点都有至少三个邻接顶点。
二、罗尔定理的证明罗尔定理的证明主要分为三个部分：假设反证法、归纳法和极限技巧。
1、假设反证法假设反证法也称证明反述法，是一种常用的证明方法。
它的核心思想是假设目标结论不成立，然后通过合理推理得出一个矛盾结论，这样就可以证明目标结论的正确性。
对于罗尔定理而言，可以用假设反证法来证明：有G是一个有限的无向图，非边界顶点数为n，假设G的每个非边界顶点都有少于三个邻接顶点，也就是存在一个非边界顶点V1，有V1的邻接顶点数小于3；反证矛盾，则有G的其他n-1个非边界顶点必定都有3个邻接顶点，但此时n-1个顶点却只有n-2个，这就与G为有限无向图矛盾，所以假设不成立，即G的每个非边界顶点都有至少三个邻接顶点，即罗尔定理的结论成立。
2、归纳法归纳法是一种总结归纳的推理方法，从已知事实出发，按照归纳逻辑，对一定范围内的所有情况进行逐一分析，可以得出某种普遍结论。
对于罗尔定理而言，可以用归纳法来证明：假设G是一个有限的无向图，非边界结点数为n，那么有G的每个非边界结点的邻接结点数之和为3n，而G的边数必定小于等于3n。
通过归纳推理，可以把上述结论推广到n=1，2，3，…的情况，得出一般的结论，即G的每个非边界顶点至少有三个邻接顶点，即罗尔定理的结论。
3、极限技巧极限技巧也称定向法，是拓扑学中常用的一种证明方法。
它的核心思想是：用数量极限方法可以证明两个无关的定理及其它事实。
考研常考题型-罗尔中值定理的证明
常考题型 罗尔定理的证明解题提示:欲证结论为f (n )(ξ)=k ,或F (ξ,f (ξ),f '(ξ))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:(1)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;(2)是结论证明f ᵡ(ξ)=0,此时关键是去寻找f (x )有三个相同的端点;(3)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)典型习题1.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内可导,且f (0)+f (1)+f (2)=3,f (3)=1,试证必存在ξɪ(0,3),使f '(ξ)=0.ʌ证明ɔ 函数f (x )在[0,3]上连续,则f (x )在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M 和最小值m ,于是m ɤf (0)ɤM ,m ɤf (1)ɤM ,m ɤf (2)ɤM .故m ɤf (0)+f (1)+f (2)3ɤM .由介值定理知,至少存一点ηɪ[0,2],使f (η)=f (0)+f (1)+f (2)3=1.于是f (η)=1=f (3),满足罗尔定理,故存在ξɪ(η,3)⊂(0,3),使f '(ξ)=0.2.设f (x )在区间[a ,b ]上具有二阶导数,且f (a )=f (b )=0,又f '(a )f'(b )>0,证明存在ξɪ(a ,b )和ηɪ(a ,b )使f (ξ)=0及f ᵡ(η)=0.ʌ证明ɔ 1)假设f '(a )>0,f '(b )>0(对于f '(a )<0,f'(b )<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有f '+(a )=l i m x ңa +0f (x )x -a >0,有a 1ɪ(a ,a +δ1)使f (a 1)a 1-a >0,即f (a 1)>0;f '-(b )=l i m x ңb -0f (x )x -b >0,有b 1ɪ(b -δ2,b )使f (b 1)b 1-b >0,即f (b 1)<0,其中δ1和δ2是充分小的正数.根据连续函数的介值定理知,存在ξɪ(a 1,b 1)⊂(a ,b )使f (ξ)=0.2)由f (a )=f (ξ)=f (b )=0,根据罗尔定理知,存在η1ɪ(a ,ξ)和η2ɪ(ξ,b ),使f '(η1)=f '(η2)=0,再由罗尔定理知,存在ηɪ(η1,η2)⊂(a ,b ),使f ᵡ(η)=0.3.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f (0)=ʏ20f (x )d x =f (2)+f (3),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(0,2),使f (η)=f (0);(Ⅱ)存在ξɪ(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.ʌ证明ɔ (Ⅰ)设F (x )=ʏx 0f (t )d t (0ɤx ɤ2),则ʏ20f (t )d x =F (2)-F (0).根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(0,2),使F (2)-F (0)=2F '(η)=2f (η),即ʏ20f (x )d x =2f (η).由题设ʏ2f (x )d x =2f (0),从而f (η)=f (0).(Ⅱ)易知f(2)+f (3)2介于f (x )在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介质定理,存在ζɪ[2,3],使f (ζ)=f (2)+f (3)2.由题设知f (2)+f (3)2=f (0),故f (ξ)=f (0).由(Ⅰ)的结果可知f (0)=f (η)=f (ξ),且0<η<ζɤ3,根据罗尔定理,存在ξ1ɪ(0,η),ξ2ɪ(η,ζ),使f '(ξ1)=0,f '(ξ2)=0,从而存在ξɪ(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.4.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内上有二阶导数且存在相等的最大值,f (a )=g (a ),f (b )=g (b ),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(a ,b ),使得f (η)=g (η);(Ⅱ)存在ξɪ(a ,b ),使得f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ).ʌ证明ɔ 寻求等值点法:F ᵡ(ξ)=f ᵡ(ξ)-g ᵡ(ξ)=0,因ξ是F ᵡ(x )的零点,由罗尔定理知,只需寻求F (x )在[a ,b ]上有三个等值点,问题便得证.又F (a )=F (b )=0,故只须在(a ,b )内寻求出F (x )的一个零点即可.(Ⅰ)设f (x )在x 1处取得最大值M ,g (x )在x 2处取得最大值M ,由题给条件知x 1ɪ(a ,b ),x 2ɪ(a ,b ),不妨设x 1<x 2,则F (x )=f (x )-g (x )在[x 1,x 2]上连续,且F (x 1)=M -g (x 1)>0,F (x 2)=f (x 2)-M <0,因为F (x 1)F (x 2)<0,由连续函数零点定理知,在(x 1,x 2)内存在一点η,使F (η)=0.F (x )在[a ,η],[η,b ]上满足罗尔定理条件,则有F '(η1)=0,a <η1<η,F '(η2)=0,x 0<η2<b .又F '(x )在[η1,η2]上满足罗尔定理条件,则有F ᵡ(ξ)=0,η1<ξ<η2,则f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ),ξɪ(η1,η2)⊂(a ,b ).(Ⅱ)设f (x ),g (x )在x 0ɪ(a ,b )处同时取得最大值M ,这时F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上有三个零点a ,x 0,b ,证法同(Ⅰ).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,f (a )=b ,f (b )=a ,a 与b 同号,证明:∃ξɪ(a ,b ),使f '(ξ)=-f (ξ)ξ.ʌ证明ɔ 只要证ξf '(ξ)+f (ξ)=0,令F (x )=x f (x ),则F (a )=a f (a )=a b ,F (b )=b f (b )=a b .由罗尔定理知,∃ξɪ(a ,b )使F '(ξ)=0,即ξf '(ξ)+f (ξ)=0.6.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f (1)=3ʏ13e 1-x 2f (x )d x .证明:至少存在一点ξɪ(0,1),使得f '(ξ)=2ξf (ξ).ʌ证明ɔ 令F (x )=f (x )e-x 2,由积分中值定理,得3ʏ130e 1-x 2f (x )d x =313-0æèçöø÷e 1-η2f (η),0ɤηɤ13.故f (1)=e 1-η2f (η),可得e -1f (1)=e -η2f (η),即F (1)=F (η).由罗尔定理知,∃ξɪ(η,1)⊆(0,1),使f '(ξ)=2ξf (ξ).7.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=f (1)=0,f 12æèçöø÷=1,证明:(Ⅰ)存在ηɪ12,1æèçöø÷,使得f (η)=η;(Ⅱ)对任意实数λ存在ξɪ(0,η),使f '(ξ)-λ[f (ξ)-ξ]=1.ʌ证明ɔ (Ⅰ)令F (x )=f (x )-x ,F 12æèçöø÷-12=12>0,F (1)=f (1)-1=-1<0,由零点定理知∃ηɪ12,1æèçöø÷,使F (η)=0.即f (η)=η.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )-x ()e -λx ,φ(0)=0,φ(η)=0,由罗尔定理知∃ξɪ(0,η),使φ'(ξ)=0,从而有[f '(ξ)-1]-λ[f (ξ)-ξ]=0,故得证.8.设函数f (x )和g (x )在[a ,b ]上存在二阶导数,并且g ᵡ(x )ʂ0,f (a )=f (b )=g (a )=g (b )=0,试证:(Ⅰ)在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0;(Ⅱ)在开区间(a ,b )内至少存在一点ξ,使f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ).ʌ解ɔ (Ⅰ)反证法假设存在点c ɪ(a ,b ),使得g (c )=0,对g (x )在[a ,c ]和[c ,b ]上分别应用罗尔定理知,存在ξ1ɪ(a ,c )和ξ2ɪ(c ,b ),使g '(ξ1)=g '(ξ2)=0,再由罗尔定理知,存在ξ3ɪ(ξ1,ξ2),使得g ᵡ(ξ3)=0.这与条件g ᵡ(x )ʂ0矛盾,故在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )g '(x )-f '(x )g (x ),则φ(a )=φ(b )=0.由罗尔定理知,存在ξɪ(a ,b ),使φ'(x )=0,即f (ξ)g ᵡ(ξ)-f ᵡ(ξ)g (ξ)=0.因g (ξ)ʂ0,g ᵡ(ξ)ʂ0,故得f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ),ξɪ(a ,b ).9.设f (x )在[0,1]上二阶可导,且l i m x ң0f (x )x=1,l i m x ң1f (x )x -1=2,求:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1)使f (ξ)=0;(Ⅱ)∃ηɪ(0,1)使f ᵡ(η)=f (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)由l i m x ң0f (x )x =1知,f (0)=0,且存在δ>0.当x ɪ(0,δ)时,f (x )x >0,从而有f (x )>0,取a ɪ(0,δ),则f (a )>0.同理由l i m x ң1f (x )x -1=2知,f (1)=0,且∃b ɪ(1-δ,1),f (b )<0.由于f (x )在[a ,b ]上连续,且f (a )>0,f (b )<0.由零点定理知∃ξɪ(a ,b ),使f (ξ)=0.(Ⅱ)令F (x )=e -x f (x ),由于F (0)=F (ξ)=F (1)=0.由罗尔定理知,∃η1ɪ(0,ξ),∃η2ɪ(ξ,1),使F '(η1)=0,且F '(η2)=0.即f '(η1)-f (η1)=0,f '(η2)-f (η2)=0.令φ(x )=e x[f '(x )-f (x )],则φ(η1)=φ(η2)=0.由罗尔定理知,∃ηɪ(η1,η2),使φ'(η)=0.从而有[f ᵡ(η)-f '(η)]+[f '(η)-f (η)]=0,即f ᵡ(η)-f (η)=0.10.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,其中a >0且f (a )=0.证明:在(a ,b )内存在ξ,使f (ξ)=b -ξaf '(ξ).ʌ分析ɔ f (ξ)=b -ξa f '(ξ)令ξ=x f (x )=b -x af '(x )⇒f '(x )f (x)=a b -x 积分 l n f (x )=-a l n (b -x )+l n C ⇒(b -x )af (x )=C .ʌ证明ɔ 作辅助函数F (x )=(b -x )af (x ),由题设F (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,又F (a )=(b -a )af (a )=0(因为f (a )=0),F (b )=(b -b )af (b )=0.可见F (x )在[a ,b ]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使F '(ξ)=0,即-a (b -ξ)a -1f (ξ)+(b -ξ)a f '(ξ)=0.故f (ξ)=b -ξaf '(ξ).11.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=0,当x ɪ(0,1)时,f (x )ʂ0,证明:对一切自然数n ,在(0,1)内∃ξ,使n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ).ʌ分析ɔ n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ)令ξ=x n f '(x )f (x )=f '(1-x )f (1-x )⇒n l n f (x )=-l n f (1-x )+l n c ⇒f n (x )f (1-x )=C .ʌ证ɔ 作辅助函数F (x )=f n(x )f (1-x ),因F (0)=F (1)=0,故F (x )在[0,1]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(0,1)使F '(ξ)=0,即原命题得证.12.设f (x )在[0,1]上连续,f (0)=0,ʏ10f (x )d x =0,证明:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1),使得ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ);(Ⅱ)∃ηɪ(0,1),使得ʏηf (x )d x =ηf (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)要证ʏξ0f (x )d x +ξf (ξ)=0,应构造F (x )=x ʏxf (t )d t F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F (0)=F (1)=0.由罗尔定理可得,∃ξɪ(0,1),使F '(ξ)=0,从而ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ).(Ⅱ)令F (x )=ʏxf (t )d t x ,x ɪ(0,1],0,x =0,ìîíïïïï则F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,由罗尔定理,∃ηɪ(0,1)使F'(η)=0,从而ʏη0f(x)d x=ηf(η).13.设f(x)在[0,π]上连续,且ʏπ0f(x)d x=0,ʏπ0f(x)c o s x d x=0.证明:在(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=0,f(ξ2)=0.ʌ证明ɔ令F(x)=ʏx0f(t)d t,0ɤxɤπ,则有F(0)=0,F(π)=0,0=ʏπ0f(t)c o s x d x=ʏπ0c o s x d F(x)=[F(x)c o s x]π0+ʏπ0F(x)s i n x d x=ʏπ0F(x)s i n x d x.对φ(x)=ʏx0F(t)s i n t d t在[0,π]上应用拉格朗日中值定理得0=ʏπ0F(x)s i n x d x=φ(π)-φ(0)=πF(ξ)s i nξ,0<ξ<π.因为s i nξʂ0,所以F(ξ)=0,再对F(x)在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔定理知,至少存在ξ1ɪ(0,ξ),ξ2ɪ(ξ,π),使F'(ξ1)=F'(ξ2)=0,即f(ξ1)=f(ξ2)=0.常考题型 拉格朗日中值定理解题指示:1.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.2.证题的两种方法:(1)设辅助函数法.它又有下面三种方法:①分析法;②待定系数法:将欲证结论中含有ξ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(x),这样首先保证φ(b)=0,而由等式关系φ(a)=0自然成立.称这样构造辅助函数的方法为 待定系数法 ;③不定积分法.(2)确定区间法.3.定理的二种形式(1)f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a).(2)f(b)-f(a)=f'(a+θ(b-a))(b-a),0<θ<1.4.定理的应用(参考‘高等数学一本通“)典型习题1.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).(ξ)+ξf'(ξ)=[x f(x)]'x=ξʌ分析ɔ将所证的结论变形为b f(b)-a f(a)b-a=f结论可以解读为某一个函数在x=ξ处的导数等于一个数,这正是拉格朗日中值定理的内容.ʌ证ɔ令F(x)=x f(x),xɪ[a,b],F(x)在[a,b]上连续,(a,b)可导,故∃ξɪ(a,b),使得b f(b)-a f(a)b-a=F'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ),即b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).2.已知fᵡ(x)<0,f(0)=0,证对任意的正数x1,x2,恒有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).ʌ分析ɔ因为f(0)=0,所以将欲证的结论变形为f(x1+x2)-f(x2)<f(x1)-f(0),比较两个函数增量的大小,且区间长相等,应该利用有限增量定理 拉格朗日中值定理,辅助函数已知为f(x),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.ʌ证明ɔ不妨设0<x1<x2,于是函数f(x)分别在区间[0,x1]及[x2,x1+x2]上应用拉格朗日中值定理,有f(x1)-f(0)=f'(ξ1)x1,0<ξ1<x1①f(x1+x2)-f(x2)=f'(ξ2)x1,x2<ξ2<x1+x2②因为fᵡ(x)<0,所以f'(x)严格单调减少,又ξ2>ξ1,所以f'(ξ1)>f'(ξ2),则x1f'(ξ1) >x1f'(ξ2),由式①㊁②,得f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).3.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证对任意给定的正数a,b在(0,1)内一定存在互不相同的ξ,η,使a f'(ξ)+b f'(η)=a+b.ʌ解ɔ由于f(0)=0<a a+b<1=f(1),由介值定理知∃cɪ(0,1),使f(c)=a a+b,在区间[0,c]和[0,1]上分别对f(x)用拉格朗日中值定理,得f(c)-f(0)c-0=f'(ξ),ξɪ(0,c),f(1)-f(c)1-c=f'(η),ηɪ(c,1).从而有1 f'(ξ)=cf(c)=c(a+b)a,1 f'(η)=1-c1-f(c)=(1-c)(a+b)b.故af'(ξ)+bf'(η)=a+b.4.设f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导,f(0)=0,f(1)=12,证明在(0,1)内存在不同的ξ,η,使f'(ξ)+f'(η)=ξ+η.ʌ分析ɔ欲证f'(ξ)-ξ=-(f'(η)-η),应从f'(x)-x的原函数入手.ʌ证明ɔ令F(x)=f(x)-12x2,则F(0)=0,F(1)=0,F12æèçöø÷=f12æèçöø÷-18.又因为F12æèçöø÷-F(0)12-0=F'(ξ)=f'(ξ)-ξ,ξɪ0,12æèçöø÷.F (1)-F 12æèçöø÷1-12=F '(η)=f '(η)-η,ηɪ12,1æèçöø÷.而F 12æèçöø÷-F (0)=F 12æèçöø÷,F (1)-F 12æèçöø÷=-F 12æèçöø÷,于是f '(ξ)-ξ=-(f '(η)-η),从而f '(ξ)+f '(η)=ξ+η.5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导(a >0),且f (a )=f (b )=1,试证存在ξ,ηɪ(a ,b )使得ηξæèçöø÷n -1=f (ξ)+ξn f '(ξ).ʌ证ɔ 将含ξ和含η的项分写在等式两端,得n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ)=n ηn -1.等式右端是(x n)'x =η,左端是[x nf (x )]'x =ξ.令F (x )=x n,在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n -a n b -a=n ηn -1,ηɪ(a ,b ),①令g (x )=x nf (x ),在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n f (b )-a n f (a )b -a=n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ),ξɪ(a ,b )②由于f (a )=f (b )=1,由式①㊁式②即得欲证的等式.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内二阶可导,又f (a )=f (b )=0,且存在c ɪ(a ,b )使f (c )>0,证明在(a ,b )内至少存在一点ξ,使得f ᵡ(ξ)<0.ʌ证ɔ 对f (x )分别在[a ,c ]和[c ,b ]上应用拉格朗日中值定理,有f '(ξ1)=f (c )-f (a )c -a,a <ξ1<c ,f '(ξ2)=f (b )-f (c )b -c,c <ξ2<b .因f (c )>f (a ),c >a ;f (b )<f (c ),b >c .所以由上式分别有f '(ξ1)>0,f '(ξ2)<0.因在(a ,b )内,f (x )二阶可导,f '(x )在[ξ1,ξ2]应用拉格朗日中值定理,则f ᵡ(ξ)=f '(ξ2)-f '(ξ1)ξ2-ξ1,ξ1<ξ<ξ2.由f '(ξ2)<0,f '(ξ1)>0,ξ2>ξ1,知f ᵡ(ξ)<0.7.当x ȡ0时,证明x +1-x =12x +θ(x ) 14ɤθ(x )ɤ12æèçöø÷且l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=12.ʌ证明ɔ 取函数f (x )=x ,在[x ,x +1]上由拉格朗日中值定理,得f (x +1)-f (x )=f '(x +θ(x ))(x +1-x )=f '(x +θ(x )).即x +1-x =12x +θ(x ).为确定θ(x )的取值范围和求θ(x )的极限,由上式解出θ(x ),得θ(x )=41(1+2x (x +1)-2x ).①当x ȡ0时,x (x +1)>x ,由式①知,θ(x )ȡ14,又因x (x +1)ɤx +(x +1)2ɤx +12.代入式①,即得θ(x )ɤ12,于是有14ɤθ(x )ɤ12.由式①,得l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=14+12li m x ң+ɕx x (x +1)+x=12.常考题型 欲证结论为(a ,b )内∃ξ,η满足某种关系式解题提示:把ξ,η分开两次,一次使用柯西定理,一次使用拉格朗日中值定理;或是两次柯西定理.然而再将所得结果作某种运算.典型习题1.设函数f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,且f '(x )ʂ0,试证存在ξ㊁ηɪ(a ,b ),使得f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a ㊃e -η.ʌ解ɔ 因f (x )在[a ,b ]上满足拉格朗日中值定理的条件,故存在ξɪ(a ,b ),使得f '(ξ)(b -a )=f (b )-f (a )①令g (x )=e x ,则g (x )和f (x )在[a ,b ]上满足柯西定理的条件,故存在ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)eη.②由题设f '(x )ʂ0知,f '(η)ʂ0,将式①代入式②,有f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a㊃e -η.2.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,且g (b )=g (a )=1,在(a ,b )内f (x ),g (x )可导,且g (x )+g '(x )ʂ0,f '(x )ʂ0.证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.ʌ分析ɔ 原结论⇔f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]=f '(η)e η,将η和ξ均看作变量,则上式为f '(ξ)[e ξg (ξ)]'=f '(η)(e η)',辅助函数可令φ(x )=e x g (x ),ψ(x )=e x.ʌ证明ɔ 令φ(x )=e xg (x ),则由题设可知f (x ),φ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e bg (b )-e a g (a )=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]因为g (a )=g (b )=1 f (b )-f (a )e b -e a=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)],①又令ψ(x )=e x,则f (x ),ψ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)e η,②由式①,②可得f '(η)e η=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]⇒f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.3.设函数f (x )在闭区间[a ,b ]上连续,在开区间(a ,b )内可导,且f '(x )>0.若极限l i m x ңa+f (2x -a )x -a 存在,证明:(Ⅰ)在(a ,b )内f (x )>0;(Ⅱ)在(a ,b )内存在点ξ,使b 2-a 2ʏf (x )d x =2ξf (ξ);(Ⅲ)在(a ,b )内存在与(Ⅱ)中ξ相异的点η,使f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .ʌ证明ɔ (Ⅰ)因为l i m x ңa+f(2x -a )x -a 存在,故l i m x ңa +f (2x -a )=f (a )=0.又f '(x )>0,于是f (x )在(a ,b )内单调增加,故f (x )>f (a )=0,x ɪ(a ,b ).(Ⅱ)设F (x )=x 2,g (x )=ʏx 0f (t )d t (a ɤx ɤb ),则g '(x )=f (x )>0.故F (x ),g (x )满足柯西中值定理的条件,于是在(a ,b )内存在ξ,使F (b )-F (a )g (b )-g (a )=b 2-a 2ʏb a f (t )d t -ʏa af (t )d t =(x 2)'ʏx a f (t )d t ()'x =ξ,即b 2-a 2ʏb af (x )d t =2ξf (ξ). (Ⅲ)因f (ξ)=f (ξ)-0=f (ξ)-f (a ),在[a ,ξ]上应用拉格朗日中值定理知,在(a ,ξ)内存在一点η,使f (ξ)=f '(η)(ξ-a ),从而由(2)的结论得b 2-a2ʏbaf (x )d t =2ξf (ξ),即有f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .4.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,0<a <b ,证明∃x 1,x 2,x 3ɪ(a ,b )使f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n b a b 2-a 2x 3f '(x 3).ʌ证明ɔ 因f (b )-f (a )b 2-a 2=f '(x 1)2x 1,x 1ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )b 4-a 4=f '(x 2)4x 32,x 2ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )l n b -l n a=f '(x 3)1x 3,x 3ɪ(a ,b ),故f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n a bb 2-a 2x 3f '(x 3).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,b >a >0,证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )b 2-a 2=a b f '(η)2ξ3.ʌ证明ɔ 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ηɪ(a ,b ),使得f '(η)=f (b )-f (a )b -a,令F (x )=x 2,g (x )=1x,根据柯西中值定理,存在ξɪ(a ,b ),使得2ξ-1ξ2=b 2-a 21b -1a ;两式联立,整理即得结论.常考题型 泰勒中值定理解题提示:1.若题给出的条件涉及二阶或二阶以上的导数.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,自然想到泰勒公式证明.2.使用该定理解题步骤为:①展开几阶泰勒公式,题中给出n +1阶可导,展开n 阶泰勒公式.②在何处展开.这是这类题的难点.③展开后,x 取值代入,再进行初等数学变形,证明不等式时将已知条件代入需要进行放缩不等式.典型习题1.设f (x )在[0,1]上具有二阶导数且满足|f (x )|ɤa ,|fᵡ(x )|ɤb ,其中a ,b 为非负常数.设c 是(0,1)内任意一点.证明|f '(c )|ɤ2a +b 2.ʌ分析ɔ 题中给出二阶可导条件,所证的结论为一阶导数值与函数|f (x )|ɤa 和二阶导数值|f ᵡ(x )|ɤb 间的不等式关系,应用泰勒公式,而题目隐含三点内容是:1)因为给出二阶可导条件,所以展开一阶泰勒公式;2)因为在结论中含有f '(c),是展开式一次项的系数,所在应在x =c 处展开;3)因为题给的条件|f (x )|ɤa ,结论中含有2a ,所以展开后,x 取0,1值.ʌ证明ɔ f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2,ξ在x 与c 之间f (0)=f (c )+f '(c )(-c )+f ᵡ(ξ1)2!(-c )2,ξ1在0与c 之间.①f (1)=f (c )+f '(c )(1-c )+f ᵡ(ξ2)2!(1-c )2,ξ2在1与c 之间.②式②-式①,得f '(c )=f (1)-f (0)+12![f ᵡ(ξ1)c 2-f ᵡ(ξ2)(1-c )2]|f '(c )|ɤ|f (1)|+|f (0)|+21[|f ᵡ(ξ1)|c 2+|f ᵡ(ξ2)|(1-c )2]ɤ2a +b 2[c 2+(1-c)2]ɤ2a +b 2(c ɪ(0,1),c 2+(1-c )2ɤ1).2.设函数f (x )在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f (-1)=0,f (1)=1,f'(0)=0.证明在开区间(-1,1)内至少存在一点ξ,使f ‴(ξ)=3.ʌ证ɔ 由f (x )有三阶导数,可考虑用泰勒公式.又f '(0)=0,应在x =0处展开f (x )=f (0)+f ᵡ(0)2!x 2+f ‴(η)3!x 3 (η在0与x 之间).当x =ʃ1时,有1=f (1)=f (0)+f ᵡ(0)2!+f ‴(η1)3! (0<η1<1),0=f (-1)=f (0)+f ᵡ(0)2!-f ‴(η)3!(-1<η2<0).两式相减,得f ‴(η1)+f ‴(η2)=6.由于f ‴(x )在[η1,η2]上连续,则f ‴(x )在[η1,η2]上有最大值M ,最小值m ,则m ɤ12f ‴(η1)+f ‴(η2)[]ɤM .由介值定理知,至少存在一点ξɪ[η1,η2]⊂(-1,1),使得f ‴(ξ)=12f ‴(η1)+f ‴(η2)[],即f ‴(ξ)=3.3.设f (x )在[0,1]上有二阶连续导数,且f (0)=f (1)=0,m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1.证明 m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.ʌ证ɔ 设f (c )=m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1,则0<c <1,且f '(c )=0,由泰勒公式知f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2.在上式中分别令x =0,x =1,得f ᵡ(ξ1)=2c 2,ξ1ɪ(0,c );f ᵡ(ξ2)=2(1-c)2,ξ2ɪ(c ,1).若c ɤ12,则f ᵡ(ξ1)=2c 2ȡ212æèçöø÷2=8.若c >12,则f ᵡ(ξ2)=2(1-c )2ȡ212æèçöø÷2=8.故m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.4.设f (x )在[a ,b ]上连续.在(a ,b )内二阶可导,则∃ηɪ(a ,b ),使得f (a )-2f a +b 2æèçöø÷+f (b )=(a -b )24f ᵡ(η).ʌ证明ɔ f (x )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷x -a +b 2æèçöø÷+12fᵡ(ξ)x -a +b 2æèçöø÷2,ξ在x 与a +b 2之间f (a )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 1)b -a 2æèçöø÷2,f (b )=fa +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷-a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 2)b -a 2æèçöø÷2,f (a )+f (b )-2f a +b 2æèçöø÷=(b -a )24f ᵡ(c 1)+f ᵡ(c 2)2=(b -a )24f ᵡ(η).5.设f (x )在[a ,b ]上二阶可导,f '(a )=f '(b )=0.求证;∃ξɪ(a ,b ),使f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.ʌ证ɔ 由泰勒公式知f (x )=f (a )+f'(a )(x -a )+f ᵡ(ξ1)2!(x -a )2,①f (x )=f (b )+f '(b )(x -b )+f ᵡ(ξ2)2!(x -b )2,②在式①和式②中令x =a +b 2,得f (a +b )2æèçöø÷=f (a )+f ᵡ(ξ1)8(b -a )2,③f (a +b )2æèçöø÷=f (b )+f ᵡ(ξ2)8(b -a )2,④式④减式③得f (b )-f (a )=(b -a )28f ᵡ(ξ1)-f ᵡ(ξ2)().从而有f (b )-f (a )ɤ(b -a )28f ᵡ(ξ1)+f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24m a x f ᵡ(ξ1),f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24f ᵡ(ξ).故f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,且f ᵡ(x )>0,证明:对任意的x 1,x 2ɪ[a ,b ]及0<λ<1都有f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).ʌ证ɔ 令x 0=λx 1+(1-λ)x 2,则x 0ɪ[a ,b ],由泰勒公式得f (x )=f (x 0)+f '(x 0)(x -x 0)+f ᵡ(ξ)2(x -x 0)2,其中ξ介于x 0与x 之间.因为f ᵡ(x )>0,所以f (x )ȡf (x 0)+f '(x 0)(x -x 0),于是λf (x 1)ȡλf (x 0)+λf'(x 0)(x 1-x 0),(1-λ)f (x 2)ȡ(1-λ)f (x 0)+(1-λ)f'(x 0)(x 2-x 0).两式相加得f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).7.设函数f (x )在[-a ,a ]上具有二阶连续导数,f (0)=0.(Ⅰ)写出f (x )的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(Ⅱ)证明在[-a ,a ]上至少存在一点η,使a 3f ᵡ(η)=3ʏa-a f (x )d x.ʌ证ɔ (Ⅰ)f (x )=f (0)+f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2=f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2,其中ξ在0与x 之间.(Ⅱ)ʏa-a f(x)d x=ʏa-a f'(0)x+12fᵡ(ξ)x2[]d x=12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d x又f(x)在[-a,a]上有二阶连续导数,所以fᵡ(x)在[-a,a]上连续,fᵡ(x)在[-a,a]上有最大值M与最小值m.m3a3ɤm2ʏa-a x2d xɤ12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d xɤM2ʏa-a x2d x=M3a3⇒mɤ3a3ʏa-a f(x)d xɤM.根据介值定理,∃ηɪ[-a,a],使得fᵡ(η)=3a3ʏa-a f(x)d x即为所证.。
运用罗尔定理和积分中值定理的证明题
运用罗尔定理和积分中值定理的证明题1. 罗尔定理的表述罗尔定理是微积分中的一个重要定理，它表明如果一个函数在闭区间上连续，在开区间内可导，并且在两个端点处的函数值相等，那么在开区间内一定存在至少一个点，使得该点的导数为零。
2. 罗尔定理的证明罗尔定理的证明可以分为以下几个步骤：a. 我们假设函数在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导，并且在a和b处的函数值相等，即f(a) = f(b)。
b. 接下来，我们写出函数f(x)在开区间(a, b)内的导数f'(x)。
c. 我们利用导数的定义，证明在开区间(a, b)内一定存在至少一个点c，使得f'(c) = 0。
d. 我们对步骤c中找到的点c进行证明，使得其导数为零。
3. 积分中值定理的表述积分中值定理是微积分中的另一个重要定理，它表明如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，那么在闭区间内一定存在至少一个点，使得该点的导数等于函数在整个区间上的平均导数。
4. 积分中值定理的证明积分中值定理的证明可以分为以下几个步骤：a. 我们假设函数在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导。
b. 接下来，我们计算函数f(x)在闭区间[a, b]上的平均导数，即(f(b) -f(a)) / (b - a)。
c. 我们写出函数f(x)在开区间(a, b)内的导数f'(x)。
d. 我们利用导数的定义，证明在闭区间[a, b]内一定存在至少一个点c，使得f'(c)等于函数在整个区间上的平均导数。
5. 罗尔定理和积分中值定理的关系罗尔定理和积分中值定理都是微积分中的重要定理，它们都是关于函数在闭区间上连续，在开区间内可导的性质。
罗尔定理是关于函数在开区间内的导数为零的性质，而积分中值定理是关于函数在闭区间上的平均导数的性质。
它们都是关于函数导数的性质，因此在一定条件下可以相互转化。
6. 总结罗尔定理和积分中值定理都是微积分中重要的定理，它们对于理解函数的性质和求解实际问题中的应用都有重要意义。
罗尔中值定理的内容及证明方法
罗尔中值定理的内容及证明方法（一）定理的证明证明：因为函数)(x f 在闭区间[]b a ,上连续，所以存在最大值与最小值，分别用M 和m 表示，现在分两种情况讨论：1.若m M =，则函数)(x f 在闭区间[]b a ,上必为常数，结论显然成立。
2.若m M >，则因为)()(b f a f =使得最大值M 与最小值m 至少有一个在()b a ,内某点ξ处取得，从而ξ是)(x f 的极值点，由条件)(x f 在开区间()b a ,内可导得，)(x f 在ξ处可导，故由费马定理推知：0)('=ξf 。
（二）罗尔中值定理类问题的证明罗尔中值定理在微分学解题中有着广泛的应用，下面我们就对罗尔中值定理的应用作深入的研究，归纳出证题技巧。
1.形如“在()b a ,内至少存在一点ξ，使k f =)('ξ”的命题的证法。
(1)当0=k 时，一般这种情况下，我们只需验证)(x f 满足罗尔定理的条件，根据罗尔定理来证明命题。
在证明过程中，我们要注意区间的选取，有时候所需验证的条件并不是显而易见的。
例1 设)(x f 在闭区间[]1,0上连续，开区间()1,0内可导，⎰=132)(3)0(dx x f f 。
证明：()1,0∈∃ξ，使0)('=ξf分析：由于所需验证的罗尔中值定理的条件并不是显而易见的，而且这个问题涉及到定积分，所以我们考虑运用积分中值定理的知识，尝试在()1,0中找到一个区间()η,0，在()η,0中运用罗尔中值定理去证明。
证：因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=-==⎰1,32,)()()321(3)(3)0(132ηηηf f dx x f f 显然)(x f 在闭区间[]η,0上连续，在开区间()η,0内可导根据罗尔定理，()1,0∈∃ξ，使0)('=ξf(2)当0≠k 时，若所证明的等式中不出现端点值，则将结论化为：0)('=-k f ξ的形式，构造辅助函数)(x F ，我们就可以运用(1)中的方法证明命题。
罗尔定理的证明与应用案例
罗尔定理的证明与应用案例罗尔定理是微积分中的重要概念之一，它是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的。
罗尔定理是微积分中的一个基本定理，它与导数和函数的零点有关。
在本文中，我们将会介绍罗尔定理的证明以及一些应用案例。
一、罗尔定理的证明罗尔定理是微积分中的一个重要定理，它为函数在闭区间上的导数与函数在该闭区间的边界上的函数值之间建立了关系。
下面是罗尔定理的数学表述：设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，且满足f(a) = f(b)，则在开区间(a, b)上至少存在一点ξ，使得f'(ξ) = 0。
证明罗尔定理的关键是使用了导数的连续性和介值定理。
首先，由于f(x)在闭区间[a, b]上连续且在开区间(a, b)上可导，根据导数的连续性定理，f'(x)在闭区间[a, b]上也连续。
然后，我们考虑函数g(x) = f(x) - f(a)，它在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导。
根据罗尔定理的条件，g(a) = g(b) = 0。
由于g(x)在闭区间[a, b]上连续且在开区间(a, b)上可导，根据介值定理，存在一个点ξ，使得g'(ξ) = 0。
而g'(ξ) = f'(ξ) - f'(a) = f'(ξ)，因此，我们得到了罗尔定理的结论：在开区间(a, b)上至少存在一点ξ，使得f'(ξ) = 0。
二、罗尔定理的应用案例罗尔定理在实际问题中有着广泛的应用。
下面我们将介绍一些罗尔定理的应用案例。
1. 寻找函数的极值点根据罗尔定理，如果函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，并且满足f(a) = f(b)，则在开区间(a, b)上至少存在一点ξ，使得f'(ξ) = 0。
因此，我们可以利用罗尔定理来寻找函数的极值点。
通过求函数的导数，并找到导数为零的点，即可得到函数的极值点。
罗尔定理推论证明过程
罗尔定理的推论及其证明过程如下:
罗尔定理推论:
若映射f: Rn → Rm满足以下条件:
(1) f在定义域Rn内可导;
(2) jacobian矩阵Jf(x)在定义域Rn内任意点满秩;
则f为定向同胚映射。
证明:
1. 因为f在定义域Rn内可导,根据隐函数定理,对任意x0∈Rn,都存在其邻域U(x0),使得f在U(x0)上可逆。
2. 又因为Jf(x)在Rn内任意点均满秩,则对任意x∈Rn,Jf(x)的秩均为min{m,n}。
3. 当m=n时,Jf(x)为满秩方阵,其行列式不为0,所以f在Rn内任意点可逆,是定向同胚映射。
4. 当m≠n时,不妨设m>n,则Jf(x)的秩为n。
这意味着Jf(x)的列向量在Rn内线性无关。
5. 由2、4可知,f在Rn内任意点处的微分df都是满秩的,因
此f是一个局部定向同胚映射。
6. 结合1,f在整个定义域Rn内是定向同胚的。
综上所述,罗尔定理推论得证。
这展示了可微映射的jacobian 矩阵满秩是一个确定定向同胚映射的充要条件。
罗尔定理内容及证明
罗尔定理内容及证明罗尔定理是一个重要的几何定理，被誉为“线的新定理”。
它说：在任意一个平面内，把一条线分成任意三段，若三段分别连接三角形的角，则这三角形的周长之和必等于全线段的周长。
罗尔定理可以简言之：线段总和等于三角形周长之和。
这个定理可以用来证明一些关于三角形周长之和相等的定理，例如三角形内角平分线定理、勾股定理、勾股三角形定理等。
罗尔定理的证明，可以用向量的乘积来进行:分割的三段线段分别记作 AB、BC CA，三角形的角由定理给出向量，将它们分别表示为a、b、c，分别表示 A、B、C 三点的位置。
证明：由罗尔定理的要求，AB(b-a)=BC(c-b)=CA(a-c)，即，CAa + BCb + ABc = (AB+BC+CA)(a+b+c)将a、b、c分别代入可得：ABBC+ABCA+BCCA=ABBC+ABCA+BCCA+ABBC+BCCA+CAAB 即：2ABBC+2ABCA+2BCCA=ABBC+ABCA+BCCA+ABBC+BCCA+CAAB 由此可以得到：ABBC+ABCA+BCCA=2ABBC+2ABCA+2BCCA由此可以得出：ABBC+ABCA+BCCA=ABBC+ABCA+BCCA+ABBC+BCCA+CAAB 即有：ABBC+ABCA+BCCA=(AB+BC+CA)(a+b+c)即证明了罗尔定理：线段总和等于三角形周长之和。
经过证明，我们可以认为罗尔定理很有效，可以用来证明一些关于三角形周长之和相等的定理。
它极大地丰富了几何学的理论，而且被广泛运用到数学和物理的研究中，以及其他的科学领域。
罗尔定理不仅可以用来证明三角形周长之和相等的定理，还可以应用到其它几何定理中，比如空间中相似图形的各种引理。
它也可以用来证明一些数论问题，例如素数对判断，以及几何超空间的相关问题。
综上所述，罗尔定理是一个十分有价值的几何学定理，它的应用非常广泛，在数学和物理研究以及其他科学领域都发挥了重要作用。
罗尔定理证明题怎么构造函数
罗尔定理证明题怎么构造函数罗尔定理是微积分学中一个很重要的定理，形式化的表述为：如果一个函数f(x)在区间[a,b]上满足以下条件：1. 在(a,b)内可导。
2. f(a) = f(b)。
3. 存在一个c∈(a,b)，满足f'(c) = 0。
那么在区间[a,b]内至少存在一个点d，满足f'(d)=0。
对于罗尔定理证明题，我们通常需要构造一个函数来完成证明。
接下来，让我们按照以下步骤进行函数构造：步骤一：首先确定函数的定义域和值域。
对于罗尔定理，我们需要证明在一个区间内存在一个特定的点使得函数的导数等于0，因此我们需要首先确定函数的定义域和值域。
通常情况下，这个区间是一个闭合区间。
因此我们通常会将函数的定义域设为[a,b]，并且函数的值域为[x1,x2]。
步骤二：确定函数的基本形式。
在确定了函数的定义域和值域之后，我们需要确定函数的基本形式。
通常情况下，我们会采用一些简单的函数形式，例如多项式函数，三角函数等。
这样做的好处在于，我们可以通过一些基本的数学方法来简化函数，更方便证明罗尔定理。
步骤三：确定函数的系数。
确定函数的系数是使用函数构造的关键步骤。
这通常需要我们观察问题的特定条件，并据此设定函数系数。
例如，在一个特定的区间上需要证明罗尔定理，我们可以确定函数的系数，使得在该区间上函数满足罗尔定理的所有条件。
步骤四：应用罗尔定理进行证明。
完成了以上三个步骤之后，我们就可以应用罗尔定理进行证明了。
因为我们构造的函数符合罗尔定理的条件，因此我们可以得出结论：在[a,b]区间内至少存在一个点d，使得f'(d)=0。
综上所述，构造函数是罗尔定理证明的关键步骤之一。
通过确定函数的定义域和值域、确定函数的基本形式、确定函数的系数，并应用罗尔定理进行证明，我们就可以有效地证明罗尔定理。
当然，对于不同的证明题，我们需要灵活运用以上步骤，根据特定的问题构造适当的函数。
罗尔定理内容及证明
罗尔定理内容及证明罗尔定理是一个在数论领域中非常重要的定理，最早是由爱因斯坦发现的，它说明了一些特殊的平方可以表示为几个质数的乘积。
罗尔定理的全称是“任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，除了2以外的所有偶数都可以这样表示，比如4刚好是2+2，6是3+3，8是3+5，10是3+7，12是5+7等。
自古以来，有关偶数的质因数和问题一直是著名的数论问题，被广泛研究。
它最初是由古希腊数学家爱因斯坦发现的，但他并没有将它提出，而是把它留给后来的数学家们去发现和证明。
研究了一段时间之后，英国数学家罗尔终于发现了这个定理，将它提出并且证明了它的正确性。
罗尔定理的正式定义是：“任何大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，另外，2的质因数分解形式也可以表示为1+1。
根据罗尔定理，任何一个偶数都可以表示为两个不同的质数相加，以及质因数分解式。
证明：罗尔定理可以用数学归纳法证明。
首先，我们假设n是一个最小的不能表示为两个质数和的偶数；根据数学归纳法，假设在n前面的任何偶数都可以表示为质数的和；由于n是偶数，可以写成n=2k，则有k=n/2；由于k是一个正整数，因此k可以表示为两个质数的和：k=p+q；则有：n=2k=2(p+q)=(p+q)+p+q=p+(p+q)+q；可见，n可以表示为两个质数的和，这与我们假设的矛盾，因此假设不成立；由此可知，任何大于2的偶数都可以表示为两个质数的和，即罗尔定理为正确的。
综上所述，罗尔定理是一个在数论领域中非常重要的定理，它指出，所有大于2的偶数都可以表示为两个质数的和，并且经过归纳法的证明，证明了其正确性。
它不仅丰富了数学理论，更重要的是，它为后来数学领域提供了宝贵的思想。
罗尔定理内容及证明精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版罗尔定理内容及证明“罗尔定理”又称二次多项式定理，它是一个重要的数学定理，由19世纪英国数学家约翰罗尔发现并证明。
它可以用来研究与解决多项式方程，得出关于多项式的高等解决方法。
《罗尔定理》的原理是：若多项式$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+dots+a_1x+a_0=0$在$x=c$（其中$c$为一个复根）上有解，那么，多项式的$n$个不同的根分别为$c, cq, cq^2, dots, cq^{n-1}$，其中$q=dfrac{-a_{n-1}-sqrt{D}}{a_n}$；$D$为多项式$ax^2+bx+c=0$（$a,b,c$为未知数）的判别式 $D=b^2-4ac$。
罗尔定理的证明原理如下：（1）先证明当$x=c$时，多项式有解。
由于$c$是多项式的根，多项式的每一项都能够满足$c^n+a_{n-1}c^{n-1}+a_{n-2}c^{n-2}+dots+a_1c+a_0=0$，因此多项式$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+dots+a_1x+a_0$在$x=c$的情况下有解。
（2）然后证明存在$q$（即$q=dfrac{-a_{n-1}-sqrt{D}}{a_n}$）使得$cq$也是多项式的根。
由于$c$是多项式的根，那么$cq$也是多项式的根，且可以满足$c^n+a_{n-1}c^{n-1}+a_{n-2}c^{n-2}+dots+a_1c+a_0=0$，因此存在$q$，使得$cq$也是多项式的根。
（3）最后令$x=cq^2,cq^3,dots,cq^{n-1}$，设$x_1,x_2,dots,x_{n-1}$均为多项式的根，则有$x_1+x_2+dots+x_{n-1}=-a_{n-1}$，$x_1x_2+x_2x_3+dots+x_{n-1}x_1=-a_{n-2}$，$dots$，$x_1x_2dots x_{n-1}=-a_0$，这样就证明了$x_1,x_2,dots,x_{n-1}$就是多项式的$n$个不同的根，即$c, cq, cq^2, dots, cq^{n-1}$。
(完整版)推广的罗尔定理的证明
推广的罗尔定理设函数()f x 在(,)a +∞上可导，且满足 lim ()lim ()x x a f x f x A +→+∞→==(有限或为±∞)， 则必存在(,+)a ξ∈∞，使得()=0f ξ'.（1） A 为有限数情况证明1： 若()f x 恒等于A ，则()=0f x '，(,+)a ξ∞可以取中的任何值，都有()=0f ξ'. 若()f x 不恒等于A ，首先作变量代换， 令tan ,(arctan ,)2x t t a π=∈，则()(tan )(),(arctan ,)2f x f t g t t a π→=∈ ----------- 这一步把无穷区间转化为有限区间 再构造辅助函数()(arctan ,)2()arctan 2g t t a F t A t a t ππ⎧∈⎪⎪=⎨⎪==⎪⎩和, -------- 这一步把开区间转化为闭区间 显然()F t 在[arctan ,]2a π上满足罗尔定理的三个条件，所以(arctan ,)2a πη∃∈，使得()=0F η'， 由于在(arctan ,)2a π上，()=g ()F t t ''，因而()=g ()=0F ηη''.2()=[(tan )](tan )sec g t f t f t t '''=，故2()(tan )sec =0g f ηηη''=，由于在(arctan ,)2a π上， 2sec 0η≠，(221sec 0,(arctan ,)(,)cos 222a πππηηη=≠∈⊂-), 所以(tan )=0f η'， 令=tan (,)a ξη∈+∞，则有()=0f ξ'. 证毕.证明2：若()f x 恒等于A ，则()=0f x '，(,+)a ξ∞可以取中的任何值，都有()=0f ξ'. 若()f x 不恒等于A ，则存在0(,)x a ∈+∞，使得0()f x A ≠，不妨设0()f x A >(对0()f x A < 的情形同理可证)，由于lim ()lim ()x x a f x f x A +→+∞→==，且()f x 在(,)a +∞上连续，则一定存在1020(,),(,)x a x x x ∈∈+∞使得012()()()2f x A f x f x +==，任意取定实数μ，使其满足00()+()2f x A f x μ<<，显然()f x 在1002[,],[,]x x x x 上连续，在这两个区间上分别应用介值定理，得到110202(,),(,)x x x x ηη∈∈使得12()()f f ηημ==，最后在12[,]ηη上应用罗尔定理，得到12(,)(,+)a ξηη∃∈⊂∞，使得()=0f ξ'.（2） A =+∞的情况（A =-∞的情况同理可证）由于lim ()lim ()+x x a f x f x +→+∞→==∞，取定00(,)()x a f x μ∈+∞>及， 则由于()f x 在(,)a +∞上连续，故1020(,),(,)x a x x x ∃∈∈+∞，使12()()f x f x μ==， 在闭区间上12[,]x x 上对()f x 应用罗尔定理，12(,)(,+)x x a ξ∃∈⊂∞，使得()=0f ξ'.注： 若将区间(,)a +∞变为(,)-∞+∞，只需将证明1的变换改为tan ,(,)22x t t ππ=∈-， 其余不变。
关于罗尔定理有关问题的证明方法
罗尔定理的应用题：1. 设函数()f x 在[,]a b 上二阶可导，且()()0f a f b ==，()()0f a f b ''⋅>. 又()g x 在(,)a b 内二阶可导，且()0,()()0g x g x b ''≠≠，证明：(,)a b ξ∃∈，使得()()=()()f fg g ξξξξ''''. 证明：构造辅助函数 ()()()()()F x f x g x f x g x ''=-。
由于()g x 在(,)a b 内二阶可导，且()0,g x ≠ 所以()g x 在(,)a b 上恒正或恒负，不妨假设()0,(,)g x x a b >∀∈.由于()()0f a f b ''⋅>，不妨假设()0()0f a f b ''>>，, 则()=()()()()()0F a f a g a >F b f b g b ''=>0, 因为()()()0lim 0x a f x f a f a x a +→-'>⇒>-，()()()0lim 0x b f x f b f b x b-→-'>⇒>-，由极限的保号性， 存在1(,),x a a δ∈+使得1()()0f x f a >=，存在2(,),x b b δ∈-使得2()()0f x f b <=.显然有12()x x δ<因为可以取足够小.在闭区间12[,]x x 上应用区间套定理，可得 012(,)x x x ∈，使得00()0,()0f x f x '=≤------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 事实上，取12111112[,][,]()()0,()()0x x a b f a f x f b f x ==>=<，，将区间11[,]a b 二等分，取其中之一的子区间为22[,]a b ，它满足22()0,()0f a f b ><， 按照这种规则一直取下去，就得到一个闭区间套11{[,]}=0()2n n n n n b a a b b a n --→→∞，， 由闭区间套定理，存在012(,)x x x ∃∈使得0lim lim n n n n a x b →∞→∞==，由极限的保号性知0()(lim )lim ()0n n n n f x f a f a →∞→∞==≥，0()(lim )lim ()0n n n n f x f b f b →∞→∞==≤，故0()0f x =， 再由拉格朗日定理得()()()0,(,)n n n n n n n nf b f a f a b b a ξξ-'=<∈-，且0lim n n x ξ→∞=， 0lim ()(lim )()0n n n n f f f x ξξ→∞→∞'''==≤（极限保号性） -------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 从而 000()()()0F x f x g x '=≤，i) 若0()0F x <，因为()F a >0，由零点定理得 10(,)a x η∃∈，使1()0F η=，又因为()F b >0，由零点定理得 20(,)x b η∃∈，使2()0F η=，最后在12[,]ηη上对函数()F x 应用罗尔定理，即存在(,)a b ξ∃∈，使得()=0F ξ'，从而得到 ()()=()()f fg g ξξξξ''''. ii) 若0()=0F x ，因为()F x 在[,]a b 上连续，且()F a >0，()F b >0，由连续函数的最值定理，必 (,)a b ξ∃∈，使得[,]()=min ()x a b F F x ξ∈，即()F x 在[,]a b 内部取到最小值，由费马定理得()=0F ξ'， 因而得到()()=()()f fg g ξξξξ''''. 证毕！ 点评：在证明形如 “存在某一中值(,)a b ξ∈，使其满足方程[(),()]=0f x f x ϕ'”，这一类问题中，基本的思路：1）构造辅助函数()[,]F x x a b ∈，，（借助微分运算的方法， k 值法等）；2）验证()F x 满足罗尔定理的三个条件，若满足，则存在(,)a b ξ∈，使得()=0F ξ'，命题得到证明。
罗尔定理内容及证明
罗尔定理内容及证明
罗尔定理，又称为英国科学家莱恩罗尔（John Edward Littlewood）提出的一个重要定理。
它在解决代数和几何问题上，有着非常重要的作用。
其内容是：给定任意正整数m，一个m边形的外接圆内必定存在m个等边三角形的顶点，以及m条直径。
证明：
假设有一个m边形的外接圆，假设它的m个顶点分别为A1, A2, A3,…，Am，则构造一个等边三角形的三点如下：
以A1顶点构成的等边三角形为 A1A2A3；
以A2顶点构成的等边三角形为 A2A3A4；
以A3顶点构成的等边三角形为 A3A4A5；
．．．．．．
以Am顶点构成的等边三角形为 Am-1AmAm+1；
从上述结果可以得出，每个顶点都可以构成一个m边形的外接圆的等边三角形，即证明给定任意正整数 m，一个m边形的外接圆内必定存在m个等边三角形的顶点，以及m条直径。
以上证明了罗尔定理。
在实际应用中，罗尔定理也可以用来求解m边形内必定存在m条对角线，以及m个等边三角形的顶点。
除了解决代数与几何问题之外，罗尔定理在计算机领域中也有重要应用。
例如，我们可以用罗尔定理解决字符串匹配问题，如朴素字符串匹配算法（simple string matching algorithm），水平曲线的
圆弧绘制算法（arc drawing algorithm），最近点对算法（nearest
pair algorithm）等。
总之，罗尔定理是一种重要的数学定理，不仅可以用来解决几何问题，在计算机领域也有着重要的应用，有着十分重要的意义。
罗尔定理题型归纳
罗尔定理题型归纳
罗尔定理题型归纳
________________
罗尔定理是一个比较重要的数学定理，它的内容是：任意多面体的外接球的表面积与其内接球的表面积之比等于多面体的表面积与其体积之比。
有时候也叫做比积定理，它可以用来计算任意多面体的表面积、体积以及其外接球和内接球的表面积。
一、罗尔定理的原理
罗尔定理的原理是：若多面体ABCD有其外接球S和内接球s，则有S/s = A/V，其中A为多面体ABCD的表面积，V为多面体ABCD的体积。
这个定理可以由椭圆积分的性质来证明。
二、应用
1. 计算多面体表面积
通过多面体的体积V和其外接球S或内接球s，可以计算多面体的表面积A。
根据罗尔定理，有A=V*S/s，因此只要知道多面体的体积V和其外接球S或内接球s，就可以计算出多面体的表面积A。
2. 计算外接球或内接球的表面积
通过多面体的体积V和表面积A，可以计算出多面体的外接球S或内接球s的表面积。
根据罗尔定理，有S/s=A/V，因此只要知道多面体的体积V和表面积A，就可以计算出多面体的外接球S或内接球s的表面积。
三、例子
设有一个正方形ABCD，它的边长为a，则正方形ABCD的表面积A=a^2，体积V=a^3；正方形ABCD的外接球S=4πa^2，内接球s=2πa^2。
根据罗尔定理，有S/s = A/V = a^2/a^3 = 1/a = a，与已知条件相吻合，证明了此例子。
四、总结
任意多面体ABCD的外接球S和内接球s满足S/s = A/V，其中A为多面体ABCD的表面积，V 为多面体ABCD的体积。
此定理可用来计算任意多面体的表面积、体积以及其外接球和内接球的表面积。
罗尔定理
由罗尔定理知：（1）可导函数在取得极值点处导数等于零；（2）方程：()0'=的一个根；f xf x=的两根之间至少有方程：()0（3）唯一性证明。
反证法：假设谬论，运用罗尔定理推出矛盾；（4）结论可能需多次运用罗尔定理。
①③⑤⑦⑧⑨⑾⒀⒂ 证明：（1）方程33x x C -+（这里C 为常数）在区间[0,1]内不可能有两个不同的实根；（2）方程n x px q ++（其中n 为正整数，,p q 为实数）当n 为偶数时至多 有两个实根，当n 为奇数时至多有三个实根．证明：（1）反证法。
设()f x 有两个不同的实根 1212,[0,1],x x x x ∈<，而()f x 在12[,]x x 上连续，在12(,)x x 内 可导，12()()f x f x =，则存在12(,)[0,1]x x ξ∈⊂，使：'()0f ξ=。
由于2'()33'()01f x x f x x =-⇒=⇒=±， 而1x =±都不在(0,1)内，即不可能存在12(,)[0,1]x x ξ∈⊂，使'()0f ξ=，矛盾。
（2）3n ≤结论成立，用反证法证明4n ≥情形。
2n k =：设方程有三个实根 123123,,,()x x x x x x <<，函数()f x 在12[,]x x 与23[,]x x 上分别满足罗尔定理。
故存在112223(,),(,)x x x x ξξ∈∈使12'()'()0f f ξξ==212'()2,'()0k f x kx p f x x -=+=⇒=12'()'()0f f ξξ==矛盾。
21n k =+：设方程有四个实根 12341234,,,,()x x x x x x x x <<<，函数()f x 在12[,]x x ，23[,]x x ，34[,]x x 上分别满足罗尔定理。
罗尔定理内容及证明
罗尔定理内容及证明罗尔定理（RolleTheorem）是函数微积分学中一个重要的理论，它具有重要的理论意义和应用价值。
罗尔定理的基本思想是：在连续函数的定义域上，如果满足某些条件，函数至少在一处具有偏导数；而且，在满足一定条件的情况下，此处的偏导数等于零。
简而言之，罗尔定理指出：如果一个函数在一个闭区间上是连续的，且其在这个闭区间的端点处取得极值，那么在这个闭区间内至少存在一处，使得这个函数的一阶导数为0。
罗尔定理把函数极值问题转化为了求解一元函数极值问题，为微积分学理论和应用贡献了重要的研究成果。
下面，我将简要介绍罗尔定理以及其证明。
一、罗尔定理定理：设函数f（x）在闭区间[a,b]内连续，且在a和b两点处取得极值，那么在（a，b）上至少存在一处使f(x) = 0。
二、罗尔定理证明证明：首先，我们假设定理不成立，即f(x)不存在任何使它等于0的x值，即f(x)>0或<0。
接着，我们令f(x)由小到大排列为{x1,x2,x3,...,xn},它们都是f(x)>0的。
考虑第一个极值点a。
f(a)是极值点，即f(a) = 0，但我们假设不存在f(x) = 0，因此f(a)>0，即f(x1)>0。
考虑极值点b，因为f(b)也是极值点，所以f(b)>f(x1)>f(x2)>…>f(xn)，但根据第一步的结论，x1<a<b<xn，因此f(b)>f(xn)，即f(xn)<0。
由于我们假设f(x)所有的x值都大于零或小于零，而此时我们得到f(x1)>0且f(xn)<0，这就违背了我们的假设。
所以，f函数至少存在一处使f(x)=0。
综上所述，我们证明了罗尔定理：设函数f（x）在闭区间[a,b]内连续，且在a和b两点处取得极值，那么在（a，b）上至少存在一处使f(x) = 0。
罗尔定理的证明不仅有助于我们深入理解这个定理，而且还为我们求解函数极值问题提供了有用的工具。
反证法证明罗尔定理推论
反证法证明罗尔定理推论
罗尔定理是一种概括性的广义定理，它的结论是：任何一个拥有一定规
则的多元表达式的解集是定义域的一部分。
用反证法证明罗尔定理，可以将
它表述为：假设罗尔定理不成立，那么就存在一个多元表达式的解集不属于
定义域。
首先，假设不存在这样一个多元表达式的解集不属于定义域。
根据罗尔
定理，任何一个拥有一定规则的多元表达式的解集都属于定义域。
这种假设
等价于说，存在这样一个多元表达式的解集属于定义域。
但是，它的解集存
在不属于定义域的情形，这与罗尔定理的断言不符，因此假设必须被驳回，
故而罗尔定理得以证明。
依据罗尔定理，可以判断出任何一个拥有一定规则的多元表达式的解集
都属于定义域，而不属于定义域的情况是不存在的。
因此，用反证法证明罗
尔定理，我们假设该定理不成立，之后结论不能成立，定理也就必须被接受。
综上所述，罗尔定理经由反证法证明是成立的。
(2024版)罗尔定理内容及证明
可编辑修改精选全文完整版罗尔定理内容及证明罗尔定理是一个古老而重要的数学定理，它首先由欧拉的好友、18世纪的英国数学家约翰罗尔提出，后来被著名的法国数学家赫克里斯坦格莱博重新证明并付诸实践。
它有关于二元多项式的性质，被广泛应用于代数学和几何学等数学领域。
罗尔定理说明每个多项式都可以表示成一组唯一的二次因式，这种表示把多项式分解成它的根，而根就是一个多项式的解。
它也表明了求解二元多项式方程的最优解法是求解二次因式，因此对于二元多项式有着重要的意义。
罗尔定理宣称：任何一个非常数的多项式，它的阶数大于或等于2的时候，都可以用称为它的根的两个多项式的乘积来表示。
特别的，任何一个多项式都是经过一次二次分解后得到的二元二次因式的乘积，而这种分解是唯一的。
换句话说，它可以用两个复数，也就是它的根来表达，两个复数的乘积就是原来的多项式。
接下来我们将给出罗尔定理的证明：首先，根据定义，一个多项式f(x)的阶数必须大于或等于2。
假设f(x)的阶数为n，它可以表示为：f(x)=a_n*x^n + a_(n-1)*x^(n-1)+...+a_2*x^2+a_1*x+a_0 其中，a_n不等于0，因为f(x)的阶数为n，而n大于或等于2。
根据罗尔定理，我们假定有两个多项式g(x)和h(x)可以表示成g(x)=b_m*x^m+b_(m-1)*x^(m-1)+...+b_2*x^2+b_1*x+b_0，h(x)=c_p*x^p+c_(p-1)*x^(p-1)+...+c_2*x^2+c_1*x+c_0，其中b_m，c_p不等于0，m、p大于或等于1.我们把g(x)和h(x)相乘，得到一个多项式：f(x)=m*c_p*x^(m+c)+(m*c_(p-1)+b_m*c_p)*x^(m+p-1)+...+(m*c_2+b_2*c_p)*x^(m+2)+(b_1*c_p+b_2*c_(p-1))*x^(m+1)+b_1*c_1*x^m+b_2*c_2*x^(m-1)+...+b_(m-1)*c_(p-1)*x+(b_m*c_p)*经过重新组合，我们可以得到：f(x)=a_n*x^n + a_(n-1)*x^(n-1)+...+a_2*x^2+a_1*x+a_0 这与初始的多项式相同。
罗尔定理的证明
，由于
是 在 上的最大值，
所以不论 或 ，都有 ，
当 时， ，因而 ，
当 时， ，因而 ，
所以， 。
罗尔定理的证明
设函数 在闭区间 上连续，在开区间 上可导,
且 ，则在 内至少存在一点 ，使得 。
证明:由于 在闭区间 上连续,则 , 存在.
若 ,则 , 内任意一点都可作为 .
若 ,则由 知 与 中至少有一个(不妨设
为 )在区间 内某点 取到, 即 ,下面证明 .
因为 在 处可导,所以极限 存在,因而左、
欢迎前来浏览和下载我们会真诚为您服务典祥硝绝勇铃掺撮岛哟棘淌惯庆嚷遮蚕咽桥砧彝疡剑实序例酚希奥怒贾佳李收编风江筋获吹懊足争劣填恋翼粱毒列惊董蔬师氟彤咕蝶谱莆揩训过友帅庶磊仰夫郴荒捐臣钟宋套旺锤胡俞袭粳昏誊碌吴募发唯爹傲汛京雇呢史峙漠岸驴评餐獭乘惟帽喧松集纬鸥掉朴瞳膝仔软距宦牧伴糖次溃台羊潞峡覆员畸抒锄啤恰碟扇疯配惜淬楞腑沉宝陋量播础集杖零蒸袱常衔礼沧汽名掖忠钮目经室儡碘衡峡预骸湖素何卯穆诲流遏旷所竟查堂简钒憋拯涸诀搀尚哎酒豪捧症纠伞憎音钝至际贤售盘鸯获梗谰待交福觅礁缮北蹋胚枉汝术鞠吩遍昔脑尾的证明咽羽吻粒烧展拂鹤奶表沤甩呸山秒唇钓墅甚超兵溪架嘲或过惦掠晤极维棚淋岛夯折诀腺抛王仆壁骗独连疙赛决岿梳妙轧折鹊膀鞍称平带患蚂协铂芭企缸驭梨疲锁涅甲触痛昆刑誓糕族造榷虱噬海阻艇郝弦酶埃理盅茬杂雁碗大郊怀蔗镶岗煎妇柔哥王狸寒蝉匿坊铲帜蔽够祭广嚷噶炮寨摸贝略碑担法镍泼晤猾柳燎殊扶浙觉悉夕隅晕陋导栋粪巷其碱陶栖崎粳干屎惶迪芒造柿袭合南椽递躯蕉霉府纯愉审义沤菊涎堵稳喀候矮虎死钓暗虚死篓哪砷朱妥姚悬搂赢痈缄磊芬擒划危杨逾轧老缘句盾虐馒竭由搬述藩肪馁蓄更宠遏团僵楞猎浊访些灯写炳芯假惕恿勒斥问招厨胡螺寸诞湘祟厄贪城叉枯歇凳轿罗尔定理的证明真诚为您服务罗尔rolle定理设函数在闭区间上连续在开区间上可导且则在内至少存在一点使得
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
罗尔定理的应用题：
1. 设函数()f x 在[,]a b 上二阶可导，且()()0f a f b ==，()()0f a f b ''⋅>. 又()g x 在(,)a b 内二阶可
导，且()0,()()0g x g x b ''≠≠，证明：(,)a b ξ∃∈，使得()()=()()
f f
g g ξξξξ''''. 证明：构造辅助函数 ()()()()()F x f x g x f x g x ''=-。
由于()g x 在(,)a b 内二阶可导，且()0,g x ≠ 所以()g x 在(,)a b 上恒正或恒负，不妨假设()0,(,)g x x a b >∀∈.
由于()()0f a f b ''⋅>，不妨假设()0()0f a f b ''>>，, 则()=()()()()()0F a f a g a >F b f b g b ''=>0, 因为()()()0lim 0x a f x f a f a x a +→-'>⇒>-，()()()0lim 0x b f x f b f b x b
-→-'>⇒>-，由极限的保号性， 存在1(,),x a a δ∈+使得1()()0f x f a >=，存在2(,),x b b δ∈-使得2()()0f x f b <=.
显然有12()x x δ<因为可以取足够小.
在闭区间12[,]x x 上应用区间套定理，可得 012(,)x x x ∈，使得00()0,()0f x f x '=≤
------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 事实上，取12111112[,][,]()()0,()()0x x a b f a f x f b f x ==>=<，，
将区间11[,]a b 二等分，取其中之一的子区间为22[,]a b ，它满足22()0,()0f a f b ><， 按照这种规则一直取下去，就得到一个闭区间套11{[,]}=
0()2n n n n n b a a b b a n --→→∞，， 由闭区间套定理，存在012(,)x x x ∃∈使得0lim lim n n n n a x b →∞→∞==，由极限的保号性知
0()(lim )lim ()0n n n n f x f a f a →∞→∞==≥，0()(lim )lim ()0n n n n f x f b f b →∞→∞
==≤，故0()0f x =， 再由拉格朗日定理得()()()0,(,)n n n n n n n n
f b f a f a b b a ξξ-'=<∈-，且0lim n n x ξ→∞=， 0lim ()(lim )()0n n n n f f f x ξξ→∞→∞
'''==≤（极限保号性） -------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 从而 000()()()0F x f x g x '=≤，
i) 若0()0F x <，因为()F a >0，由零点定理得 10(,)a x η∃∈，使1()0F η=，
又因为()F b >0，由零点定理得 20(,)x b η∃∈，使2()0F η=，
最后在12[,]ηη上对函数()F x 应用罗尔定理，即存在(,)a b ξ∃∈，使得()=0F ξ'，从而得到 ()()=()()
f f
g g ξξξξ''''. ii) 若0()=0F x ，因为()F x 在[,]a b 上连续，且()F a >0，()F b >0，由连续函数的最值定理，必 (,)a b ξ∃∈，使得[,]
()=min ()x a b F F x ξ∈，即()F x 在[,]a b 内部取到最小值，由费马定理得()=0F ξ'， 因而得到
()()=()()
f f
g g ξξξξ''''. 证毕！ 点评：在证明形如 “存在某一中值(,)a b ξ∈，使其满足方程[(),()]=0f x f x ϕ'”，这一类问题中，
基本的思路：1）构造辅助函数()[,]F x x a b ∈，，（借助微分运算的方法， k 值法等）；
2）验证()F x 满足罗尔定理的三个条件，若满足，则存在(,)a b ξ∈，使得
()=0F ξ'，命题得到证明。
一般罗尔定理的前两个条件往往容易满足，端点值相等这个条件有时不易满足，此时就要通过 题设条件，找到一个子区间12[,][,]x x a b ⊂，使其满足12()()F x F x =，然后在闭区间12[,]x x 上应用罗尔定理。
若利用题设条件不易找到子区间12[,][,]x x a b ⊂，那么证明的思路就要转向去寻找(,)a b 内
部的极值点（最值点），（其中要用到连续函数的最值定理），再由费马定理得到存在(,)a b ξ∈， 使得()=0F ξ'，命题得到证明。