这与题设条件(x)≠-1矛盾.唯一性得证.证毕. 26在上线，在n内可，且=01 证明：(1)存在5∈(0，)，使得f八5)=1-5： (2)存在两个不同的点7,5∈(0，)，使得f")f(5)=1. 证明(1)令gx)=fx)+x-1,则gx)在0，】上连续，且g0)=-1<0,g0=1>0, 保” f=f=0.l5, 5-0 f6=f0-f⑤.1-1-.s 1-E 1-5=-51 注要证在(a,b)内存在：、7，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值 定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用. 分析该极限属于。型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理， 可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换。 解法1用洛必达法则。 p e-g通 sin r 解法2对函数fx)=e在区间[sinx,(或[x,sinx)上使用拉格朗日中值定理可得 K-m心，其中mr<5<x或x<5<血x,当→0时，：→0，故 e'eins 归 解法3用导数的定义. 二四-m6心儿1 3一3m er-sins20 当0时 解法4-e x-sinx e'-m -1-x-sinx, 做品妈一1 例14设fx)在[a,b]上可微(0<a<b),证明：存在E∈(a,b),使得 (6-d2f5)=2fb)-fa 分析考虑将要证明的等式变为-@.但】
这与题设条件 f x ( ) 1 − 矛盾．唯一性得证．证毕． 注 此题与例 6 类似． 例12 （05 研） 已知函数 f x( ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) 0 = ， f (1) 1 = ． 证明：（1）存在 (0,1) ，使得 f ( ) 1 = − ； （2）存在两个不同的点 ， (0,1) ，使得 f f ( ) ( ) 1 = ． 证明 （1）令 g x f x x ( ) ( ) 1 = + − ，则 g x( ) 在 [0,1] 上连续，且 g(0) 1 0 = − ，g(1) 1 0 = ， 故由零点定理知存在 (0,1) ，使得 g f ( ) ( ) 1 0 = + − = ，即 f ( ) 1 = − ． （2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在 (0, ) ， ( ,1) ，使得 ( ) (0) 1 ( ) 0 f f f − − = = − ， (1) ( ) 1 (1 ) ( ) 1 1 1 f f f − − − = = = − − − ， 从而 1 ( ) ( ) 1 1 f f − = = − ．证毕． 注 要证在 ( , ) a b 内存在 、 ，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值 定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用． 例 13 求极限 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − ． 分析 该极限属于 0 0 型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理， 可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换． 解法 1 用洛必达法则． sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin sin 2 sin 0 0 cos sin cos lim lim 1 cos sin x x x x x x x e xe e xe xe → → x x − + − = = − sin sin sin 3 sin 0 cos sin cos 2cos sin cos lim 1 cos x x x x x x e xe x xe x xe xe → x + + + − = = ． 解法 2 对函数 ( ) x f x e = 在区间 [sin , ] x x （或 [ ,sin ] x x ）上使用拉格朗日中值定理可得 sin sin x x e e e x x − = − ，其中 sin x x 或 x x sin ．当 x → 0 时， → 0 ，故 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − 0 lim 1 e → = = ． 解法 3 用导数的定义． sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin 0 sin 0 sin 0 0 lim lim sin 0 sin 0 x x x x x x x e e e e e x x x x − − → → − − = = − − − − 0 0 0 lim ( ) | 1 0 u u u u e e e u = → − = = = − ． 解法 4 sin sin sin 1 sin sin x x x x e e ex e x x x x − − − = − − ，当 x → 0 时， sin 1 sin x x e x x − − − ， 故 sin 0 lim sin x x x e e → x x − − sin sin 0 1 lim sin x x x x e e x x − → − = − 0 sin lim 1 x sin x x → x x − = = − ． 例 14 设 f x( ) 在 [ , ] a b 上可微 (0 ) a b ，证明：存在 ( , ) a b ，使得 2 2 ( ) ( ) b a f − = − 2 [ ( ) ( )] f b f a ． 分析 考虑将要证明的等式变为 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = −
则用柯西中值定理证明：也可将要证明的等式变形为 [62-a2)fx)-x2fb)-fal=0, 则可用罗尔定理来证明。 运法1只要男0： 易知fx)和g(x)=x2在[a,b上满足柯西中值定理的条件，故存在E∈(a,b),使 证法2只要证明【6-a)fx)-rfb)-fal=0 令Fx)=(6-d)fx)-x2Ub)-fa,F(x)在[a,b可导，且 F(a)=bf(a)-aif(b)=F(b), 由罗尔定理知，至少存在一点5∈(a,),使F()=0,即 (62-d2)f"(5)=21fb)-fa】.证毕. 错误证明要证的结论可政写成份二@.是.对面数和公=在区间 [a,b)上分别使用拉格朗日中值定理，存在E∈(a,b),使 fb)-fa)=f5b-a,62-d2=25b-a, 于是f-f@.f⑤ b-a㎡225 错解分析以上证法错在认为fx)和g(x)=x分别使用拉格朗日中值定理所得的舌 是同一值，实际上这两个5不一定相同， 制如，取/=，田在0，)内使了四-0=G0-0)成立的点是气=万 g(x)=2在(0.)内使g0-g10)=g'(51-0)成立的点是5=：而使柯西中值公式 细得密立的点是后-号 例15把函数fx)=x展成带佩亚诺余项的n阶麦克劳林公式. 分析将函数展成阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法， 一般用间接法较为简单. 解法1直接法 f)=e, f0)=0. f(x)=-x-e, f0)=1
则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为 2 2 2 [( ) ( ) ( ( ) ( ))] 0 x b a f x x f b f a = − − − = ， 则可用罗尔定理来证明． 证法 1 只要证明 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ， 易知 f x( ) 和 2 g x x ( ) = 在 [ , ] a b 上满足柯西中值定理的条件，故存在 ( , ) a b ，使 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ． 证法 2 只要证明 2 2 2 [( ) ( ) ( ( ) ( ))] 0 x b a f x x f b f a = − − − = ． 令 2 2 2 F x b a f x x f b f a ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) = − − − ， F x( ) 在 [ , ] a b 可导，且 2 2 F a b f a a f b F b ( ) ( ) ( ) ( ) =−= ， 由罗尔定理知，至少存在一点 ( , ) a b ，使 F( ) 0 = ，即 2 2 ( ) ( ) b a f − = − 2 [ ( ) ( )] f b f a ．证毕． 错误证明 要证的结论可改写成 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ．对函数 f x( ) 和 2 g x x ( ) = 在区间 [ , ] a b 上分别使用拉格朗日中值定理，存在 ( , ) a b ，使 f b f a f b a ( ) ( ) ( )( ) − = − ， 2 2 b a b a − = − 2 ( ) ， 于是 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 f b f a f b a − = − ． 错解分析 以上证法错在认为 f x( ) 和 2 g x( ) = x 分别使用拉格朗日中值定理所得的 是同一值，实际上这两个 不一定相同． 例如，取 3 f x x ( ) = ， f x( ) 在 (0,1) 内使 1 f f f (1) (0) ( )(1 0) − = − 成立的点是 1 1 3 = ； 2 g x x ( ) = 在 (0,1) 内使 2 g g g (1) (0) ( )(1 0) − = − 成立的点是 2 1 2 = ；而使柯西中值公式 3 3 (1) (0) ( ) (1) (0) ( ) f f f g g g − = − 成立的点是 3 2 3 = ． 例 15 把函数 ( ) x f x xe− = 展成带佩亚诺余项的 n 阶麦克劳林公式． 分析 将函数展成 n 阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法， 一般用间接法较为简单． 解法 1 直接法 ( ) x f x xe− = ， f (0) 0 = ． ( ) ( 1) x f x x e− = − − ， f (0) 1 = ．