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、知识要点回忆 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，那么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
x,
fx
21,
0
,x
1
在
0,1
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
fx
1 x2,1 1,
x
1
x1,
在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．
1,1
e、sinx、cosx、 、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．
6．常用函数xln(1x)(1x)0
8．0、
0
0、0 、
、0 、1 、
型未定式．
9．洛必达法那么．
10．
0
0、0
0
、1、
0 型未定式向 0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？
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微分中值定理习题课
由于
得
fxFx
、
在
a,b
上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点
a,b
，使
fb
1
Fb Fa F
fa
f'
b
a,
b
a.
2
又对任一
x
a,b
,F(x)
0
，所以上述两式相除即得
fb f a Fb Fa
f F
.
答上述证明方法是错误的．因为对于两个不同的函数
理公式中的 成立．
fx 和F
x ，拉格朗日中值定
未必相同．也就是说在
a,b
内不一定存在同一个
，使得
1式和
2
式同时
例如，对于 fx
x，在
2
0,1
1 2 ；对
上使拉格朗日中值定理成立的
Fx
x3 ，
3
在0,1 上使拉格朗日中值定理成立的
3 ，两者不等．
上存在二阶导数，且
2.
设函数y
f
x
在区间
0,1，使
f0 f1 0,Fx
x2fx.
试证明在
分析
0,1
内至少存在一点
F
0
．还至少存在一点
,使F()
0
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，
F0
点，使
F1
0，且Fx
在0,1 上满足罗尔定理的前两个条件，故在
0,1
内至少存在一
F
0
．至于后一问，首先得求出
F
x，然后再考虑问题．
x
2xF0 xf F x 2xf x 再应用一次罗尔定理，即可得到所要的结论． ，且
0．这样根据题设，我们只要在
0,
上对函数
证
由于
y
f(x)0,1在上存在二阶导数，且
，使
F0
F1，Fx
在0,1上满足罗尔
定理的条件，故在
由于
0,1
内至少存在一点
F
0．
Fx 2xfx
x2f x，
且F0 0，F
x0,在上满足罗尔定理的条件，故在
0,
内至少存在一点
，使
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微分中值定理习题课
F
0．由于0, 0,1，所以
0,1．
n1
1 an 2n
3.设
a,a,L,a12n为满足方程a1
3 a2 L 1 1 0 的实数，试证明方程
a1cosxa2cos3x
0,
L ancos2n 1x 0
在内至少有一个实根．
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
2
fxa1cosx
0,
f0
a2cos3x f
0
... ancos2n
f
0
1x，
上连续，且 2 2 需要满足在 ．但 ，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
2
Fx
a1cosxa2cos3x
求出来，然后对原函数
的原函数求起来很容易，
Lancos2n1x，
并将
Fx
的原函数Fx
Fx
应用罗尔定理．
在这个问题中
Fx
F x
a1sinx
a2sin3x
L
3
an sin 2n 1 x 2n 1 ．
求出
Fx
0,
后，根据题设条件，对
证
引入辅助函数
Fx在
2 上应用罗尔定理即可得到所要的结论．
F x
a1sinx
a2 3
sin3x L
an 2n
1
sin 2n
1 x
．
因为
Fx
0,
L
0,
2
F
a1
1
在
a2
2 1
n1
an
上连续，在
内可导，
F0
0，
0
0,
2
3
2n
1
，所以由罗尔定理知，在
2
内至少存在一
点
，使得
F
0
，即
a1cos
a2cos3 L ancos2n
1
0,
0.
于是方程a1cosx
a2cos3x L ancos2n 1x0
在
2
内至少有一个实根．
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微分中值定理习题课
4. 设函数
f
x在
2,2
上可导，且
f
2
y
fx
0,f 0 2 x 2
0．
2,f20
．试证明曲线弧C：
上至少有一点处的切线平行于直线
x 2y1
1
分析
由于直线
x
存在一点
，使得
f x
2y 1
1
0
的斜率为 2，所以上述命题的本质是要证明在
2,2内
2 ． fx
1
f x
2
Fx
f
x
x
，因此假设
由于
2
设
明在
2,2 内存在一点 F x在
，使得F
0
，那么要证上述命题，只须2 证
即可．这是一个用罗尔定理解决的问题．
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
Fx 所满足的是罗尔定理的第三个条件.但是我们注意F
2 1,F0
，使得
F(x)在
2,2
上连续，而
2,F2
11，且1介于-1和2 之间．因此由介值定理知，在
0,2内必
F
存在一点
．这样在
2,
上对
Fx
应用罗尔定理即可证得所要的结果．
Fx
f x
x
证 引入辅助函数
2．Fx在[0,2]
上连续,且F(0)
2,F(2)
1
.由介
值定理知,在
0,2
内比存在一点 ，使得
F
1．又F
2
1，且Fx在
2,
1
上满
足罗尔定理的前两个条件 于
,故在
(
2,
)
内必存在一点
，使得
F
0
f
，即
2．由
2,
，所以
2,2 ．
上可导，
5. 设
f
x在a,b
f
a f a
fb ，试证明在 f
f
．
a,b 内必存在一点
,使得
象上述这种含有中值 方法一 分析
用罗尔定理证
的等式,一般应考虑用微分中值定理去证明．
要用罗尔定理证明一个含有中值
的等式，第一步要将等式通过移项的方法化为
f
f fa
0．
第二步将等式左端中的
都换为 x，并设
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微分中值定理习题课
F x fx
xf x fa．
第三步是要去确定
F x的原函数Fx，并在相应的区间
a,b 上对Fx应用罗尔定
理即可．
本问题中
Fx
的原函数为
F x
xf x
f ax．
证引入辅助函数
F x
在上连续，在
，使得
xf x
f ax．
由题设知，在
Fxa,b
a,b内可导，且FaFb
0
，由罗尔定理知，
a,b内必存在一点
F
0
，即
f f f
f a0,
f a
f
.
方法二 分析
用拉格朗日中值定理证
要用拉格朗日中值定理证明一个含有中值 的等式，第一步要将含有
,即作如下恒等变形：
的项全部
移到等式的右端，其余的项全部移到等式的左端
faf
f
.
第二步是把等式右端中的
都换为,并设
x
(3)
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).
第四步确定了为
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
F(b)
F(a)F(a)
或
F(b) a b
.
b a
在
假设是,那么只要对
F(x)[a,b]f(a)
上应用拉格朗日中值定理即可得到所要的结论
.
;否那么,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(b),所以 F(a)
F(b) bf(b) af(a)
b a
f(a)
.
b a
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微分中值定理习题课
因此,本问题可通过对函数 证 引入辅助函数
F(x)[a,b]
在
上应用拉格朗日中值定理来证明 .
F(x) xf(x).
由题设知,
F(x)[a,b]在
上满足拉格朗日中值定理条件
,故在
(a,b)
内必存在一点
,使得
F(b)
F(a)
F(
)
,
b a
bf(b)
af(a)
f( )
f()
.
b a
f(a)f(b),所以有
又由题设知
f(a) f(a)
方法三 分析
用柯西中值定理证
f( f(
) )
f ( ), f ( ).
用柯西中值定理证明一个含有中值 的等式,其第一步也是将含有
.即将作如下恒等变形:
的项全部移
到等式的右端,其余的项全部移到等式的左端
f(a)
f( )
f().
第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：
?
fa
f
.
f
(4)
第三步把(4)式右端中的 设
全都换为x，并设分子函数为
Fx
1
，分母函数为
Fx
2
．即
F1 xfxxfx,
F2 x1
．
为
第四步是求
，验证
Fx
1
和
F
2
x
的原函数
Fx
1
和
F
2
x
．本问题中的
Fx
1
和
F
2
x分别
F1x xf x,F2x x． a,b
第五步针对区间
2
式左端是否为
F1 b F2 b
F1a F1 a
或
F2 b F2 b．
Fa
2
F
1
a
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微分中值定理习题课
假设是，那么只要对
F
1
x和F2x
在
a,bfb
上应用柯西中值定理即可证得所要的结论；
否那么需另
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
f a
，所以
F1 b F2 b
F1 a F2 a=
bf b af
a
fa
b a
．
故本问题可通过对函数
证引入辅助函数
F1 x和F2x在a,b上应用柯西中值定理来证明．
F1x
xfx,F2x
x．
由题设知，FxF(x)a,b1和2在上连续，在
a,b
内可导，且在
a,b内F2x
10，
由柯西中值定理知，在
a,b 内必存在一点
bfb
b
，使得
F1bF1a
F2bF2a
=
afa a
F1 F2
f
=
f 1
．
又由题设知
fa
f
b
，所以有
f a
f
f
,
即
f a
f
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
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． 西中值定理结论的特点，是比拟容易做出选择的．
这时根据罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯
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
函数的原函数是不容易的，这时掌握几种常见函数如
的等式时，求一些
Fx
xfx,Gx
n
fx
xn
,Hx
exfx
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
，使得
fx
fb
在
a,b
fa
上连续，在
a,b
fln
b内可导，0ab，试证明在
a,b内必存在一点
a．
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微分中值定理习题课
分析 移项变形得
f b lnb
f a lna
f
.
(5)
上式的特点是等式左端恰好是两个函数在区间 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
a,b
上的增量之比，这恰好是柯西中值公式
f b f a f lnb
lna
1
把(6)式右端的
都换成x，并设
x
1
F1x
f x ,
F2
x．
那么F1x和F2 x 的原函数为
F1x
fx,F2x
lnx．
而(6)式左端恰好是
F1b F1 a
fb f a
F2bF2a
lnblna．
证引入辅助函数
F1x
fx,F2x
lnx．
由题设知，
F1
x
和
F2
x
a,b
F2
在
上连续，在
a,b 内可导，且在
a,b 内
a,b故由柯西中值定理知，在
内至少存在一个
，使得
f
fb
fa
F1
F1bF1a
1
F2b
F2a
lnblna
F2
．
即
fb
fa
f
ln
b
a.
7.设
fx
f
1,1在
上有二阶连续导数，
且
1
0，f0
0，f1
1,1，使f
2.
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
f
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(6)
x1
0
x
，
2.证明存在
x
的带有拉格
微分中值定理习题课
朗日型余项的一阶麦克劳林公式：
f0x
fx
1 f 2
x2
(在0与x之间)．
将
x
1,x1带入上式得
0 f
1
f
0 1 f
2 0
1 f 2
2
1
，1
2
1,0；
2
f 1
f
0,1．
，2
将上述两式相加得
1 2
f
1
f 2
．
假设；假设
f
1
1
f
2，那
么
2
1和2都可作为
，使
f
2，
1,1
f
1
f2，
1 f
那么
f
2
介于
f
1与
f
2之间，即
2
介于f
1
与f
1
2
之间．由于 内必存在一
fx
点
在 ，使得
1,1f
上连续，因而也在
1
,
2
上连续，故由介值定理知，在
,
2
2
．综上所述，必存在
1,1，使f 2．
总结用泰勒中值定理去证明含有中值 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
f
fx
x 1
x按x
1
4的幂展开的带有拉格朗日余项的
3阶泰勒公式．
x2,fx
1
3
x2,fx
34x2,fx
8
5
7
解
2 4
f4
15 x2 16 ，故
3
1
,f4
1
,f4
2
4 32
3 256．
4
因此，所求 3阶泰勒公式为
fx
f4
f4x4
f 4 2!
2
1
4
x4
2
f
4 3!
3
x4
f
4
x4
4
x4
1
x4
1 x4
5 7x4
4!
64
512
128 2
,
其中 介于x与4之间．
9. 求函数分析
f
x
xex
的带有佩亚诺型余项的
n阶麦克劳林公式．
ex 的带有佩亚诺型余项的
n 1阶麦克劳林公式我们是的，这时求函数
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微分中值定理习题课
2
e
2
fx
xex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
x2
n 1
e
x
1 x
2!L
ox
，
所以
xx2
x3 xn xxn1
fx
xex
2!
n
1!
．
又因为
lim xoxn1
x 0
xn
0，
所以
xo
xn 1 是当x
0时比xn高阶的无穷小．故
n
2 x3
x
x
...
xn
o x
f
xxex
2!
n
1!
．
上式即为
f
x
xex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，
那么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
ex、sinx、cosx、ln1 x、1 x
等．
x2
lim
cosx e 2
x2x
x0
xln1
10. 利用泰勒公式求极限
．
解
由于是求x
0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ln1
x 的麦克劳林公式，求出函数ln1x
的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公
式
x
x2 ox2
ln1 x
2
.
假设将上式代入函数的分母，那么分母是一个最高幂为
4次的多项式．因此需将函数 cosx和
都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示．
x2
cosx
的四阶麦克劳林公式可直接给出，而e
2
的四阶麦克劳林公式可利用
ex的麦
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微分中值定理习题课
克劳林公式间接获得，它们是
cosx
x 2
1 x2
2 1 x2
2
x4 o x6 24 ，
e2
x4 8
o x6
．
因此
x
2
1x2
lim
x0
2
x ox24
46
1x2
2
2
x4 ox6 8
lim
x0
cosx
2
e
2
x 2 x
x
x
o x
2
xxln1
x
2
lim
x0
1x4 12
1x4
ox6 o x4
1
2
6 ．
limsin2
x0
11. 求极限
x x2cos2 x x2sin2x ．
0
0型未定式，可以直接应用洛必达法那么求极限．但如果先将极限
分析
虽然此题是 形
式作一些简化，然后再使用洛必达法那么可使求解过程大幅度简化．
lim
x0
sin x xcos2
222
x
2
解
x sin x cosx
lim
x 0
sinx
xcosxsinx
xcosx
x4
2lim
x0
lim
x0
sinx x
lim
x
sinx
0
xcosx
3
cosx cosxxsinx 3x
2
x
2lim sinx = x 0 3x
2
3．
limcsc2 x
x 0
12. 求
1 x 2 ．
0
解
所求极限为 型未定式，通分化为
0型． lim
lim cscx
2
1 x
x 0
2
lim
x0
x2
sin2x
2
xsinxxsinx
x sin x sinx
3
2
x
0
x4
lim 1＋
x 0
sinx
lim
x0
x
2lim 1 cosx
x0
2
2lim
sinx
1 3.
x
x
3x
x0
6x
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微分中值定理习题课
limn
n
2
arctan
1
arctan
n
1
13. 求
n 1 ．
0
0型未定式．
分析
这是一个0
型未定式，转化为
limn
n
2
arctan
1 n
arctan
1
arctan 1 arctan 1
lim n n 1
n
1
n 1
n
2
，
0
虽然原极限已转化为0型未定式，但因为
变量x，再应用洛必达法那么，得
n
是正整数，不是连续变量，故不能直接应用洛必达法那么．先把n换成连续自
1 x2 1
1 x 1
12 1 x 12
1
1
1
1
lim arctan x arctanx1
x
lim
x
x2
2
x2
2
x3
2
x
lim
x3 2x 1
2x
1 x 11
1．
因为x
时，必有
n
，所以
arctan
1 x
arctan 1
2
1 x 1
n
2
limn arctan
1
arctan
1
lim
x
n n 1
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那么，
续自变量x后，才能应用洛必达法那么． 2?验证极限lim
x
只有将数列中的 n换为连
x
sinxx
存在?但不能用洛必达法那么得出
?
解
但lim
x
)1??极限lim 是存在的?? lim x sinx lim(1 x
x x x x x x
(x sinx) 1 cosx
cosx)不存在??不能用洛必达法那么?? lim lim(1
(x) x 1 x
x 0
sinx
sinx
3?验证极限lim
x2sin 1
xsinx
?
存在??但不能用洛必达法那么得出
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微分中值定理习题课
xsin解lim
21
x sinx
x0
lim x0sinx
x
xsin
1 x
xsin
2
1 00??极限lim
x0
1 x
是存在的??
sinx
(x2sin 1 )
但lim x
(sinx) x0
2xsin 1 cos 1
x
不存在??不能用洛必达法那么?? lim x
cosx x0
1
[(1
x)e
x] x
1
x 0
4? 讨论函数f(x)
1
在点x?0 处的连续性?
1
e2
x
x 0 e2 e2f(0)
1
1
解 f(0) e2??lim
x
f(x)
0
lim
0
??
因为
lim
x0
f(x) lim[
(1x)
0
x
1
]
x
1
11
x)1]
lim
x0
[ln(1 exx
??
x
e
而
1
lim 1 x
x
0
lim 1 [ 1 ln(1 x)
x
0
1]
lim ln(1 x)
x
1
lim
0
1
2(1
1??
所以
xx
因此
lim f(x)
x
0
lim[x
(1
x0 1 x x)
x2
2x
1
x
x)
2
1
]x
x
1 1
[ ln(1x)1] x
lime x 0
e
2
f(0) ??
0
e
f(x)在点x?0处连续?
f x
14. 设
fx
lim
x0
具有二阶连续导数，且
x0，
f0
2
lim 1
x0
fx
1 x
，求
x．
0 0或
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
型未定式，应用
洛必达法那么去求解．但是注意到
1 x
lim1
x0
fx x
f
x
2
x
lim1
x0
fx x
x f
x
，
x fx
lim
且x0
f x
lim1
x0
fx x
x
0，所以
lim fx
e．因此，只须求出极限x0 x2即可．
0
．对0 型未定式
lim
由x0
fx x
limfx0
0知，x0
lim
x0
f
x
x应用一次洛必达法那
么，
解
得
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lim fx
x 0
x
limf
x0
x
0．
lim因此x0
f
x lim fx 0
lim f x
x0
x2 和x0
2x 都是0 型未定式．极限
x2 两次用洛必达法，得
f
lim x
lim fx
lim
f
x f
0 1
x0
x2
x0
2x
故x0
2
2
．
1 f
x
lim1
fx
xx
2
x0
x
x f
x
lim1
fx x0
x
e．
3.
假设函数f(x)在[0,1]上二可,且f(0) 0，f(1)
1，f(0)
f(1) 0，存
在c(0,1)使得|f(c)|2.
法一：
x (0,1), 把f(x) 在0, 1两点分行泰勒展开到二余
f(x)
f(0)
f(0)(x
0)
f(
1
)
x2,
2!
0
1x21,⋯⋯⋯4分
f(x)
f(1)
f(1)(x
1)
f (2)(x 1)2,
2!
上两式相减,有
1f(
1
)
x2
f( 2
)
(x1)2.
2
2
|f(c)|
max{|f(
1)|,|f ( 2)|},有
11
|f(c)|[x2
(x1)2]
2
1
2
|f
(c)| 2 x
1 1 2
2
2
1
|f,
⋯⋯⋯4分
2(c)|
即存在c
(0,1)使得|f (c)| 2.
⋯⋯⋯2分
法二：
在[0,1]上f(x)用拉格朗日中定理有
f( ) f(1) f(0) 1，0 1.⋯⋯3分
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,有
微分中值定理习题课
当0
1
2，在[0,
]上f
(x)用拉格朗日中定理有
1
1 f(
)
f(0)
f (c)，|f
(c)|f(c)
⋯⋯3分
2，c
(0,)
(0,1).
当21
1
1 f(
)
，在[,1]上f(x)用拉格朗日中定理有
f(1)
f (c)(
1)，
|f(c)|
1 2，c
(,1)
(0,1).
上明知存在
c
(0,1)使得|f
(c)| 2.
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1
⋯⋯2分
⋯⋯2分
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