微分中值定理的证明题
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'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２１２１２１２１２２１１１２１１１２１１２２１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 0011000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n nni 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 0011110000111()()()()().x 2!()()()()()(()()().)nn ni i i i i i i nni nniiiiiii 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.2F ,F 2(0)0,(0)0,((cos02F f xf F F f ππξξπξξππππππξ [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 cossin F cos sin 0222222cos0)tan22x x x f f f πξξξξξξξξξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。
与微分中值定理有关的证明题
与微分中值定理有关的证明题一．利用罗尔定理1．()f x 在[0 ，1]上有二阶导数，且(1)0f = ，又2()()F x x f x = ，求证：在（0 ，1）内至少存在一点x ，使()0F x ⅱ= 2．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导 ，且(1)0f = ，求证：在（0 ，1）内 至少存在一点x ，使()()0f f x x x ¢+=3．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ，l 为某个常数，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()0f f l x x ¢+= 4．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ，l 为某个常数， 求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()0f f x x x ¢+=5．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b ==求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()()0f g f g x x x x ⅱ+= 6．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ， 对于任一点x Î[a , b] ，()0g x ¹ ，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()()0f g f g x x x x ⅱ-= 7．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b ==求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()0f f g x x x ⅱ+= 8．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()f a f b = ， 求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()f a f f x x x ¢-= 9．()f x 在[1 ，2]上连续，在（1 ，2）内可导，且1(1)2f = ，(2)2f =，求证：在（1 , 2）内至少存在一点x ，使2()()f f x x x¢=二．利用拉格朗日中值定理1．当1||2x £，证明：23arccos arccos(34)x x x p --=2．02p a b <<<时，证明：22tan tan cos cos b a b a b a ab--<-<3．0x >时，求证：2arctan 1x x x x<<+4．0a b <<，求证：b ab ab ab e ea--<<5．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，()()f a f b =，且()f x 在[a , b]上 不为常数，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()0f x ¢>6．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内二阶可导，()()f a f b ==0，()0f c >（a c b <<），求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()0f x ⅱ<7．0x >，11()42x q <<，并求0lim ()x x q +®与lim ()x x q ?三．利用柯西中值定理1．0a b <<，求证：在（a ，b ）内至少存在一点x ，使(1)()baae be e b a xx -=-- 2．0a b <<，()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，求证：在（a ，b ）内至少 存在一点x ，()()()ln b f b f a f ax x ¢-=四．综合题1．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导 ，且(0)(1)0f f ==，12()1f =， 求证：在（0 ，1）内至少存在一点x ，使()1f x ¢=2．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内有二阶导数，连接点（a , ()f a ） 与点（b ，()f b ）的直线段交曲线()y f x =于点（c ，()f c ），a c b <<，求证：在（a ，b ）内至少存在一点x ，使()0f x ⅱ= 3．()f x ¢在[0 ， c]上单调减少，且(0)0f =，证明：对于满足0a b a b c <<<+<中 的a 与b ，恒有()()()f a f b f a b +<+4．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导 ，且(0)0,(1)1f f ==， 求证：任给正数a 与b ，在（0，1）内必存在1x 与2x ，使12()()a b a b f x f x +=+ⅱ5．0a b <<，()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，证明：在（a ，b ）内分别存在x 和h ，使222()()()3f f a ab b h x h¢¢=++提示：一 . 1. ()F x 在[0 1]上应用罗尔定理，得()0F η'= ，()F x '在[0 η]上应用罗尔定理2．()()x x f x ϕ= 3. ()()x x f x e λϕ= 4. 22()()xx e f x ϕ= 5. ()()()x f x g x ϕ=6. ()()()f x xg x ϕ=7. ()()()g x x f x e ϕ= 8. ()[()()]x x f x f a ϕ=- 9. 2()()f x x xϕ=二. 4. 取对数ln ln b a b ab a ba--<-<令()ln f x x = 5. 至少有一点c (a<c<b) , ()()f c f a ≠ 若()()f c f a >, ()f x 在[a c] 应用拉格朗日中值定理 , 若()()f c f a <, ()f x 在[c b] 应用拉格朗日中值定理 6．()f x 在[]a c 与[]c b 分别应用拉朗日中值定理，得1a c η<<与2c b η<< 且1()0f η'>与2()0f η'<，()f x '在12[]ηη上应用拉格朗日中值定理7. ()f t =在[x 1x +]上用拉格朗日中值定理得,得11()]42x θ=+由1022x x<=<=1111l i m ()l i m ()4422x x x x x θθ+→+∞→+∞→==+=三. 1. ()xef x x =1()g x x = 2 .()()ln ln f b f a b a--四. 1. ()()F x f x x =-在[121]上应用零点定理 , ()0F η=, ()F x 在[0 η]用罗尔定理 2. ()f x 在[a c]和[c d]上应用拉格朗日中值定理 , 得12()()f x f x ''=()f x '在[1x 2x ]应用罗尔定理3. ()()()()()[()(0)]f a b f a f b f a b f b f a f +--=+--- 应用拉格朗日中值定理2112()()0f a f aa b a b ξξξξ''=-<<<<<+21[()()]0a f f ξξ''=-<4. 由于01a a b<<+ 介值定理得()a f a bξ=+ 01ξ<<在[0 ξ] 和[ξ 1]上用拉格朗日中值定理 得11()0()a ab x f x ξξ=+<<' ①22(1)()1()b a bx f x ξξ=-+<<' ② ①+②相加得证5. 拉格朗日中值定理 ()()()f b f a f b a ξ-'=- ① 柯西定理332()()()3f b f a f b aηη'-=- ②②乘22a ab b ++得222()()()()3f b f a f a ab b b aηη'-=++- ③ 比较①③得证。
考研数学一：微分中值定理(37)(22题)
f ' () f ' () 1
利用拉格朗日中值定理得
f ( ) f ( ) f (0) f ' ( ) , (0, ) f (1) f ( ) f ' ( )(1 ) , ( ,1) 1 f ( ) f ' ( )
说明：辅助函数导数可以和原方程相差一非零因子
例4 设 f (x) 可导, λ为任意实数, 则 f (x)的任意两个零
点之间, 必有 f ( x ) f ' ( x ) 的零点
解 设 x1< x2 是 f (x) 的任意两个零点，要证：存在
ξ(x1, x2) 使
f ( ) f ' ( ) 0
f ' () 0
y y 说明:
A B
2
1) 几何意义
0 o
a
b xx
2) 罗尔定理涉及了方程根的问题
例2 若 f (x)在 0, 1上连续, 在 (0,1)内可导, 且 f (1)=0 ,
则在 (0,1) 内存在点ξ, 使
f ' ( ) f
解
f ( ) f ' ( ) f ' ( ) f ( ) 0, (0,1)
[ xf ( x )]' x 0, (0,1)
取辅助函数 F ( x ) xf ( x ) ，则 F(x)在 0, 1上连续， 在 (0,1)内可导，且F(0) = F(1) = 0， 根据罗尔定理， 存在 ξ(0,1) , 使
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'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２１２１２１２１２２１１１２１１１２１１２２１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 0011000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n nni 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 0011110000111()()()()().x 2!()()()()()(()()().)nn ni i i i i i i nni nniiiiiii 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.2F ,F 2(0)0,(0)0,((cos02F f xf F F f ππξξπξξππππππξ [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 cossin F cos sin 0222222cos0)tan22x x x f f f πξξξξξξξξξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。
考研：微分中值定理的证明题汇总
f ( )
唯一性： （反证法） 假设有两个点 1 , 2 (0,1) ，且 1 2 ，使得 F (1 ) F ( 2 ) 0
F ( x) 在 [0,1] 上连续且可导，且 [1 , 2 ] [0,1] F ( x) 在 [1 , 2 ] 上满足 Rolle 定理条件 必存在一点 (1 , 2 ) ，使得： F () f () 1 0
而 f (a) 0 故在 (a, a
f (a) ) 内 f ( x) 0 有唯一的实根 k
1 2 t0 t sin 12. 试问如下推论过程是否正确。对函数 f (t ) 在 [0, x] 上应用拉 t t 0 0
格朗日中值定理得：
f ( x ) f ( 0 ) x0 1 x2 s i n 0 1 1 1 x x s i n f ( ) 2 s in co s x) (0 x0 x
即： cos
1
2 sin
1
x sin
1 x
( 0 x )
因0 x， 故当 x 0 时， 由m i l 2 n s i 0 0，
0
1
x 0
lim x sin
1 0 x
得： lim cos
x 0
1
0 ，即 lim cos
0
【证明】令 G( x) f (a x) f ( x) ， x [0, a] ． G( x) 在[0,a]上连续，且
G(a) f (2a) f (a) f (0) f (a) G(0) f (a) f (0)
第03章微分中值定理与导数的应用习题详解
M 12丿」I 2丿第三章 微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：(1)虽然 f(x)在［—1,1］上连续，f(—1) = f(1)，且 f(x)在(—1,1)内可导。
可见，f(x)在［_1,1］上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点 匕€(-1,1)，使得f 牡)=0，即:f(X)=cosx, F(X)=1 — sin X 且对任一 x 乏0,—】，F'(X)H 0, ”■. f (x),F (x)满足柯西 I 2丿中值定理条件。
—12©宀2=0，满足、； (2)虽然f(x)在［—1,1］上连续,f(_1)= f (1)，但 f (x)在(—1,1)内 x = 0点不可导。
可 见，f (x)在［ —1,1］上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点 £ £ (_1,1)，使得 f 徉)=0. 2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件 3 3 .解：令 y = 3arccos x - arccos(3x - 4x 3), y ‘ = 一 23 —12x 2厂工®®3)2，化简得 y'=0,「. y =c ( C 为常数)，又 y(0.5)=兀，故当-0.5<x<0.5，有 y(x)=兀。
「兀f f 兀、 4 .证明：显然f(x), F(x)都满足在'|0,二I 上连续，在10,二 内可导L 2」 I 2丿 c oxsn ——x、、2丿F Q-F(O)12丿兀--1 2F( x) -1 sixn_c O 弓-x厂(X )_F(x) ZL"2 /兀 X ,，即 tan I - -- U--1，此时l 4 2丿 2f JI「兀X = 2 I — -arctan l — -1L 4l 2显然萨〔0,-〕，即丿」 I 2丿5.解：因为f(0) = f (1)= f (2) = f (3) =0，又因为f(x)在任一区间内都连续而且可导, 所以f (X)在任一区间 0,1 ], 1,2], [2,3]内满足罗尔中值定理的条件， 所以由罗尔定理，得:3" -(0,1), "^(1,2), ©-(2,3),使得：f 徉1 )= 0 r =) &：◎(=), 30 因为6.证明：设f(x) =0的n+1个相异实根为X o V X 1 <X 2 <H( <X n则由罗尔中值定理知：存在J (i =1,2,川n):X0 <：勺1cj ■<X2 vill <-1^Xn ，使得再由罗尔中值定理至少存在So =1,2,川n-1):上11 C 巴21 V ©2 吒 W ©3 V i 11 < J n d W G n ,使得7.解：反证法，倘若 p(X)=0有两个实根，设为X^X 2，由于多项式函数 p(x)在[X 1,X 2]上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点E€(X I ,X 2),使得P 徉)=0,而这与所设p'(x)=0没有实根相矛盾，命题得证。
微积分中值定理习题课
ek f ( ) ek kf ( ) 0
[e kx f ( x ) (e kx ) f ( x )]x 0
[e
kx
f ( x )]x 0.
1
设f (x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且
f (a ) f (b) 0, f ( x ) 0, x (a , b). 证明: f ( ) k. 对任意的实数k, 存在点 (a b), 使 f ( ) 证 设g( x ) ekx f ( x ) [e kx f ( x )]x 0 ; 则(1) g( x )在[a, b]上连续 ;(2) g( x )在(a, b)内可导
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 (0,3), 使f ( ) 0. x 在 f[( 在 [0, 2]上连续 , 证 因为 因为 ff(( (x)在 cx , )3] 上连续 , c)) [0, 1 3] f上连续 ( 3), 且 ,f 所以 且在 2]上必有最大值 M和最小值 必存在 ,于是 在(c,[0, 3)内可导 , 所以由Rolle 定理知,m m (cf,3 (0 (M , ), m f f 1) 0 M (( )) 0,3 使 . , m f ( 2) M . f (0) f (1) f ( 2) m M. 故 3 由介值定理知,至少存在一点 c [0,2], 使
综上, 存在 (a, b), 使得h( ) 0.
6分
4
考研数学(一、二、三)11分
(1) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 f (x)在
[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 则存在 (a , b ), 使得f (b) f (a ) f ( )(b a ). (2) 证明: 若函数f ( x )在x 0处连续, 在(0, ) ( x ) A, 则f (0)存在, ( 0)内可导, 且 lim f
微分中值定理题目
例1设()x f '在[]b a ,上存在,且()()b f a f '<',而r 为()a f '与()b f '之间的任一值,则在()b a ,内存在一点ξ,使得()r f ='ξ[7].例2设()x f 在()+∞,a 内可导,且()()A x f x f x a x ==+∞→→+lim lim ,试证:至少存在一点 ()+∞∈,a ξ,使得()0='ξf [7].例3设函数()x f 在[]b a ,上可导,且()()0_<'⋅'+b f a f ,则在()b a ,内至少存在一个ξ,使得()0='ξf [7].例4()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内二阶可导,且()()()b f c f a f ==,()b c a <<, 试证:至少存在一个()b a ,∈ξ,使得()0=''ξf [2].例5设()x f 在[]1,0上有三阶导数,()()010==f f ,设()()x f x x F 3=,证明:存在 ()1,0∈ξ使得()0='''ξF .例6设()x f 在[]b a ,上可微，且()x f 在a 点的右导数()0<'+a f ，在b 点的左导数 ()0<'-b f ，()()c b f a f ==，证明：()x f '在()b a ,内至少有两个零点.例7设()x f 在R 上二次可导，()0>''x f ，又存在一点0x ，使()00<x f ，且 ()0lim <='-∞→a x f x ，()0lim >='+∞→b x f x ，证明：()x f 在R 上有且仅有两个零点. 例8()[]1,0在x f 上二次可导,()()010==f f ,试证明:存在()1,0∈ξ,使得()()()ξξξf f '-=''211[4].例9设()[]1,0在x f 上连续,在()1,0上可导, ()()010==f f ,121=⎪⎭⎫ ⎝⎛f .证明: 至少存在一点()1,0∈ξ使得()1='ξf .例10设函数()x f 在闭区间[]b a ,上连续,在开区间()b a ,上二次可微,连结()()a f a ,与()()b f b ,的直线段与曲线()x f y =相交于()()c f c ,,其中b c a <<.证明在()b a ,上至少存在一点ξ,使得()0=''ξf [1].例11设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导,且()()1==b f a f 试证:存在ξ, ()b a ,∈η使得 ()()[]1='+-ηηξηf f e [1].例12 设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,上二阶可微,并且()()b f a f =,证明:若存在点()b a c ,∈,使得()()a f c f >,则必存在点()b a ,,,∈ζηξ,使得()0>'ξf ,()0<'ηf ,()0<''ζf [6].例13设()x f 定义在[]1,0上,()x f '存在且()x f '单调递减,()00=f ,证明: 对于 10≤+≤≤≤b a b a ,恒有()()()b f a f b a f +≤+.例14 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,b a <≤0,()()b f a f ≠.证明:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξf b a f '+='2 [6]. 例15 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,且()0≠'x f ,试证:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξ---=''e ab e e f f ab [1]. 例16设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,证明:存在()b a ,∈ξ,使得()()()()ξξξf f ab a af b bf '+=--[1]. 例17设()[]b a x f ,在上连续()0>a ,在()b a ,可导,证明:在()b a ,内存在ξ,η,使()()ab f f ηηξ'='2[1].例18 设()[]b a x f ,在上连续,在()b a ,内可微,0>>a b ,证明:在()b a ,内存在321,,x x x ,使得()()()()33223222211ln42x f x a b a b x x f a b x x f '-='+='. (3) 例19设()x f 在()b a ,内二次可微,试用柯西中值定理证明:任意x ,()b a x ,0∈,存在ξ在x 与0x 之间,使()()()()()()2000021x x f x x x f x f x f -''+-'+=ξ成立[6]. (8)。
数学分析简明教程答案数分5_微分中值定理及其应用
壹第五章微分中值定理及其应用第一节微分中值定理331231.(1)30()[0,1];(2)0(,,),;(1)[0,1]30[0,1]()3nx x c c x px q n p q n n x x c x x f x x x c证明：方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根方程为正整数为实数当为偶数时至多有两个实根当为奇数时,至多有三个实根。
证明：设在区间内方程有两个实根,即有使得函数值为零012023(,)[0,1],'()0.'()33(0,1)(3,0)30()[0,1] (2)2220nx x x f x f x x x x c c n n k x px q x 。
那么由罗尔定理可知存在使得 但是在内的值域为是不可能有零点的,矛盾。
因此有:方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根。
当时,方程至多只可能有两个实根,满足所证。
当时,设方程有三个实根,即存在实数1230112022301021010110202()0(,),(,),'()'()0,'()0(*'()0n n n x x f x x px q x x x x x x f x f x f x nx p f x nx p使得函数成立。
那么由罗尔定理可知存在使得即0010220000102),(,),''(0)0,''()(1)0,0,0,0.2(*).212n nx x x f f x n n x x x x n k p n n k x px q 再次利用罗尔定理可以知道,存在使得即显然必有那么就有 那么由于为偶数,可以知道此时不存在满足式的实数因此当为偶数时方程至多有两个实根。
当时,设方程1234111212231334111213111110()0(,),(,),(,)'()0,'()0,'()0,'()0'(nn x x x x f x x px q x x x x x x x x x f x f x f x f x nx p f x 有三个实根,即存在实数使得函数成立。
微分中值定理的证明题660
微分中值定理的证明题1.若在上连续，在上可导，，证明：，使得：。
证：构造函数，则在上连续，在内可导，且，由罗尔中值定理知：，使即：，而，故。
2.设，证明：，使得。
证：将上等式变形得：作辅助函数，则在上连续，在内可导，由拉格朗日定理得：，即，即：。
3.设在内有二阶导数，且，有证明：在内至少存在一点，使得：。
证：显然在上连续，在内可导，又，故由罗尔定理知：，使得又，故，于是在上满足罗尔定理条件，故存在，使得：，而，即证4.设函数在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，，.证明：(1)在(0,1)内存在，使得．(2)在(0,1)内存在两个不同的点，【分析】第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【证明】（I）令，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在使得，即.（II）在和上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点，使得，于是5.设在[0，2a]上连续，，证明在[0,a]上存在使得.【分析】在[0,2a]上连续，条件中没有涉及导数或微分，用介值定理或根的存在性定理证明。
辅助函数可如下得到【证明】令，．在[0,a]上连续，且当时，取，即有；当时，，由根的存在性定理知存在使得，，即．6.若在上可导，且当时有，且，证明：在内有且仅有一个点使得证明：存在性构造辅助函数则在上连续，且有，，由零点定理可知：在内至少存在一点，使得，即：唯一性：（反证法）假设有两个点，且，使得在上连续且可导，且在上满足Rolle定理条件必存在一点，使得：即：，这与已知中矛盾假设不成立，即：在内仅有一个根，综上所述：在内有且仅有一个点，使得7.设在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且==0，=1。
试证至少存在一个(0，1)，使=1。
分析：=1=1=x=0令()=证明：令F()=()在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，(1)=()=由介值定理可知，一个(，1)，使()=0又(0)=0=0对()在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使=0即=18.设在上连续，在内可导，且试证存在和.满足，使。
微分中值定理
x0为唯一的小于 1的正实根 .
题型二:求满足定理条件的 值
例7 求 f ( x ) arctan x 在 [0,1] 上满足Lagrange
中值定理的 值
题型三:用Lagrange中值定理证明不等式
x 例8 证明当x 0时, ln(1 x ) x . 1 x f (b) f (a) 证 设 f ( x) ln x, 凑成 形式 ba
如图3此时弦AB的斜率为
f ( ) dY |x g ( ) dX
f (b) f (a) g (b) g (a)
柯西(Cauchy)中值定理
如果 f(x),g(x)满足
(1) ( 2) ( 3)
在闭区间 在开区间
[a, b]上连续,
( a , b ) 内可导,
g( x) 0, x (a, b )
则 (a, b ), 使等式
f ' ( ) f (b ) f (a ) 成立. ' g ( ) g (b ) g (a )
f (b ) f (a ) g( x ) f ( x ) 证: 作辅助函数 ( x ) g(b) g(a ) 则 ( x) 在[a, b] 上连续, 在 (a, b)内可导, 且 f (b ) g (a ) f (a ) g (b ) (a ) (b) g(b) g(a ) 使 由罗尔定理知, 至少存在一点 即 f (b) f (a ) f ( ) . g(b) g(a ) g( ) 思考: 柯西定理的下述证法对吗 ? f (b) f (a) f ( )(b a) , (a , b) 两个 不 一定相同 g(b) g(a ) g( )(b a ), (a , b)
数学分析6微分中值定理及其应用总练习题详解
第六章 微分中值定理及其应用总练习题1、证明：若f(x)在(a,b)内可导，且+→a x lim f(x)=-→b x lim f(x)，则至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.证：定义f(a)=+→a x lim f(x)，f(b)=-→b x lim f(x)，则f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，由罗尔中值定理知 至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.2、证明：若x>0，则 (1)1x +-x =θ(x)x 21+，其中41<θ(x)<21；(2)0x lim →θ(x)=41，+∞→x lim θ(x)=21. 证：(1)由拉格朗日中值定理得：1x +-x =θ(x)x 21+, (0<θ(x)<1)，∴θ(x)x 2+=x1x 1-+=1x ++x ，∴θ(x)=41+21[1)x(x +-x].∵1)x(x +-x>2x -x=0，∴41+21[1)x(x +-x]>41； 又1)x(x +-x=x1)x(x x ++<xx x 2+=21，∴41+21[1)x(x +-x] <21.∴41<θ(x)<21.(2)(1)中已证θ(x)=41+21[1)x(x +-x]，∴0x lim →θ(x)=0x lim →{41+21[1)x(x +-x]}=41； +∞→x lim θ(x)=+∞→x lim {41+21[1)x(x +-x]}=41+21+∞→x lim 1x111++=21.3、设函数f 在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且ab>0. 证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).证：记F(x)=xf (x)，G(x)=x 1，根据柯西中值定理，存在ξ∈(a,b)，使得)(G )(F ξξ''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)，又)(G )(F ξξ''=f(ξ)- ξf ’(ξ)，∴f(ξ)- ξf ’(ξ)=G(a)-G(b)F(a)-F(b).又f(b)f(a)b a b -a 1=b -a bf (a)-af (b)=a1-b 1a f(a)-bf(b)=G(a)-G(b)F(a)-F(b)， ∴f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).4、设函数f 在[a,b]上三阶可导，证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ). 证：记F(x)=f(x)-f(a)-21(x-a)[f ’(x)+f ’(a)]，G(x)=(x-a)3，则 F,G 在[a,b]上二阶可导，F ’(x)=f ’(x)-21[f ’(x)+f ’(a)]-21(x-a)f ”(x)，G ’(x)=3(x-a)2，F ”(x)=f ”(x)-21f ”(x)-21f ”(x)-21(x-a)f ’”(x)=-21(x-a)f ’”(x)；G ”(x)=6(x-a).且F(a)=F ’(a)=0，G(a)=G ’(a)=0.根据柯西中值定理，存在η∈(a,b)，使得)(G )(F ηη''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)=G(b)F(b)=3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'， 又根据柯西中值定理，存在ξ∈(a, η)，使得)(G )(F ξξ''''=(a)G -)(G (a)F -)(F ''''ηη=)(G )(F ηη''，又)(G )(F ξξ''''=a)-6()(f )a (21-ξξξ'''-=-121f ”’(ξ).∴3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'=-121f ”’(ξ). ∴f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ).5、对f(x)=ln(1+x)应用拉格朗日中值定理，证明： 对x>0，有0<x)ln(11+-x1<1.证：f ’(x)=x11+. 对f 在区间[0,x]应用拉格朗日中值定理得： f ’(ξ)=0-x f (0)-f (x)=x ln1-x)ln(1+= x x)ln(1+，∴ln(1+x)=xf ’(ξ)=ξ1x+. ∴x)ln(11+=x ξ1+=x 1+x ξ；即x)ln(11+-x 1=xξ.又0<xξ<1，∴0<x)ln(11+-x1<1.6、设a 1,a 2,…,a n 为n 个正实数，且f(x)=(na a a x n x 2x 1+⋯++)x1. 证明：(1)0x lim →f(x)=nx n x 2x 1a ··a ·a ⋯；(2)∞→x lim f(x)=max{a 1,a 2,…,a n }. 证：(1)0x lim →f(x)=e na a a ln x 1lim x n x 2x 10+⋯++→x = exn x 2x 1nx n 2x 21x 10a a a a ln a a ln a a ln a lim+⋯+++⋯++→x= ena ln a ln a ln n21+⋯++=n xn x 2x 1a ··a ·a ⋯. (2)记A=max{a 1,a 2,…,a n }，则0<Aa k≤1, (k=1,2,…,n)∵f(x)=A[n)A a()A a ()Aa (x n x 2x 1+⋯++]x 1，∴A(n 1)x 1<f(x)≤A ， 又∞→x lim A(n1)x1=A ，∴∞→x lim f(x)=A=max{a 1,a 2,…,a n }.7、求下列极根： (1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11；(2)2xx x x)ln(1-xe lim+→；(3)sinxx 1sinx lim20x →.解：(1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11=e)x 1ln()x 1ln(lim21x --=→= e21x x1)x 1(x 2lim--=→=ex 1x 2lim1x +=→=e.(2)2x 0x x x)ln(1-xe lim +→=2xx 11-xe e lim xx0x ++→=2x)(11xe 2e lim 2x x 0x +++→=23. (3)sinxx 1sinx lim20x →=)sinx x ·x 1sin x (lim 0x →=)x 1sin x (lim 0x →·sinx x lim 0x →=0·1=0.8、设h>0，函数f 在U(a,h)内具有n+2阶连续导数，且f (n+2)(a)≠0, f 在U(a,h)内的泰勒公式为：f(a+h)=f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )θh a (f 1)(n +++h n+1, 0<θ<1.证明：θlimh →=2n 1+. 证：f 在U(a,h)内带皮亚诺型余项的n+2阶泰勒公式为：f(a+h)= f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )a (f 1)(n ++h n+1+2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o(h n+2),与题中所给泰勒公式相减得：1)!(n )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n +-+++h n+1=2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o (h n+2).∴1)!(n θ+·θh )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n ++-+=2)!(n )a (f 2)(n +++2n 2n h )h (++o .令h →0两端取极限得：1)!(n )a (f 2)(n ++θlim 0h →=2)!(n )a (f 2)(n ++，∴θlim 0h →=2n 1+.9、设k>0，试问k 为何值时，方程arctanx-kx=0存在正根.解：若方程arctanx-kx=0有正根x 0，∵f(x)=arctanx-kx 在[0,x 0]上可导， 且f(0)=f(x 0)=0，由罗尔中值定理知，存在ξ∈(0,x 0)，使得 f ’(ξ)=2ξ11+-k=0. 可见0<k<1. 反之，当0<k<1时，由f ’(x)=2x11+-k 连续，f ’(0)=1-k>0， ∴存在某邻域U(0,δ)，使得在U(0,δ)内，f ’(x)>0，f(x)严格递增， 从而存在a>0，使f(a)>f(0)=0. 又+∞→x lim f(x)=-∞，∴存在b>a ，使f(b)<0， 由根的存在定理知，arctanx-kx=0在(a,b)内有正根. ∴当且仅当0<k<1时，原方程存在正根.10、证明：对任一多项式p(x)来说，一定存在点x 1与x 2，使p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上分别严格单调.证：设p(x)=a 0x n +a 1x n-1+…+ a n-1x+a n ，其中a 0≠0，不妨设a 0>0. 当n=1时，p(x)=a 0x+a 1，p ’(x)=a 0>0，∴p(x)在R 上严格增，结论成立. 当n ≥2时，p ’(x)=na 0x n-1+(n-1)a 1x n-2+…+ a n-1，若n 为奇数，则∞→x lim p ’(x)=+∞，∴对任给的G>0，存在M>0，使 当|x|>M 时，有p ’(x)>G>0，取x 1=M ，x 2=-M ，则 p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上均严格增.若n 为偶数，则+∞→x lim p ’(x)=+∞，-∞→x lim p ’(x)=-∞， ∴对任给的G>0，存在M>0，使当x>M 时，有p ’(x)>G>0，当x<-M 时，p ’(x)<-G<0，取x 1=M ，x 2=-M ， 则p(x)在(x 1,+∞)上严格增，在(-∞,x 2)上严格减. 综上原命题得证。
习题-微分中值定理
若在点可导，则是否在的某邻域内可导或连续或极限存在.答否.若在点可导，则在的某邻域内有界吗？答是.若在区间I上是单调函数且可导，那么在区间I上是单调函数吗？答否.如果可导数与当时，有，那么当时，必有，这种说法正确吗？答不正确.设函数在包含点的开区间内可导，如果，由此可以断定在点的某邻域内单调增吗？答不可以.如果函数在处有极大值，能否肯定存在点的邻域，使在左邻域内单调增加，而在右邻域内单调减少？答不能肯定.最大（小）值一定是极大（小）值吗？反之极大（小）值一定是最大（小）值吗？答不一定是.复习题三5．证明：若…，则在（0，1）内必有某个使得.证设，，由在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且，由罗尔定理知至少存在一点，使，由，知。
7．设a,b为常数，f'(x)在(a,b)内存在，且（常数），证明至少存在一点证令由条件和构造的函数知F（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内F(x)=f(x)可导，且由罗尔定理知至少一点8．设函数在连续，在（a、b）内可导，且证明存在使得证要证原等式成立，只要证，成立，由只要证，（1）成立，由拉格朗的定理知存在一点使（2）再由在上满足柯西定理的条件，知存在一点使（3）（2），（3）两边相乘，即得（1）式成立，故原等式成立。
9．设证由题意知成立，由,只要证成立,只要证成立,只要证成立,设, 只要证(1)成立,由F(x)在[x1,x2]上连续,在(x1,x2)内可导 ,,由罗尔定理知至少存在一点,使,即(1)成立,由每一步可逆,故结论成立.注：1. 要学会把用语言给出的条件与结论，转换成数学表达式，因为我们推理时不是用语言，而是用数学表达式。
10．设f(x)在[0,2]上连续，在（0，2）内可导，且，试证在（0，2）内至少存在一点，使得.证法一要证原等式成立，只要证=0成立，只要证成立，只要证成立，设只要证（1）成立，由在上连续，在（0，2）内可导，且，又知F（0）=F（1），由罗尔定理知至少存在一点，使成立，即（1）式成立，由每一步可逆，故原等式成立。
微分中值定理有关证明
☆例1 设)(x f 在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且3)2()1()0(=++f f f ，1)3(=f .试证：必存在)3,0(∈ξ，使()0f ξ'=证：∵ )(x f 在[0，3]上连续，∴ )(x f 在[0，2]上连续，且有最大值和最小值.于是M f m ≤≤)0(；M f m ≤≤)1(；M f m ≤≤)2(，故M f f f m ≤++≤)]2()1()0([31. 由连续函数介值定理可知，至少存在一点[0,2]c ∈使得1)]2()1()0([31)(=++=f f f c f ，因此)3()(f c f =，且)(x f 在[，3]上连续，（，3）内可导，由罗尔定理得出必存在)3,0()3,(⊂∈c ξ使得()0f ξ'=。
☆例2 设)(x f 在[0，1]上连续，（0，1）内可导，且⎰=132)0()(3f dx x f求证：存在)1,0(∈ξ使0)('=ξf证：由积分中值定理可知，存在2[,1]3c ∈，使得⎰-=132)321)(()(c f dx x f得到 ⎰==132)0()(3)(f dx x f c f对)(x f 在[0，c]上用罗尔定理，（三个条件都满足） 故存在)1,0(),0(⊂∈c ξ，使()0f ξ'=☆例3 设)(x f 在[0,1]上连续，(0，1)内可导，对任意1>k ，有⎰-=k x dx x f xe k f 11)()1(，求证存在)1,0(∈ξ使1()(1)()f f ξξξ-'=-证：由积分中值定理可知存在1[0,]c k∈使得)01)(()(1101-=--⎰k c f ce dx x f xe ck x令)()(1x f xex F x-=，可知)1()1(f F =这样1110(1)(1)()()()x c k F f kxe f x dx ce f c F c --====⎰，对)(x F 在]1,[c 上用罗尔定理（三个条件都满足）存在)1,0()1,(⊂∈c ξ，使()0F ξ'= 而111()()()()xx x F x ef x xe f x xe f x ---''=-+∴ 11()[()(1)()]0F ef f ξξξξξξ-''=--=又01≠-ξξe，则1()(1)()f f ξξξ'=-在例3的条件和结论中可以看出不可能对)(x f 用罗尔定理，否则结论只是()0f ξ'=，而且条件也不满足。
微分中值定理的一个证明
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( 下转 第 2 5页 )
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平 面 几 何 题 的 三 角 解法 ”
”
,
,
《 数学 教 学 ( 杭 州 )》
,
197 9
;
数学 问 题 三 角 解 法 的 新 认 识
《 教 学 与 研 究 ( 浙 师 院舟 山 分 校 )
,
1 9 8 0 年 第 1 期; 3
、
解析 法
微分中值定理应用举例
微分中值定理应用举例单调性与极值1.函数)(x f 在[]0,1上//()0fx >，比较//(1),(0),(1)(0)f f f f -的大小.解：)(x f 在[]0,1上满足拉氏中值定理条件，存在()0,1ξ∈，使得/(1)(0)()f f f ξ-=.由于//()0fx >，所以/()f x 单调增加，而01ξ<<，所以///(0)()(1)f f f ξ<<，即//(0)(1)(0)(1)f f f f <-<. 2.函数)(x f 在[]0,1上/////()0,(0)0f x f>=，比较//(1),(0),(1)(0)f f f f -的大小.解：由于///()0fx >，所以//()f x 单调增加，而//(0)0f=，所以在[]0,1上//()0fx >，同上题讨论有//(0)(1)(0)(1)f f f f <-< 3.)(x f 在(),-∞+∞内有定义，且满足()()f x f x =--，在()0,+∞内///()0,()0f x fx >>,判断在(),0-∞内///(),()f x fx 的符号.解：()()f x f x =--，所以)(x f 在(),-∞+∞内为奇函数，/()f x 为偶函数，//()f x 为奇函数，在()0,+∞内///()0,()0f x fx >>，所以在(),0-∞内///()0,()0f x fx ><.4.已知函数)(x f 在区间()1,1δδ-+内具有二阶导数,且/()f x 严格递增,/(1)(1)1f f ==，则：A.在()1,1δδ-+内均有()f x x <；B.在()()1,1,1,1δδ-+内均有()f x x >；C. 在()1,1δ-内均有()f x x <，在()1,1δ+内均有()f x x >；D. 在()1,1δ-内均有()f x x >，在()1,1δ+内均有()f x x <.解：令()()F x f x x =-，则(1)(1)10F f =-=，//()()1F x f x =-选择B.5 .设)(x f 处处可导,则 A.lim()x f x →-∞=-∞必/lim ()x f x →-∞=-∞；B. /lim ()x f x →-∞=-∞必lim ()x f x →-∞=-∞C. lim ()x f x →+∞=+∞必/lim ()x f x →+∞=+∞；D. /lim ()x f x →+∞=+∞必lim ()x f x →+∞=+∞解：选择D (A,C 的反例y x =，B 的反例2y x =) 6.设函数)(x f 在[)0,+∞上有界且可导，则A. lim ()0x f x →+∞=必/lim ()0x f x →+∞= ;B. /lim ()x f x →+∞存在，必/lim ()0x f x →+∞=；C. 0lim ()0x f x +→=必/0lim ()0x f x +→=; D. /0lim ()x f x +→存在，必/0lim ()0x f x +→=；解：选择B (C,D 的反例/()sin ,()cos f x x f x x ==，A 的反例1sin ,xy e x=/211sin cos xx xy e e e xx=-+，则lim ()0x f x →+∞=，但/lim ()x f x →+∞不存在)7. 设函数)(x f 在0x =的邻域内连续,且(0)0f =，0()lim21cos x f x x→=-，则在0x =处A. )(x f 不可导;B.可导,且/(0)0f ≠;C.取极大值;D.取极小值解：200()()1()(0)1()(0)limlim2lim2lim21cos 02x x x x f x f x f x f f x f xxx xx x→→→→--====---所以0()(0)1()(0)1()(0)limlim lim lim00x x x x f x f f x f f x f x x x xx xx →→→→---=⋅=⋅=---所以)(x f 在0x =可导，且/(0)0f =.0()lim21cos x f x x→=-，而1cos 0,20x ->>，所以在0x =的某邻域内()0f x >，(0)0f =所以在0x =处)(x f 取极小值.8. (),()f x g x 为恒大于0的可导函数,且//()()()()0f x g x f x g x -<，则当a x b <<时A. ()()()()f x g b f b g x >；B. ()()()()f x g a f a g x >;C. ()()()()f x g x f b g b >;D. ()()()()f x g x f a g a >解：///2()()()()()0()()f x f x g x f x g x g x g x ⎛⎫-=< ⎪⎝⎭，所以()()f x g x 为减函数， 即当a x b <<时()()()()()()f b f x f ag b g x g a <<，又(),()f x g x 为恒大于0，所以()()()()f x g b f b g x >，选择A9.设)(x f 有二阶连续导数,且/(0)0f =，//()lim1x fx x→=A.(0)f 是()f x 的极大值;B. (0)f 是()f x 的极小值;C. ()0,(0)f 是曲线()y f x =的拐点;D. (0)f 不是()f x 的极值;()0,(0)f 也不是曲线()y f x =的拐点.解：//()lim10x fx x→=>，所以在0x =的邻域内//()0fx >，即曲线是凹的，又/(0)0f =，所以(0)f 是)(x f 的极小值.选择B10.设函数)(x f 在x a =的某个邻域内连续, ()f a 为)(x f 的极大值,则存在0δ>,当(),x a a δδ∈-+时,必有:A.()()()()0x a f x f a --≥； B. ()()()()0x a f x f a --≤;C.2()()lim0()()t af t f x x a t x →-≥≠-； D. 2()()lim0()()t af t f x x a t x →-≤≠-.解：()f a 为)(x f 的极大值，则存在0δ>，(),x a a δ∈-和(),x a a δ∈+时， 都有()()f x f a ≤，所以(),x a a δδ∈-+时, ()()0f x f a -≤，所以A,B 都不正确.22()()()()lim()()t af t f x f a f x t x a x →--=--，由于()()0f a f x -≥，所以2()()0()f a f x a x -≥-.选择C11.设函数)(x f 在(),-∞+∞内有定义, 00x ≠是函数)(x f 的极大值点,则 A. 0x 必是)(x f 的驻点;B.0x -必是()f x --的极小值点C. 0x -必是()f x -的极小值点;D.对一切x 都有0()()f x f x ≤ 解：选择B 12. 2()()lim1()x af x f a x a →-=--，则在x a =处A. )(x f 导数存在,且/()0f a ≠；B.取极大值;C.取极小值; D . )(x f 导数不存在 解：2()()lim1()x af x f a x a →-=--，所以在x a =的某去心邻域内有()()0f x f a -<，所以在x a =处，)(x f 取极大值. 13 .1,2,)n = 的最大值解：令1()x f x x =(1)x ≥，1ln ()xxf x e =，()11/222111()ln 1ln x x f x x x x x xx x ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，所以x e =时/()0f x =，且x e <时/()0f x >，x e >时/()0f x <，所以()f e 时1()x f x x =的唯一极大值，也是最大值.而1,2,)n = 的最大值必是中的一个，而<，所是1,2,)n = 的最大值.14.设()f x 在(),a +∞连续//()f x 在[),a +∞内存在且大于零，记()()()()f x f a F x x a x a-=>-，证明：()F x 在(),a +∞单调增证明：()()()()///22()()()()1()()()()()f x x a f x f a F x f x x a f x f a x a x a ---⎡⎤==---⎣⎦--令()/()()()()()g x f x x a f x f a =---，则(),x a ∈+∞时，///////()()()()()()()0g x fx x a f x f x fx x a =-+-=->所以()()0g x g a >=，所以/()0F x >，即()F x 在(),a +∞单调增.不等式的证明1.当0x >时，证明：1arctan 2x x π+>；证明：令1()arctan 2f x x xπ=+-/2211()01f x xx=-<+，所以0x >时1()arctan 2f x x xπ=+-单调减，而1lim ()lim arctan 02x x f x x xπ→+∞→+∞⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0x <<+∞时，1()arctan 02f x x x π=+->，即1arctan 2x xπ+>.2. 当0x <<+∞时，证明：11ln(1)1x x +>+；证明：0x <<+∞时，令11()ln(1)1f x x x=+-+，()/222111()01(1)1xf x x x x x x ⎛⎫=-+=-< ⎪++⎝⎭+， ()f x 单调减， 而11lim ()lim ln(1)01x x f x x x →+∞→+∞⎡⎤=+-=⎢⎥+⎣⎦， 所以0x <<+∞时，11()ln(1)01f x x x=+->+，即11ln(1)1x x+>+.方法二，0x <<+∞时， 1ln(1)ln(1)ln x x x +=+-，令()ln f x x =，则在区间[],1x x +上用拉格朗日中值定理有：/11ln(1)ln(1)ln ()x x f xξξ+=+-==其中1x x ξ<<+，所以1111xxξ<<+，即有11ln(1)1xx+>+.3.证明：1ln(x x ++≥证明：设()1ln(f x x x =++-则/()ln(f x x x=+++-ln(x =+，令/()0f x =，得唯一驻点0x =//()0fx =>，所以0x =是()f x 的极小值点，所以()(0),f x f ≥又(0)0f =所以()0f x ≥，即1ln(x x ++≥4.当1x >，证明ln(1)ln 1x x xx+>+；证明：因为1x >，所以ln ,10x x +>，所证等价于()1ln(1)ln x x x x ++> 零()ln f x x x =，则/()ln 10f x x =+>，所以1x >时()ln f x x x =单调增加， 而11x x +>>，所以(1)()f x f x +>，即()1ln(1)ln x x x x ++>，即ln(1)ln 1x x xx+>+.5.1,x a e >>，证明：()()a a x a x a ++<； 证明：只需证ln()()ln a a x a x a +<+令()ln()()ln f x a a x a x a =+-+，则/()ln a f x a a x=-+，()//2()0afx a x =-<+所以/()f x 单调减少，而/(0)1ln 0f a =-<，所以10x >>时//()(0)0f x f << 即()f x 单调减少，而(0)0f =，所以10x >>时()(0)0f x f <=， 即ln()()ln a a x a x a +<+，即()()a a x a x a ++<.6.设b a e >>，证明：b aa b >证明：只需证明ln ln b a a b >，设()ln ln f x x a a x =-，///2()ln ,()0a a f x a fx xx=-=>，所以/()ln a f x a x=-单调增加，又/()ln 10f a a =->，所以b x a e >>>时/()ln 0a f x a x=->，故()ln ln f x x a a x =-单调增加.因此，b x e >>时()ln ln ()f x b x x b f a =->，而()0f a =， 所以()ln ln 0f b b a a b =->，即b a e >>时，ln ln b a a b >. 所以b aa b >.7．设()f x 在[)0,+∞上可导，且/()f x 单调递减，证明：对任意正数,a b ，都有[]1()(2)(2)2f a b f a f b +≥+证明：不妨设0a b <<，令[]1()()(2)(2)2F x f a x f a f x =+-+则///()()(2)F x f a x f x =+-，当x a >时有2a x x +<，由于/()f x 单调递减 所以//()(2)f a x f x +>，即/()0F x >，所以()F x 单调增，即x a >时()()F x F a ≥ 所以0a b <<时，[]1()()(2)(2)02F b f a b f a f b =+-+≥，即[]1()(2)(2)2f a b f a f b +≥+.8.设//()lim1,()0x f x f x x→=>，证明：()f x x ≥；证明： //()f x 存在，所以()f x 可导，所以()f x 可导连续，又0()lim 1x f x x →=，所以0()(0)lim ()lim 0x x f x f f x x x→→==⋅=，既有/()()(0)limlim(0)1x x f x f x f f xx→→-===令()()F x f x x =-，//////()()1,()()0F x f x F x fx =-=>， //(0)(0)10F f =-=，所以0x =是()()F x f x x =-的唯一极小值点，所以()()(0)F x f x x F =-≥，(0)0F = 既有()f x x ≥.9.()0,1x ∈，证明：()221ln (1)x x x ++<；证明：令()22()1ln (1)f x x x x =++-，/2()ln (1)2ln(1)2f x x x x =+++-[]//ln(1)12()222ln(1)111x fx x x xxx +=+-=+-+++令[]()ln(1)g x x x =+-，/1()11g x x=-+，所以()0,1x ∈时/()0g x <，()g x 单调减()(0),(0)0g x g g <=，所以()0g x <，而此时201x>+，所以//()0fx <，而/(0)0f =所以()0,1x ∈时，()0,1x ∈时，//()(0)0f x f <=，所以()f x 在()0,1x ∈时单调减少，且(0)0f =，所以()0,1x ∈时()22()1ln (1)0f x x x x =++-<，即()221ln (1)x x x ++<. 10. ()0,1x ∈，证明：11111ln 2ln(1)2x x -<-<+；证明：令11()ln(1)f x x x=-+，则()22/22221ln (1)111()1ln (1)(1)ln (1)x x x f x xx xx x x ++-=-+=++++()/22221()1ln (1)(1)ln (1)f x x x x x x x ⎡⎤=++-⎣⎦++，令()22()1ln (1)g x x x x =++-由上题知()0,1x ∈时，()22()1ln (1)0g x x x x =++-<，所以/()0f x <即()f x 在()0,1x ∈时单调减少.所以()0,1x ∈时，0(1)()lim ()x f f x f x →<<2000011ln(1)ln(1)lim ()lim lim lim ln(1)ln(1)x x x x x x x x f x x x x x x →→→→⎡⎤-+-+=-==⎢⎥++⎣⎦ ()0011111limlim 2212x x x x x →→-+===+，所以111()ln 22f x -<<，即11111ln 2ln(1)2x x-<-<+11.证明：0x π<<时，sin 2x xπ>；证明：令()sin2x xf x π=-，/11()cos22x f x π=-，//1()sin42x fx =-0x π<<时，//1()sin042x fx =-<，曲线sin 2x xy π=-在[]0,π上是凸的，而(0)(1)0f f ==，所以()0,x π∈时，()sin 02x xf x π=->，即sin2x xπ>.关于根的存在及个数问题1.已知2350a b -<，讨论532340x ax bx c +++=实根的个数. 解：令53()234f x x ax bx c =+++，/42()563f x x ax b =++， 令425630x ax b ++=，由于22366012(35)0a b a b ∆=-=-<， 所以425630x ax b ++=没有根，既有/42()5630f x x ax b =++> 由于li m ()0,li m ()0x x f x f x →-∞→+∞<>，由于53()234f x x ax bx c =+++在(),-∞+∞内连续，所以532340x ax bx c +++=至少有一个根.如果方程532340x ax bx c +++=有两个实根1212,()x x x x <，则在[]12,x x 内()f x 满足拉格朗日中值定理，所以存在()12,x x ξ∈，使得/()0f ξ=，这/42()5630f x x ax b =++>矛盾，所以532340x ax bx c +++=只有一个实根.练习：设函数()f x 在闭区间[]0,1上可微,对[]0,1上的任意x ,函数的值都在开区间()0,1内,且/()1f x ≠，证明:在()0,1内有且仅有一个x 使得()f x x =（令()()F x f x x =-）2.求证方程cos 0x p q x ++=恰有一个实根.(其中,p q 为常数,01q <<)证明：令()cos f x x p q x =++，取1a p q =++，则()1cos 0f a p q p q x =++++>()()1cos 0f a p q p q x -=-++++<，由()f x 在[],a a -上连续，由介值定理知，存在(),a a ξ∈-，使得()0f ξ=，所以方程cos 0x p q x ++=有一个实根.又/()1sin f x q x =-，由于01q <<，所以/()1sin 0f x q x =->，即()f x 单调增，所以cos 0x p q x ++=只有一个实根.3.设在[)0,+∞上函数)(x f 有连续导数，且/()0,(0)0f x k f ≥><. 证明： )(x f 在()0,+∞内有且仅有一个零点.证明：令()()(0)F x f x kx f =--，则//()()0F x f x k =-≥.所以，()F x 在()0,+∞内单调增加，[)0,x ∈+∞时，()(0)0F x F ≥>，所以()(0)f x kx f >+.所以，存在a ∈(0,)+∞，()0f a >，又(0)0f <，所以()0f x =在(0,)+∞内有根，又/()0f x k ≥>，所以)(x f 单调增加，所以)(x f 在()0,+∞内有且仅有一个零点.4.设0k >，求()ln x f x x k e=-+在()0,+∞内根的个数.解：/11()f x xe=-，得唯一驻点x e =，0x e <<时，/11()0f x x e=->，而x e >时，/11()0f x xe=-<，所以()0f e k =>为函数极小值点，也是最小值点，所以()ln x f x x k e=-+在()0,+∞内根的个数为0.练习：确定方程sin 2x x k π-=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内根的个数 5.0x >时,211kx x+=有且仅有一解,求k 的取值范围.解：令21()1f x kx x=+-，0lim ()0,x f x +→>0x >时,211kx x+=有且仅有一解，所以必存在0a >，使得0x a ≥>时，()0f x <，所以0k ≤，反之，如果0k ≤时/32()0f x k x=-<，所以21()1f x kx x=+-单调减，所以211kx x+=有且仅有一解.6. 设()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可导，且(0)(1)0f f ==，1()12f =，证明：1）存在1,12η⎛⎫∈⎪⎝⎭，()f ηη=； 2）对任意的λ，存在()0,ξη∈，使得[]/()()1f f ξλξξ--=分析：要构造一个函数()G x ，使其导数中含有因子[]/()1()f x f x x λ⎡⎤---⎣⎦，且(0)(1)G G =，由于，/()1f x -是()f x x -的导数，所以可设[]()()()G x h x f x x =-下面确定()h x ，由于[]///()()()()()1G x h x f x xh x f x ⎡⎤=-+-⎣⎦，比较[]/()1()f x f x x λ⎡⎤---⎣⎦，只需/()()h x h x λ=-，所以()xh x eλ-=证明：[]()()xG x ef x x λ-=-7. 设()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导, 且/()0f x ≠,证明:存在(),,a b ξη∈，使//()()b af e e eb af ηξη--=-证明：//()()b af e e eb af ηξη--=-等价于()()//()()baf f b a eeeηηξ-=-对()f x 和x e 在[],a b 上用柯西中值定理，则存在(),a b η∈，使得/()()()baf b f a f e eeηη-=-，所以()/()()()baf f b f a eeeηη-=-，对()f x 在[],a b 上用拉格朗日中值定理，有()/()()()f b f a fb a ξ-=-，其中(),a b ξ∈.所以()()//()()baf f b a eeeηηξ-=-8. ()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导, 且()()1f b f a ==,证明: 存在(),,a b ξη∈， 使()/()()1ef f ηξηη-+=证明：所证等价于()/()()ef f e ηξηη+=()xe f x 在[],a b 上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在(),a b η∈，使得()/()()()()b ae f b e f a ef f b aηηη-=+-，而()()b ab ae f b e f a e e e b ab aξ--==--，(),,a b ξ∈所以存在(),,a b ξη∈，使()/()()1e f f ηξηη-+=9.设函数()f x 在[]0,1上连续且可导，又(0)(1)0,f f ==则对任意0(0,1)x ∈，存在()0,1ξ∈，使/0()()f f x ξ=分析：所证为[]/0()()0,x f x xf x ξ=-=，所以，令0()()()F x f x xf x =-()0000(0)0,(1)(),()1()F F f x F x x f x ==-=-，如果0()0F x =，在[]00,x 上用罗尔定理，如果0()0F x ≠，则0(1),()F F x 异号，所以存在0(,1)x η∈，使()0F η=，在[]0,η上用罗尔定理10.设函数(),()f x g x 在[],a b 上具有二阶导数，并且()()()()0f a f b g a g b ====，[]//()0(,)g x x a b ≠∀∈证明：1）在(),a b 内()()0(,)g x x a b ≠∀∈；2）在(),a b 内至少存在一点ξ，使////()()()()f fg g ξξξξ=.证明：1）假设存在()00,,()0x a b g x ∈=，则分别在[][]00,,,a x x b 上用罗尔中值定理知，存在（令()()1020,,,a x x b ξξ∈∈，使得()()//120ffξξ==，所以/()f x 在[]12,ξξ上满足罗尔定理条件，所以存在()12,ξξξ∈，使得//()0g ξ=，与[]//()0(,)g x x a b ≠∀∈矛盾，所以()()0(,)g x x a b ≠∀∈.2）令//()()()()()F x f x g x f x g x =-，则()()0F a F b ==，()F x 在[],a b 上满足罗尔定理条件，所以存在(),a b ξ∈，使得/()0F ξ=，即////()()()()0f g g fξξξξ-=，所以////()()()()f fg g ξξξξ=11.设函数()f x 在[]0,3上连续,在()0,3内可导,且(0)(1)(2)3,(3)1f f f f ++==,证明:必存在()0,3ξ∈使/()0f ξ=证明：由于()f x []0,3上连续,所以()f x 在[]0,2上连续.设,m M 分别是()f x 在[]0,2上的最小值和最大值,则3(0)(1)(2)3m f f f M ≤++≤,即(0)(1)(2)3f f f m M ++≤≤,即1m M ≤≤,有介值定理,存在[]0,2c ∈使()1f c =.2)在[],3c 上用罗尔定理即得结论.12. ()f x 在[]0,1上具有二阶导数，且满足//(),(),(,f x a f x b a b ≤≤为非负常数），c 是()0,1内任意一点。
与微分中值定理有关的几个问题
与微分中值定理有关的几个问题Intro：有界性，最值定理，介值定理，零点定理，平均值定理。
以下定理（除1外）均需要开区间可导，闭区间连续。
不妨设(a,b)内可导，[a,b]内连续。
1.费马引理（Fermat Lemma）：设f(x)在 x_{0} 的某邻域内有定义，且f(x)≥(≤)f( x_{0})，f(x)在 x_{0} 处可导，则 f^{,}(x_{0})=0 （即最值处导函数为0）证： f^{,}(x_{0})=\lim_{x \rightarrow0}{\frac{f(x_{0}+x)-f(x_{0})}{x}}当x从左侧趋近于0，则 f^{,}(x_{0})=f_{-}^{,}(x_{0})≥0；当x从右侧趋近于0，则 f^{,}(x_{0})=f_{-}^{,}(x_{0})\leq0 ；又因为f(x)在 x_{0} 处可导，根据可导的充要条件知：f_{-}^{,}(x_{0}),f_{+}^{,}(x_{0}) 存在且相等，即证。
2.罗尔中值定理（Rolle mean value Theorem）：f(a)=f(b)，则存在c∈(a,b)，使得 f^{,}(c)=0证明：①若最大值M=最小值m，则f(x)为常值函数，即证；②若M≠m，因为f(a)=f(b)，所以M，m中至少一个不会等于f(a)，不妨设M≠f(a)，因为f(c)=M为最大值，c∈(a,b)，所以f(x)≤f(c)，据费马引理即证。
罗尔定理的推论：若函数n阶导非零，则此函数最多n个零点。
证明：反证法。
3.拉格朗日中值定理（Lagrange's Mean Value Theorem）：至少存在一点c∈(a,b)，使得 f^{,}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}证：令F(x)=f(x)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}x 或 F(x)=f(x)-f(a)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) ，易知F(a)=F(b)，且F(x)在(a,b)内可导，[a,b]内连续。
考研：微分中值定理的证明题汇总
考研：微分中值定理的证明题汇总
1、借助中值定理求极限
拉格朗日定理
形如f(a)-f(b)的形式，可以通过拉格朗日定理转化为
f(a)-f(b)=f'(ξ)(a-b)
例：arctan(a)-arctan(b)
泰勒公式
2、证明 f'(ξ)=0 或 f"(ξ)=0
1、通常使用罗尔定理证明，其中
证明 f'(ξ)=0
证明存在 f(a)=f(b)=f(c)；
证明存在 f'(ξ1)=f'(ξ2)=0；
进而证明存在η使得 f"(η)=0
证明 f"(ξ)=0
证明存在 f(a)=f(b)；
进而证明存在ξ使得 f'(ξ)=0
一般来说，证明f(a)=f(b)=f(c)的方法有
介值定理
零点存在定理
积分中值定理
2、当罗尔定理无法证明时，尝试使用费马引理证明
3、证明 G[f'(ξ), f(ξ), C]=0（导数，函数，常数在一点的
等式）
通过：
观察
将方程两端求导
求解微分方程
构建辅助函数，进而通过罗尔定理求证。
4、涉及到两个函数的问题
使用柯西中值定理进行证明
5、双介值问题
介值不能相同
用两次拉格朗日中值定理进行证明
介值可以相同
考虑使用拉格朗日中值定理和柯西中值定理进行证明。
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微分中值定理的证明题1. 若()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 上可导，()()0f a f b ==，证明：R λ∀∈，(,)a b ξ∃∈使得：()()0f f ξλξ'+=。
证：构造函数()()x F x f x e λ=，则()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导， 且()()0F a F b ==，由罗尔中值定理知：,)a b ξ∃∈（，使()0F ξ'=即：[()()]0f f e λξξλξ'+=，而0e λξ≠，故()()0f f ξλξ'+=。
2. 设,0a b >，证明：(,)a b ξ∃∈，使得(1)()b a ae be e a b ξξ-=--。
证：将上等式变形得：1111111111(1)()b ae e e b a b aξξ-=--作辅助函数1()xf x xe =，则()f x 在11[,]b a上连续，在11(,)b a 内可导，由拉格朗日定理得：11()()1()11f f b a f b aξ-'=- 1ξ11(,)b a ∈ ， 即 11111(1)11b ae eba eb a ξξ-=-- 1ξ11(,)b a ∈ ， 即：ae (1)(,)b e be e a b ξξ-=- (,)a b ξ∈。
3. 设()f x 在(0,1)内有二阶导数，且(1)0f =，有2()()F x x f x =证明：在(0,1)内至少存在一点ξ，使得：()0F ξ''=。
证：显然()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又(0)(1)0F F ==，故由罗尔定理知：0(0,1)x ∃∈，使得0()0F x '=又2()2()()F x xf x x f x ''=+，故(0)0F '=， 于是()F x '在0[0]x ，上满足罗尔定理条件，故存在0(0,)x ξ∈， 使得：()0F ξ''=，而0(0,)x ξ∈⊂(0,1)，即证 4. 设函数)(x f 在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，0)0(=f ，1)1(=f .证明： (1)在(0,1)内存在ξ，使得ξξ-=1)(f ．(2) 在(0,1)内存在两个不同的点ζ，1)()(//=ηζηf f 使得【分析】 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【证明】 （I ） 令x x f x F +-=1)()(，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在),1,0(∈ξ 使得0)(=ξF ，即ξξ-=1)(f .（II ） 在],0[ξ和]1,[ξ上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点)1,(),,0(ξζξη∈∈，使得0)0()()(--='ξξηf f f ，ξξζ--='1)()1()(f f f于是 .1111)(1)()()(=-⋅-=--⋅=''ξξξξξξξξζηf f f f 5. 设)(x f 在[0，2a]上连续，)2()0(a f f =，证明在[0,a]上存在ξ使得 )()(ξξf a f =+.【分析】)(x f 在[0,2a]上连续，条件中没有涉及导数或微分，用介值定理或根的存在性定理证明。
辅助函数可如下得到0)()(0)()()()(=-+→=-+→=+x f x a f f a f f a f ξξξξ【证明】令)()()(x f x a f x G -+=，],0[a x ∈．)(x G 在[0,a]上连续，且 )()0()()2()(a f f a f a f a G -=-=)0()()0(f a f G -=当)0()(f a f =时，取0=ξ，即有)()(ξξf a f =+；当)0()(f a f =时，0)()0(<a G G ，由根的存在性定理知存在),0(a ∈ξ使得，0)(=ξG ，即)()(ξξf a f =+．6. 若)(x f 在]1,0[上可导，且当]1,0[∈x 时有1)(0<<x f ，且1)(≠'x f ，证明：在)1,0( 内有且仅有一个点ξ使得ξξ=)(f 证明：存在性构造辅助函数x x f x F -=)()(则)(x F 在]1,0[上连续，且有00)0()0(>-=f F ，01)1()1(<-=f F ，∴由零点定理可知：)(x F 在)1,0(内至少存在一点ξ，使得0)(=ξF ，即：ξξ=)(f唯一性：（反证法）假设有两个点)1,0(,21∈ξξ，且21ξξ<，使得0)()(21==ξξF F)(x F 在]1,0[上连续且可导，且⊂],[21ξξ]1,0[ ∴)(x F 在],[21ξξ上满足Rolle 定理条件∴必存在一点),(21ξξ∈η，使得：01)()(=-'='ηηf F 即：1)(=η'f ，这与已知中1)(≠'x f 矛盾∴假设不成立，即：x x f x F -=)()(在)1,0(内仅有一个根，综上所述：在)1,0(内有且仅有一个点ξ，使得ξξ=)(f7. 设)(x f 在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且)0(f =)1(f =0，)21(f =1。
试证至少存在一个∈ξ(0，1)，使()f =1。
分析：)('ξf =1⇒)('x f =1⇒)(x f =x ⇒x x f -)(=0 令 F (x )= x x f -)( 证明： 令 F(x )= x x f -)(F (x )在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F (1)= )0)1((011)1(=<-=-f fF (21)= )1)21((02121)21(=>=-f f 由介值定理可知，∃一个∈η(21，1)，使F (η)=0 又 F (0)=-)0(f 0=0对F (x )在[0，1]上用Rolle 定理，∃一个∈ξ(0，η)⊂(0，1)使 )('ξF =0 即 )('ξf =18. 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(f f =试证存在ξ和η.满足10<<<ηξ，使0)()(='+'ηξf f 。
证 由拉格朗日中值定理知，)(021)0()21(ξf f f '=-- )21,0(∈ξ)1,21()(211)21()1(∈'=--ηηf f f021)21()1(21)0()21()()(=-+-='+'f f f f f f ηξ 9. 设()f x 在[,]a b 上连续,(,)a b 内可导(0),a b ≤<()(),f a f b ≠ 证明: ,(,)a b ξη∃∈使得 ()().2a bf f ξηη+''=(1) 证: (用()b a -乘于(1)式两端,知)(1)式等价于22()()()().12f f b a b a ξηη''-=- (2)为证此式,只要取()(),F x f x =取()G x x =和2x 在[,]a b 上分别应用Cauchy 中值定理,则知22()()()()()(),12f f f b f a b a b a ξηη''-=-=- 其中,(,)a b ξη∈.10. 已知函数)(x f 在[0 ,1]上连续，在（0 ，1）内可导，b a <<0，证明存在),(,b a ∈ηξ，使)()()(3/22/2ηξηf b ab a f ++=解：利用柯西中值定理332/)()(3)(ab a f b f f --=ηη 而))(()()(/a b f a f b f -=-ξ 则22/33/332/)())(()()(3)(bab a f a b a b f a b a f b f f ++=--=--=ξξηη（后面略） 11. 设)(x f 在a x ≥时连续，0)(<a f ，当a x >时，0)(/>>k x f ，则在))(,(ka f a a -内0)(=x f 有唯一的实根解：因为0)(/>>k x f ，则)(x f 在))(,(ka f a a -上单调增加 0])(1)[()()()())((//>-=-=-kf a f k a f f a f k a f a f ξξ（中值定理）而0)(<a f 故在))(,(ka f a a -内0)(=x f 有唯一的实根 12. 试问如下推论过程是否正确。
对函数21sin 0()00t t f t tt ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩在[0,]x 上应用拉格朗日中值定理得：21sin 0()(0)111sin ()2sin cos 00x f x f x x f x x x ξξξξ--'====--- (0)x ξ<<即：111cos2sinsinx xξξξ=- (0)x ξ<< 因0x ξ<<，故当0x →时，0ξ→，由01lim 2sin 0ξξξ+→= 01lim sin 0x x x+→= 得：0lim x +→1cos 0ξ=，即01lim cos0ξξ+→=解：我们已经知道，01lim cos0ξξ+→=不存在，故以上推理过程错误。
首先应注意：上面应用拉格朗日中值的ξ是个中值点，是由f 和区间[0,]x 的端点而定的，具体地说，ξ与x 有关系，是依赖于x 的，当0x →时，ξ不 一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使01lim cos0x ξ+→=成立，而01lim cos0ξξ+→=中要求ξ是连续地趋于零。
故由01lim cos 0x ξ+→=推不出1lim cos0ξξ+→=13. 证明：02x π∀<<成立2cos xx tgx x<<。
证明：作辅助函数()f x tgx =，则()f x 在[0,]x 上连续，在(0,)x 内可导， 由拉格朗日定理知：2()(0)1()0cos f x f tgx f x x ξξ-'===-(0,)x ξ∈即：2cos x tgx ξ=，因cos x 在(0,)2π内单调递减，故21cos x 在(0,)2π内单调递增，故222111cos 0cos cos x ξ<<即：22cos cos x xx xξ<< 即：21cos x tgx x<<。