第三 微分中值定理习题课教学目的 通过对所学知识的归纳总结及典型题的分析讲解，使学生对所学的知识有一个更深刻的理解和认识．教学重点 对知识的归纳总结． 教学难点 典型题的剖析． 教学过程一、知识要点回顾1．费马引理．2．微分中值定理：罗尔定理，拉格朗日中值定理，柯西中值定理．3．微分中值定理的本质是:如果连续曲线弧AB 上除端点外处处具有不垂直于横轴的切线，则这段弧上至少有一点C ，使曲线在点C 处的切线平行于弦AB ．4．罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值的条件是充分的，但不是必要的．即当条件满足时，结论一定成立；而当条件不满足时，结论有可能成立，有可能不成立． 如，函数(){2,01,0 , 1x x f x x ≤<==在[]1,0上不满足罗尔定理的第一个条件，并且定理的结论对其也是不成立的．而函数(){21,11,1, 1x x f x x --≤<==在[]1,1-上不满足罗尔定理的第一和第三个条件，但是定理的结论对其却是成立的．5．泰勒中值定理和麦克劳林公式．6．常用函数xe 、x sin 、x cos 、)1ln(x +、α)1(x +的麦克劳林公式．7．罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理及泰勒中值定理间的关系．8．00、∞∞、∞⋅0、∞-∞、00、∞1、0∞型未定式．9．洛必达法则．10．∞⋅0、00、∞1、0∞型未定式向00或∞∞型未定式的转化．二、练习1. 下面的柯西中值定理的证明方法对吗？错在什么地方？由于()x f 、()x F 在[]b a ,上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点()b a ,∈ξ，使得()()()()a b f a f b f -=-ξ',()1()()()()a b F a F b F -'=-ξ.()2又对任一(),,()0x a b F x '∈≠，所以上述两式相除即得()()()()()()ξξF f a F b F a f b f ''=--.答 上述证明方法是错误的．因为对于两个不同的函数()x f 和()x F ，拉格朗日中值定理公式中的ξ未必相同．也就是说在()b a ,内不一定存在同一个ξ，使得()1式和()2式同时成立．例如，对于()2x x f =，在[]1,0上使拉格朗日中值定理成立的21=ξ；对()3x x F =，在[]1,0上使拉格朗日中值定理成立的33=ξ，两者不等．2. 设函数()x f y =在区间[]1,0上存在二阶导数，且()()()()x f x x F f f 2,010===.试证明在()1,0内至少存在一点ξ，使()0='ξF ．还至少存在一点η,使()0F η''=分析 单纯从所要证明的结果来看，首先应想到用罗尔定理．由题设知，()()010==F F ，且()x F 在[]1,0上满足罗尔定理的前两个条件，故在()1,0内至少存在一点ξ，使()0='ξF．至于后一问，首先得求出()x F '，然后再考虑问题．()()()x f x x xf x F '+='22，且()00='F ．这样根据题设，我们只要在[]ξ,0上对函数()x F '再应用一次罗尔定理，即可得到所要的结论．证 由于()y f x =在[]1,0上存在二阶导数，且()()10F F =，()x F 在[]1,0上满足罗尔定理的条件，故在()1,0内至少存在一点ξ，使()0='ξF．由于()()()x f x x xf x F '+='22， 且()00='F ，()x F '在[]ξ,0上满足罗尔定理的条件，故在 ()ξ,0内至少存在一点η，使()0=''ηF ．由于()()1,0,0⊂ξ，所以()1,0∈η．3.设12,,,n a a a 为满足方程()112110321n na a a n --++-=-的实数，试证明方程()12cos cos3cos 210n a x a x a n x +++-=在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内至少有一个实根．分析 证明一个方程在某个区间内至少有一个实根的问题，就同学们目前所掌握的知识来看主要有两种方法，一种是用零点定理，另一种是用罗尔定理.要用零点定理,函数()()x n a x a x a x f n 12cos ...3cos cos 21-+++=，需要满足在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π上连续，且()020<⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅πf f ．但02=⎪⎭⎫⎝⎛πf ，因此这种方法并不能直接应用．换一种方法，就应考虑罗尔定理，而要用罗尔定理解决上述问题，就得设()()12cos cos3cos 21n F x a x a x a n x'=+++-，并将()x F '的原函数()x F 求出来，然后对原函数()x F 应用罗尔定理．在这个问题中()x F '的原函数求起来很容易，()()()21sin sin 3sin 21321na a F x a x x n xn =+++--．求出()x F 后，根据题设条件，对()x F 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π上应用罗尔定理即可得到所要的结论．证 引入辅助函数()()()21sin sin 3sin 21321na a F x a x x n x n =+++--．因为()x F 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π上连续，在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内可导，()00=F ，()1121102321n n a F a a n π-⎛⎫=-++-= ⎪-⎝⎭，所以由罗尔定理知，在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内至少存在一点ξ，使得()0='ξF，即()12cos cos3cos 210n a a a n ξξξ+++-=.于是方程()12cos cos3cos 210n a x a x a n x +++-=在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内至少有一个实根．4. 设函数()x f 在[]2,2-上可导，且()()()02,20,02===-f f f ．试证明曲线弧C ：()()22y f x x =-≤≤上至少有一点处的切线平行于直线012=+-y x ．分析 由于直线012=+-y x 的斜率为21，所以上述命题的本质是要证明在()2,2-内存在一点ξ，使得()21='ξf ．由于()()212-'='⎥⎦⎤⎢⎣⎡-x f x x f ，因此若设()()2x x f x F -=，则要证上述命题，只须证明在()2,2-内存在一点ξ，使得()0='ξF即可．这是一个用罗尔定理解决的问题．()x F 在[]2,2-上满足罗尔定理的前两个条件没问题，只是由题设我们还不能直接得到()x F 所满足的是罗尔定理的第三个条件.但是我们注意()F x 在[]2,2-上连续，而()()()12,20,12-===-F F F ，且1介于-1和2之间．因此由介值定理知，在()2,0内必存在一点η，使得()1=ηF ．这样在[]η,2-上对()x F 应用罗尔定理即可证得所要的结果．证 引入辅助函数()()2xx f x F -=．()x F 在[0,2]上连续,且(0)2,(2)1F F ==.由介值定理知,在()2,0内比存在一点η，使得()1=ηF ．又()12=-F ，且()x F 在[]η,2-上满足罗尔定理的前两个条件,故在(2,)η-内必存在一点ξ，使得()0='ξF ，即()21='ξf ．由于()ηξ,2-∈，所以()2,2-∈ξ．5. 设()x f 在[]b a ,上可导，()()b f a f =，试证明在()b a ,内必存在一点ξ,使得()()()ξξξf f a f '=-．象上述这种含有中值ξ的等式,一般应考虑用微分中值定理去证明． 方法一 用罗尔定理证分析 要用罗尔定理证明一个含有中值ξ的等式，第一步要将等式通过移项的方法化为右端仅为零的等式，即()()()0=-'+a f f f ξξξ．第二步将等式左端中的ξ都换为x ，并设()()()()a f x f x x f x F -'+='．第三步是要去确定()x F '的原函数()x F ，并在相应的区间[]b a ,上对()x F 应用罗尔定理即可．本问题中()x F '的原函数为()()()x a f x xf x F -=．证 引入辅助函数()()()x a f x xf x F -=．由题设知，()x F 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且()()0==b F a F ，由罗尔定理知，在()b a ,内必存在一点ξ，使得()0='ξF，即()()()0,f f f a ξξξ'+-=()()()f a f f ξξξ'-=.方法二 用拉格朗日中值定理证分析 要用拉格朗日中值定理证明一个含有中值ξ的等式，第一步要将含有ξ的项全部移到等式的右端，其余的项全部移到等式的左端,即作如下恒等变形：()()()ξξξf f a f '+=.(3)第二步是把等式右端中的ξ都换为x ,并设()()()F x f x xf x ''=+.第三步是要去确定()F x '的原函数()F x .本问题中()F x '的原函数()F x 为()()F x xf x =.第四步确定了()F x '的原函数()F x 后,针对相应的区间[,]a b ,验证(3)式左端是否为()()F b F a b a --或()()F a F b a b --.若是,则只要对()F x 在[,]a b 上应用拉格朗日中值定理即可得到所要的结论;否则,需另辟新径,考虑用罗尔定理或柯西中值定理等其它方法去解决问题.在本问题中,由于()()f a f b =,所以()()()()()F b F a bf b af a f a b a b a --==--.因此,本问题可通过对函数()F x 在[,]a b 上应用拉格朗日中值定理来证明.证 引入辅助函数()()F x xf x =.由题设知,()F x 在[,]a b 上满足拉格朗日中值定理条件,故在(,)a b 内必存在一点ξ,使得()()()F b F a F b a ξ-'=-, ()()()()bf b af a f f b a ξξξ-'=+-.又由题设知()()f a f b =,所以有()()()f a f f ξξξ'=+, ()()()f a f f ξξξ'-=.方法三 用柯西中值定理证分析 用柯西中值定理证明一个含有中值ξ的等式,其第一步也是将含有ξ的项全部移到等式的右端,其余的项全部移到等式的左端.即将作如下恒等变形:()()()f a f f ξξξ'=+.第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：()()()1ξξξf f a f '+=. (4)第三步把(4)式右端中的ξ全都换为x ，并设分子函数为()x F '1，分母函数为()x F '2．即设()()()1,F x f x xf x ''=+()21F x '=．第四步是求()x F '1和()x F '2的原函数()x F 1和()x F 2．本问题中的()x F 1和()x F 2分别为()()1,F x xf x =()2F x x=．第五步针对区间[]b a ,，验证()2式左端是否为()()()()a F b F a F b F 2211--或()()()()b F a F b F a F 2121--．若是，则只要对()x F 1和()x F 2在[]b a ,上应用柯西中值定理即可证得所要的结论；否则需另辟新径，考虑使用拉格朗日中值定理或罗尔定理等其它方法．在本问题中，由于()()b f a f =，所以()()()()a F b F a F b F 2211--=()()()a f a b a af b bf =--．故本问题可通过对函数()x F 1和()x F 2在[]b a ,上应用柯西中值定理来证明．证 引入辅助函数()()()x x F x xf x F ==21,．由题设知，()x F 1和)(2x F 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且在()b a ,内()012≠='x F ，由柯西中值定理知，在()b a ,内必存在一点ξ，使得()()()()a F b F a F b F 2211--=()()()()ξξ''=--21F F a b a af b bf =()()1ξξξf f '+．又由题设知()()b f a f =，所以有()()(),ξξξf f a f '+=即()()()ξξξf f a f '=-.总结 练习5中方法一、方法二及方法三的分析，是用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值ξ这种等式的一般方法和思路，同学们一定要掌握其要领．至于在遇到具体问题时，应当用哪个定理去证明，这要视具体问题而定，甚至于要尝试着去做．但有时经过移项变形后，其特点往往是很明显的．这时根据罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理结论的特点，是比较容易做出选择的．在运用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值ξ的等式时，求一些函数的原函数是不容易的，这时掌握几种常见函数如()()()()()()x f e x H x x f x G x f x x F xnn λ===,,等的导数，是非常有用的．下面我们应用练习5中介绍的方法和思路再讨论一个问题．6. 设()x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，b a <<0，试证明在()b a ,内必存在一点ξ，使得()()()a b f a f b f lnξξ'=-．分析 移项变形得()()()ξξf a b a f b f '=--ln ln . (5)上式的特点是等式左端恰好是两个函数在区间[]b a ,上的增量之比，这恰好是柯西中值公式的特点．因此，我们决定用柯西中值定理去证明．把(5)式右端化为分式形式，得()()()ξξ1ln ln f ab a f b f '=-- (6)把(6)式右端的ξ都换成x ，并设()()1,F x f x ''=()21F x x '=．则()x F '1和()x F '2的原函数为 ()()1,F x f x =()2ln F x x=．而(6)式左端恰好是()()()()a F b F a F b F 2211--=()()a b a f b f ln ln -- ．证 引入辅助函数()()()x x F x f x F ln ,21==．由题设知，()x F 1和()x F 2在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且在()b a ,内()012≠='x x F ，故由柯西中值定理知，在()b a ,内至少存在一个ξ，使得()()()()a F b F a F b F 2211--=()()a b a f b f ln ln --=()()ξξ''21F F =()ξξ1f '．即()()()a b f a f b f lnξξ'=-.7. 设()x f 在[]1,1-上有二阶连续导数，且()01=-f ，()00=f ，()21=f .证明存在()1,1-∈ξ，使()2=''ξf .证 由于函数()f x 在[]1,1-上有二阶连续导数，故我们可以求出函数()x f 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式：()x f =()()2210x f x f ξ''+'(ξ在0与x 之间)．将1,1=-=x x 带入上式得()()()121010ξf f f ''+'-=-=，()0,11-∈ξ；()()()221012ξf f f ''+'==，()1,02∈ξ．将上述两式相加得()()[]22121=''+''ξξf f ．若()()21ξξf f ''=''，则1ξ和2ξ都可作为ξ，使()2=''ξf ，()1,1-∈ξ；若()()21ξξf f ''≠''，则()()[]2121ξξf f ''+''介于()1ξf ''与()2ξf ''之间，即2介于()1ξf ''与()2ξf ''之间．由于()x f ''在[]1,1-上连续，因而也在[]21,ξξ上连续，故由介值定理知，在()21,ξξ内必存在一点ξ，使得()2=''ξf ．综上所述，必存在ξ()1,1-∈，使()2=''ξf ．总结 用泰勒中值定理去证明含有中值ξ的等式，也是一种常用的方法，尤其在题设的函数存在较高阶的导数，并且已知其多点函数值时，更应注意应用练习7的方法去证明．8. 求函数()x f =x 按()4-x 的幂展开的带有拉格朗日余项的3阶泰勒公式．解 ()()()()()2742523211615,83,41,21-----=='''-=''='x x f x x f x x f x x f ，故()()()25634,3214,414='''-=''='f f f ．因此，所求3阶泰勒公式为()()()()()()()()()()()4234444444442!3!4!f f f f x f f x x x x ξ''''''=+-+-+-+-()()()()23472111524444464512128x x x x ξ=+---+-+-,其中ξ介于x 与4之间．9. 求函数()x f =xxe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．分析 xe 的带有佩亚诺型余项的1-n 阶麦克劳林公式我们是已知的，这时求函数()x f =x xe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式可以采用下面的所谓间接方法．解 由于xe =()2112!n x x o x -++++，所以()x f =x xe =()()132!1!2-⋅+-++++n nx x n x x x x ．又因为()10limn nx xo x x -→=0，所以()1n xo x -是当0→x 时比nx 高阶的无穷小．故()x f =x xe =()()32...2!1!nn x x x x o x n +++++-．上式即为()x f =xxe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．总结 理论上可以证明，任何一个函数的同阶泰勒公式在形式上是唯一的．因此，我们可以利用一些已知的函数的泰勒展开式，通过适当的运算去获得另外一些函数的泰勒展开式．只要所获函数展开式的形式与泰勒公式的形式一致，则它就是该函数的泰勒公式．这就是获得某些函数泰勒公式的间接方法．在运用泰勒公式的间接展开方法时，必须熟记一些常见函数的泰勒公式，如()()αx x x x e x++11ln cos sin 、、、、等． 10. 利用泰勒公式求极限()[]x x x ex x x -+--→1ln cos lim222．解 由于是求0→x 时的极限，故分子和分母中的函数都要用麦克劳林公式去表示．利用函数()x +1ln 的麦克劳林公式，求出函数()x -1ln 的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公式()x -1ln =()222x x o x --+.若将上式代入函数的分母，则分母是一个最高幂为4次的多项式．因此需将函数x cos 和22x e-都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示．x cos 的四阶麦克劳林公式可直接给出，而22x e -的四阶麦克劳林公式可利用xe 的麦克劳林公式间接获得，它们是x cos =()246 1224x x o x -++，22x e-=()246 128x x o x -++．因此()[]x x x e x x x -+--→1ln cos lim 22 02=()()()24246620221122428lim 2x x x x x o x o x x x x x o x →⎡⎤-++--++⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎫+--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦=()()46044112lim 12x x o x x o x →-+-+=61．11. 求极限x x xx x x 222220sin cos sin lim-→．分析 虽然本题是00型未定式，可以直接应用洛必达法则求极限．但如果先将极限形式作一些简化，然后再使用洛必达法则可使求解过程大幅度简化．解 x x x x x x 222220sin cos sin lim -→=()()40cos sin cos sin limx x x x x x x x -+→=300cos sin lim cos sin lim x x x x x x x x x -⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+→→=203sin cos cos lim2x x x x x x +-→=323sin lim20=→x x x ． 12. 求⎪⎭⎫ ⎝⎛-→2201csc lim x x x ． 解 所求极限为∞-∞型未定式，通分化为00型．⎪⎭⎫ ⎝⎛-→2201csc lim x x x =x x x x x 22220sin sin lim -→=()()40sin sin lim x x x x x x -+→= ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛→→300sin lim sin 1lim x x x x x x x ＋=316sin lim 23cos 1lim 2020==-→→x x x x x x .13. 求⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n ． 分析 这是一个∞⋅0型未定式，转化为00型未定式．⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n =2111arctan1arctan limn n n n +-∞→，虽然原极限已转化为00型未定式，但因为n 是正整数，不是连续变量，故不能直接应用洛必达法则．先把n 换成连续自变量x ，再应用洛必达法则，得2111arctan 1arctan lim x x x x +-+∞→=()()32222211111111limx x x x x x -+++--+-+∞→=()()()32221lim2111x x x x x →+∞+⎡⎤+++⎣⎦=1．因为+∞→x 时，必有∞→n ，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n =2111arctan1arctan limx x x x +-+∞→=1．总结 数列的极限既使是未定式也不能直接应用洛必达法则，只有将数列中的n 换为连续自变量x 后，才能应用洛必达法则． 2. 验证极限xxx x sin lim +∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 1)sin 1(lim sin lim=+=+∞→∞→x x x x x x x , 极限x xx x sin lim+∞→是存在的. 但)cos 1(lim 1cos 1lim )()sin (lim x x x x x x x x +=+=''+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则. 3. 验证极限xx x x sin 1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 0011sin sin limsin 1sinlim020=⋅=⋅=→→xx x x xx x x x , 极限x x x x sin 1sinlim20→是存在的.但xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim )(sin )1sin (lim020-=''→→不存在, 不能用洛必达法则. 4. 讨论函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤>+=-0 0 ])1([)(2111x e x ex x f xx 在点x =0处的连续性. 解 21)0(-=e f , )0(lim )(lim 21210f eex f x x ===---→-→,因为 ]1)1ln(1[101100lim])1([lim )(lim -+-→-→+→=+=x xx x xxx x e ex x f , 而 21)1(21lim 2111lim )1ln(lim ]1)1ln(1[1lim 00200-=+-=-+=-+=-++→+→+→+→x x x x x x x x x x x x x , 所以 )0(lim])1([lim )(lim 21]1)1ln(1[101100f ee ex x f x xx x xxx x ===+=--+-→-→+→.因此f (x )在点x =0处连续.14. 设()x f 具有二阶连续导数，且()x x f x 0lim →0=，()20=''f ，求()xx x x f 101lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→． 分析 所求极限为∞1型未定式，一般情况下是将该极限转化为00或∞∞型未定式，应用洛必达法则去求解．但是注意到()xx x x f 101lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=()()()21lim 0x x f x f xx x x f ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→，且()x x f x 0lim →=0，所以()()x f xx x x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→1lim 0=e ．因此，只须求出极限()20limx x f x →即可．解 由()x x f x 0lim→=0知，()0lim 0=→x f x ．对00型未定式()x x f x 0lim →应用一次洛必达法则，得()x x f x 0lim→=()x f x '→0lim =0．因此()20limx x f x →和()x x f x 2lim 0'→都是00型未定式．对极限()20limx x f x →两次应用洛必达法则，得()20limx x f x →=()x x f x 2lim 0'→=()2lim 0x f x ''→=()120=''f ．故()xx x x f 101lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=()()()21lim 0x x f x f xx x x f ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=e ．3. 若函数()f x 在[0,1]上二阶可导, 且(0)0f =，(1)1f =，(0)(1)0f f ''==，则存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥.证法一： (0,1)x ∀∈, 把()f x 在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有2122()()(0)(0)(0),2!()()(1)(1)(1)(1),2!f f x f f x x f f x f f x x ξξ'''=+-+'''=+-+- 1201x ξξ<<<<, ………4分上两式相减, 有2212()()1(1)22f f x x ξξ''''=--. 记12|()|max{|()|,|()|}f c f f ξξ''''''=,则有2211|()|[(1)]2f c x x ''≤+- 2111|()|2222f c x ⎡⎤⎛⎫''=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦1|()|2f c ''≤, ………4分 即存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. ………2分证法二： 在[0,1]上对()f x 应用拉格朗日中值定理有 ()(1)(0)1f f f ξ'=-=，01ξ<<.……3分当120ξ<≤时，在[0,]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(0)()f f f c ξξ''''=-=，1|()|()2f c f c ξ''''⇒==≥，(0,)(0,1)c ξ∈⊂.……3分当121ξ<<时，在[,1]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(1)()(1)f f f c ξξ''''=-=-，1|()|21f c ξ''⇒=≥-，(,1)(0,1)c ξ∈⊂. ……2分综上证明知存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. ……2分。