《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第六章 微分中值定理及其应用

2nx(x-1)(x+1)1 方程∫(x)=0以x=0为单根,x=±1为n-1)重根因为f(0)=f(1)=f(-1)=0, 由罗尔定理,312),2)-1(12(0(2(1使得∫"(2)=f"(2)=0于是f(x)=0有两 个单根;又因 f"(x)=P2(x)x-1)2(x+1)2 其中P2(x)为二次多项式,故方程f"(x)=0还有两个n2重根±1 由此可推测当导数增高一次,相异单根增加一个,但重根±1各下降一次,现用归纳法 证明相应结论。 若f((x)=0,1k(n有k个不同单根 *(52(…5,±1为其(n-k)重根 f(x)=p(x)(x-1)(x+1)k 由罗尔中值定理,f(x)=0有(k+1)个单根( l(1+51*<+(…(5((1, f((x)=P41(x)x-1)"6+(x+1) 其中P1(x)为(k+1)次多项式,即f(x)有两个n-(k+1)重根±1,当k=n-1时, f∫(x)=0正好有n个相异实根。 §2柯西中值定理和不定式极限 例1设函数f(x)和g(x)在a,b]上连续,且在(ab)内可导,则在(ab)内存在点 使得 [f(b)-f(a)g'()=[g(b)-g(a)/ 分析本命题比柯西中值定理少了f(x)和g(x)不同时为零以及g(a)≠g(b)两个条 件,而结论是以乘积形式出现的,因而应当变换辅助函数。 F(x)=f(xlg(b)-ga)J-g(xff(b)-f(al, 然后应用罗尔中值定理

= 1 1 2 ( 1) ( 1) − − − + n n nx x x 方程 f (x) = 0 以 x=0 为单根， x = 1为(n −1) 重根，因为 f (0) = f (1) = f (−1) = 0 ， 由罗尔定理， , , 1 0 1 (2) 2 (2) 1 (2) 2 (2) 1   −     使得 ( ( )) 0 (2) 2 (2) f   2 = f   = 于是 f (x) = 0 有两 个单根；又因 2 2 2 ( ) ( )( 1) ( 1) − −  = − + n n f x p x x x 其中 ( ) 2 p x 为二次多项式，故方程 f (x) = 0 还有两个 n-2 重根  1。 由此可推测当导数增高一次，相异单根增加一个，但重根  1 各下降一次，现用归纳法 证明相应结论。 若 f x k n k ( ) = 0,1  ( ) 有 k 个不同单根  1 (k )  2 (k )  k (k ) ,1为其(n − k)重根 n k n k k k f x p x x x − − ( ) = ( )( −1) ( +1) ( ) 由罗尔中值定理，   1 1 ( 1) ( 1) ( ) 0 ( 1) + = + + = + k i k i k f x 有 k 个单根  1 1 ( 1) 1 ( 1) ( ) 2 ( ) 1 ( 1) 1 −        + + + + k k k k k k k      ， ( 1) ( 1) 1 ( 1) ( ) ( )( 1) ( 1) − + − + + + = − + n k n k k k f x p x x x 其中 ( ) ( 1) Pk+1 x 为 k + 次多项式，即 ( ) ( 1) f x k+ 有两个 n − (k +1) 重根  1 ，当 k=n-1 时， ( ) 0 ( ) f x = n 正好有 n 个相异实根。 §2 柯西中值定理和不定式极限 例 1 设函数 f (x)和g(x)在[a,b] 上连续，且在（a,b）内可导，则在（a,b）内存在点  ， 使得 [ f (b) − f (a)]g ( ) = [g(b) − g(a)] f  分析 本命题比柯西中值定理少了 f (x)和g (x) 不同时为零以及 g(a)  g(b) 两个条 件，而结论是以乘积形式出现的，因而应当变换辅助函数。 F(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[ f (b) − f (a)], 然后应用罗尔中值定理

证作辅助函数 F(x)=f(xg(b)-g(a]-g(xlf(b-f(a)l, 满足 F(a)=f(a)g(b-f(ag(a)-g(a)f(b)+g(af(a) f(a)g(b)(a)f(b) F(b)=f(bg(b-f(og(a)-g(b)f(6)+gbf(a) f(ag(b))f(b) 即F(a)=F(b);F(x)在[ab]上连续,在(ab)内可导,由罗尔中值定理, 3∈(ab)使得F'(2)=0即 F'([g(b)-g(a)-g'(f(b)-f(a)=0 注又若∫(x),g(x)不同时为零,g(b)-g(a)≠0,则g(5)≠0(不然将导致 f∫'()=0),于是得出 f∫'(5)f(b)-f(a) g'()g(b)-g(a) 此即为柯西中值定理,这说明以前所设辅助函数不是唯一的。 例2设f(x)在a,b]b)a)0)上连续,在(ab),使得 f'() +a)f() 分析这类命题是要证明存在两个中值点ξ,∈(a,b),使得∫(5)= (b+a)f'(m) 2 不妨先找出f()=)-f(a 然后此式改写为 (b+a(n f(b)-f(a) 2n 再由拉格朗日中值定理,彐∈(a1b)使得 f(b-f(a f'()

证 作辅助函数 F(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[ f (b) − f (a)], 满足， F(a) = f (a)g(b) − f (a)g(a) − g(a) f (b) + g(a) f (a) = f (a)g(b) − g(a) f (b) F(b) = f (b)g(b) − f (b)g(a) − g(b) f (b) + g(b) f (a) = f (a)g(b) − g(a) f (b) 即 F（a）=F(b)；F（x）在[a,b ]上连续，在（a,b）内可导，由罗尔中值定理，  (a,b)使得F() = 0 即 F( )[g(b) − g(a)] − g ()[ f (b) − f (a)] = 0 注 又若 f (x), g (x) 不同时为零， g(b) − g(a)  0 ，则 g ( )  0 （不然将导致 f ( ) = 0 ），于是得出 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g b g a f b f a g f − − =     此即为柯西中值定理，这说明以前所设辅助函数不是唯一的。 例 2 设 f (x)在[a,b](ba0) 上连续，在（a,b），使得    2 ( ) ( ) ( ) b a f f +   = 分析 这类命题是要证明存在两个中值点  ，  (a,b) ，使得    2 ( ) ( ) ( ) b a f f +   = ， 不妨先找出 , ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 b a f f b f a − − =    然后此式改写为 b a b a f f b f a − − = +  ( ) ( ) 2 ( ) ( )   再由拉格朗日中值定理，  (a,b) 使得 ( ) ( ) ( ) f  b a f b f a =  − −

于是彐5,n∈(a,b)使得 f(b)-2f( +bf(7) 例3设函数f(x)在a,b]上连续,在(ab)内二阶可导,则存在∈(a,b)使得 f(b)-2f(--)+f(a) f∫"(5) 分析本题可以利用柯西中值定理证明,设两个函数F,G为 x+a F(x)=f(x)-2f(-)+f(a),G(x)= 有F(a)=G(a)=0然后在[ab上对FG应用柯西中值定理,本题也可用拉格朗日中值 定理证明,下面分别给出两种证法。 证[证法一]设 x+a F(x)=f(x)-2f()+f(a),G(x)= (x-a)2 x∈[a,b] F(a)=Ga)=0,F(b)=f(b)-2b +f(a),G(b) F'(x)=f(x)-f(--),G(x)= x-a F(x),G(x)在[ab]上连续,在(ab)内可导,G(b)≠G(a),F'(x),G(x)不同时为零, 于是可以应用柯西中值定理,彐51∈(a,b),使得 F(b)-Fla) f(51)-f G(b)-G(a) (51-a) 再在+a,5cb上对(x)应用格朗日中值定理,3∈(5ta 2,5)c(a,b) 使得 f()-f(51+a)r()-f(y2-=f 51+a

于是 ,  (a,b) 使得 ) 2 ( ) ( ) 2 (  a bf  f b f +   − 例 3 设函数 f (x)在[a,b] 上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在   (a,b) 使得 ( ) 4 ( ) ) ( ) 2 ( ) 2 ( 2 f  b a f a a b f b f  − + = + − 分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数 F，G 为 4 ( ) ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( 2 x a f a G x x a F x f x f − + = + = − 有 F(a) = G(a) = 0 然后在[a,b]上对 F,G 应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值 定理证明，下面分别给出两种证法。 证[证法一]设 , [ , ] 4 ( ) ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( 2 x a b x a f a G x x a F x f x f  − + = + = − 有 4 ( ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) 0, ( ) ( ) 2 ( 2 b a f a G b a b F a G a F b f b f − + = + = = = − 2 ), ( ) 2 ( ) ( ) ( x a G x x a F x f x f −  = +  =  −  F（x），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b）内可导， G(b)  G(a), F(x),G(x) 不同时为零， 于是可以应用柯西中值定理， ( , ) 1  a b ，使得 2 ( ) ) 2 ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a a f f G b G a F b F a − +  −  = − −    再在 , ] [ , ] ( ) 2 [ 1 1 a b f x a   +  上对  应用格朗日中值定理， , ) ( , ) 2 ( 1 1 a b a  +      使得 ( ) 2 ) 2 ( ) ( 2 ) 2 ( ) ( 1 1 1 1 1 1 1        f a s a f f a a f f =  + − +  −  = − +  − 

于是有 a+ F(b)-2f(-)+f(a)= f∫"(5) 4 [证法二]作辅助函数 b a F(x)=fo )-f(x),x∈[a 于是 F(+6 )-F(a)=∫(b)-2na+b )+f(a) a+b 在1a,-2]上对F(x)应用拉格朗日中值定理,35(.2),使得 a+ F(a I( f'(1) 再在15,5+b~9(x)应用拉格朗日中值定理 (551+,)c(ab),使得 ∫(b)-2f(-)+f(b) ∫ 注所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例4求下列极限 m r(s)0 (2)四(c)0,b)0 (3) I-No* hn x(a)o) 解(1)这是一型的不定式,应用洛必达法则,有 In →+ E-1x→E·x 0 (2)这是一型的不定式,当b为正整数时 应用洛必达法则后,有 bx bI x→ 当b为正实数时,x)1时有

于是有 ( ) 4 ( ) ) ( ) 2 ( ) 2 ( 2 f  b a f a a b F b f  − + = + − [证法二]作辅助函数 ] 2 ) ( ), [ , 2 ( ) ( a b f x x a b a F x f x + −  − = + 于是 ) ( ) 2 ) ( ) ( ) 2 ( 2 ( f a a b F a f b f a b F + + − = − + 在 ] 2 [ , a b a + 上对 F(x) 应用拉格朗日中值定理， ) 2 ( , 1 a b a +   ，使得 ) ( ) 2 ( F a a b F − + = 2 ) ( )] 2 [ ( 1 1 b a f b a f − −  −   +  再 在 ] 2 [ , 1 1 b + a   + 上 对 f (x) 应用拉格朗日中值定理， ) ( , ) 2 ( 1 1 a b b a  −     + ，使得 ) ( ) 2 ( ) 2 ( f b a b f b f + + − = 4 ( ) ( ) 2 b a f −   注 所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例 4 求下列极限： ( 0) ln (1) lim  →+   x x x (2) ( 0, 0) lim   →+ c b e x cx b x (3) ln ( 0) lim 0 +  →   x x x 解（1）这是   型的不定式，应用洛必达法则，有 0 1 1 ln lim 1 lim lim =  =  →+  = →+  − →+   x  x x x x x x x （2）这是   型的不定式，当 b 为正整数时，多次应用洛必达法则后，有 0 ! lim 2 1 lim lim = = = →+ = − →+ →+ cx x b cx b cx x b x c e b c e bx e x  当 b 为正实数时， x1 时有