羅爾定理、拉格朗日、柯西中值定理、洛必達法則與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

1、名稱中值定理洛必達法則內(nèi)容概要主要內(nèi)容（、）名稱條件結(jié)論羅爾yf ( x) ：（ 1）在 a,b 上連續(xù)；（2）在 ( a,b)至 少 存 在 一 點 ( a,b) 使 得中值內(nèi)可導(dǎo)；（ 3） f (a)f (b)f / ()0定理拉格yf ( x) ：（ 1）在 a,b 上連續(xù)；（2）在 ( a,b)至少存在一點(a, b) 使 得朗日內(nèi)可導(dǎo)f /(f (b)f (a)ba中值定理柯西f (x) 、 g( x) ：（1）在 a,b 上連續(xù)，在 ( a,b)至 少 存 在 一 點 ( a,b) 使 得中值內(nèi)可導(dǎo)；（ 2）在 (a,b) 內(nèi)每點處 g /( x)0f / ()f (b)f (a)

2、定理g / ( )ba基本形式0型未定式型與0通分或取倒數(shù)化為1）型：常用通分的手段化為0 型或型；0基本形式2） 0型：常用取倒數(shù)的手段化為0 型或型，即：0000或 0；1/01/ 0取對數(shù)化為1）00型：取對數(shù)得000 ln 0，其中 0 ln 0000e1/0基本形式或 0 ln 00；1/ 02） 1型：取對數(shù)得1eln1 ，其中l(wèi)n10001/0或ln101/ 0；3）0型：取對數(shù)得0e0 ln，其中 0 ln00001/或 0 ln0。1/ 0課后習(xí)題全解習(xí)題 3-11. 下列函數(shù)在給定區(qū)間上是否滿足羅爾定理的所有條件如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值。（1）f (x)2x2x3,1,

3、1.5；（ 2）f ( x)x3x, 0,3。知識點 ：羅爾中值定理。思路f/(，得到的根：根據(jù)羅爾定理的條件和結(jié)論，求解方程) 0便為所求。解 ：（ 1）fx2x2x3 在1,1.5上連續(xù)，在( 1,1.5)內(nèi)可導(dǎo)，且f (1)f (1.5)0，( ) f ( x)2x 2x3 在 1,1.5 上 滿 足羅 爾 定理 的 條件 。 令 f()4 10 得1 ( 1,1.5) 即為所求。4（ 2） f ( x)x3x 在 0,3上連續(xù)，在 (0,3) 內(nèi)可導(dǎo)，且f (0)f (3)0 ， f ( x)x3x 在 0,3上滿足羅爾定理的條件。令f ()3 0 ，得 2(0,3)即為所求。232.

4、 驗證拉格朗日中值定理對函數(shù)y4x 35x2x2在區(qū)間 0,1 上的正確性。知識點 ：拉格朗日中值定理。思路 ：根據(jù)拉格朗日中值定理的條件和結(jié)論，求解方程 f()f (1)f (0)，若得到的根 0,1則10可驗證定理的正確性。解 ： yf (x)4x35x2x 2 在 0,1 連續(xù)，在 (0,1) 內(nèi)可導(dǎo)， y4x35x 2x2在區(qū)間 0,1 上滿足拉格朗日中值定理的條件。又f (1)2,f (0)2 ， f( x) 12x210 x1，f (1)f (0)513要使f ( )00 ，只要：(0 ,1) ，112513()f (1)f (0)(0 ,1) ，使 f，驗證完畢。12103. 已

5、知函數(shù)f ( x) x4在區(qū)間1,2上滿足拉格朗日中值定理的條件，試求滿足定理的。(1) ，只要33解：要使f (2)f315，從而15,即為滿足定理f()151444(1 2)2的 。 4. 試證明對函數(shù) ypx 2qxr 應(yīng)用拉格朗日中值定理時所求得的點總是位于區(qū)間的正中間。證明 ：不妨設(shè)所討論的區(qū)間為a,b ，則函數(shù) ypx 2qxr 在 a,b上連續(xù)，在 (a,b) 內(nèi)可導(dǎo)，從而有解得f (b)f (a)( pb 2qb r )( pa 2qa r )f ()，即 2 qba，ba b a ，結(jié)論成立。25. 函數(shù) f ( x)x3 與 g (x)x21在區(qū)間 1,2 上是否滿足柯西定

6、理的所有條件如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值 。知識點 ：柯西中值定理。思路 ：根據(jù)柯西中值定理的條件和結(jié)論，求解方程f ()f (b)f (a) ，得到的根便為所求。g ()g(b)g(a)解：f ( x)x 3及 g( x)x21 在 1,2 上連續(xù)，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，且在(1,2) 內(nèi)的每一點處有27 ，解g ( x)2x0 ，所以滿足柯西中值定理的條件。要使f()f (2)f (1)，只要 3g ()g(2)g(1)23得14(12)，即為滿足定理的數(shù)值。9, 6. 設(shè) f (x) 在 0,1 上連續(xù)，在 (0,1) 內(nèi)可導(dǎo)，且f (1)0 。求證：存在 (0,1)，使 f( )f ()

7、。知識點 ：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：從 f / ()f () 結(jié)論出發(fā)，變形為f / ()f ()0 ，構(gòu)造輔助函數(shù)使其導(dǎo)函數(shù)為f / ( x) xf ( x) ， 然后再利用羅爾中值定理，便得結(jié)論。 構(gòu)造輔助函數(shù)也是利用中值定理解決問題時常用的方法。證明 ：構(gòu)造輔助函數(shù)F (x)xf ( x) ， F ( x) f ( x)xf ( x)根據(jù)題意 F (x)xf ( x) 在 0,1 上連續(xù)，在 (0,1) 內(nèi)可導(dǎo)，且 F (1) 1 f (1)0，F(xiàn) (0)0 f ( 0)0 ，從而由羅爾中值定理得：存在 (0,1) ，使F ()f () f ()f ()。0 ，即 f ()f ( x

8、)注 ：輔助函數(shù)的構(gòu)造方法一般可通過結(jié)論倒推，如：要使f (x)，只要xf ( x)1ln xln xf (x) 0 xf ( x) xf (x) 0f ( x)ln f (x)0xxf ( x)只要設(shè)輔助函數(shù)F ( x)xf ( x) 7. 若函數(shù)f ( x) 在 (a,b) 內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，且 f (x1 )f ( x2 )f ( x3 )( a x1x2x3b)，證明：在( x1,x3 )內(nèi)至少有一點f () 0。，使得知識點 ：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：連續(xù)兩次使用羅爾中值定理。證明 ：f ( x) 在 ( a,b) 內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，f (x) 在 x1,x2 、 x2 ,x3

9、內(nèi)連續(xù)，在 ( x1,x2 ) 、 ( x2 ,x3 ) 內(nèi)可導(dǎo)，又 f ( x1 ) f (x2 ) f ( x3 ) ，由羅爾定理，至少有一點1(x1,x2 ) 、 2( x2 ,x3 ) ，使得 f (1)0 、 f ( 2) 0 ；又 f (x) 在 1,2 上連續(xù)，在 ( 1,2) 內(nèi)可導(dǎo)，從而由羅爾中值定理，至少有一點 (1,2)( x1,x3 ) ，使得 f() 0 。 8. 若 4 次方程 a0 x 4a1 x 3a2 x2a3 xa40 有 4 個不同的實根，證明：4a0x 33a1x 22a2xa03的所有根皆為實根。知識點 ：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：討論方程根的情況可

10、考慮羅爾中值定理。證明 ：令 f (x)a0 x4a1 x3a2 x 2a3 xa4則由題意，f ( x) 有 4 個不同的實數(shù)零點，分別設(shè)為x1,x 2 ,x3,x4 ， f ( x) 在 x1 ,x2 、 x2 ,x3 、 x3 ,x4 上連續(xù)，在 ( x1,x 2 ) 、 (x2 ,x3 ) 、 (x3 ,x4 ) 上可導(dǎo)，又 f ( x1 ) f (x2 ) f ( x3 ) f (x4 ) 0 ，由羅爾中值定理，至少有一點1(x1,x2 ) 、 2( x2 ,x3 ) 、 3 (x3,x 4 )使得 f (1) f ( 2) f(3)0 ，即方程 4a0 x33a1 x 22a2 x

11、 a3 0 至少有 3 個實根，又三次方程最多有3 個實根，從而結(jié)論成立。 9. 證明：方程x5x10 只有一個正根。知識點 ：零點定理和羅爾定理的應(yīng)用。思路 ：討論某些方程根的唯一性，可利用反證法，結(jié)合零點定理和羅爾定理得出結(jié)論。零點定理往往用來討論函數(shù)的零點情況；羅爾定理往往用來討論導(dǎo)函數(shù)的零點情況。解 ：令 f ( x)x5x1， f ( x) 在 0,1上連續(xù)，且 f(1)10 ， f (0)1 0 ， (0,1) ，使得f510 ；由零點定理，至少有一點 ( )假設(shè)510 有兩個正根，分別設(shè)為、 （ ），x x1212則 f (x) 在在1,2 上連續(xù)，在 ( 1,2 ) 內(nèi)可導(dǎo)，且

12、f (1)f (2)0 ，4從而由羅爾定理，至少有一點(,) ，使得 f ()510 ，這不可能。12方程 x5x10 只有一個正根。 10. 不用求出函數(shù)f ( x)( x1)( x2)( x3)( x4) 的導(dǎo)數(shù)，說明方程f ( x)0 有幾個實根，并指出它們所在的區(qū)間。知識點 ：羅爾中值定理的應(yīng)用。思路 ：討論導(dǎo)函數(shù)的零點，可考慮利用羅爾中值定理。解 ： f ( x)( x1)( x2)( x3)( x4) 在 1,2 、 2,3 、 3,4 上連續(xù)，在 (1,2) 、 (2,3) 、 (3,4)內(nèi)可導(dǎo)，且 f (1)f (2)f (3)f (4)0 ，由羅爾中值定理，至少有一點1(1,

13、2)、 2( 2,3) 、 3(3,4)，使得 f (1) f (2)f(3)0 ，即方程 f (x)0至少有三個實根，又方程 f ( x)0 為三次方程，至多有三個實根， f ( x) 0 有 3 個實根，分別為 1(1,2) 、 2(2,3) 、 3 (3,4) 。 11. 證明下列不等式：（1） arctanaarctanbab；（ 2） 當(dāng) x1時， exex；（3） 設(shè) x0，證明 ln (1x)x ；（ 4） 當(dāng) x110時， ln (1)1x。x知識點 ：利用拉格朗日中值定理。思路 ：用拉格朗日中值定理證明不等式的過程：尋找函數(shù) yf ( x) ，通過式子f()f (b)f (a

14、)ba（或 f (b)f (a)f()(ba) ）證明的不等式。證明 ：（ 1）令 f (x)arctan x ， f (x) 在 a,b 上連續(xù)，在 ( a,b) 內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，得arctanaarctanbf ()(ba)1bab a 。12（ 2）令 f ( x)ex(x1) ， f ( x) 在 1,x 上連續(xù)，在(1,x) 內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，得exe1) ，e (x 1 x ， exe e(x1)e( x1)exe ，從而當(dāng) x1時， exex 。（ 3）令 f ( x)ln(1x) ( x0)， f ( x) 在 0,x 上連續(xù)，在(0,x)內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗

15、日中值定理，得ln(1 x)ln(1x)ln(10)f()(x0)1x ，1 0 x ，1xx ， 即 x0 ，ln(1 x)x 。1（ 4）令f ( x)ln x (x0) ， f (x) 在 x,1x 上連續(xù)，在 (x,1x) 內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，得ln(11 )ln(1x)ln xf()(10)1，x x 1x ， 11，即當(dāng) x0 時， ln(11 )1。 1xx1x 12. 證明等式：2arctanxarcsin2xx1) .1x2(知識點 ： f( x)0f ( x)C （ C 為常數(shù)）。思路 ：證明一個函數(shù)表達式f ( x) 恒等于一個常數(shù)，只要證f(x)0證明 ：令 f

16、 (x)2 arctanxarcsin2x2 ( x1)，1x當(dāng) x1時，有 2 arctan1arcsin1；當(dāng) x1時，有f( x)212(1x2 )2x 2x2122x2(1 x2 )21 x(1 x2 )1 x21(2 x2 ) 221 x21x2(2)0 ， f ( x)Cf (1)；1x 21x 22 arctan xarcsin2x(1) 成立。1x2 x 13. 證明：若函數(shù) f (x) 在 (-,) 內(nèi)滿足關(guān)系式f ( x)f (x) ，且 f(0)1，則 f (x) ex 。知識點 ： f( x)0f ( x)C思路 ：因為f ( x) exe x f (x)1，所以當(dāng)設(shè)

17、F ( x)e xf (x) 時，只要證 F ( x)0 即可證明 ：構(gòu)造輔助函數(shù) F (x)e x f ( x) ，則 F ( x) e x f ( x)e x f (x) 0 ； F(x)e x f ( x)CF(0) 1 f (x)ex 。 14. 設(shè)函數(shù) f ( x) 在 a,b 上連續(xù)，在 ( a,b) 內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù)，且有f (a)f (b)0,f (c)0(acb)，試證在 ( a,b) 內(nèi)至少存在一點 ，使 f ()0 。知識點 ：拉格朗日中值定理的應(yīng)用。思路 ：關(guān)于導(dǎo)函數(shù)f (n ) () 在一點處符號的判斷，根據(jù)已知條件和拉格朗日中值定理的結(jié)論，逐層分析各層導(dǎo)函數(shù)改變量和自變

18、量改變量的符號，得出結(jié)論。證明 ：f ( x) 在 a,c 、 c,b 上連續(xù)，在 ( a,c) 、 (c,b) 內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，至少有一點1(a,c) 、 2(c,b) ，f (c)f (b)f (a)f (c)0 ；使得f (2)0， f (1)ccba又 f(x) 在 1,2 上連續(xù)，在 (1,2) 內(nèi)可導(dǎo)，從而至少有一點 (1,2) ，使得f (2)f (1)0 。f () 21 15. 設(shè) f (x) 在 a,b 上可微，且f (a) 0, f (b)0, f (a) f (b) A, 試證明f / ( x) 在(a,b) 內(nèi)至少有兩個零點。知識點 ：極限的保號性、介值定

19、理、微分中值定理。思路 ：要證明在某個區(qū)間(a,b) 內(nèi)導(dǎo)函數(shù)至少存在兩個零點，只要證該函數(shù)在 a,b 上有三個零點，即可以利用羅爾中值定理，得出結(jié)論。證明 ： f ( a)limf ( x)f (a)0 ，由極限的保號性知，x axab-ax( a,1) ，均有f (x)f ( a)0 ，( a,1) （不妨設(shè) 1），對于xa2特別地，x1( a,1) ，使得f ( x1 )f (a)0 ，得 f (x1 )f ( a)A ；x1a同理，由f (b)0, 得x2(b,2) （ 2b-a），使得f (x2 )f (b)0 ，2x2b從而得 f ( x2 )f (b)A ；又 f ( x) 在

20、x1 ,x2 上連續(xù)，由介值定理知，至少有一點 (x1,x2 ) 使得 f ()A ；f ( x)在 a,、 ,b(a,)、(,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f (a)f ( )f (b) A，上連續(xù)，在由羅爾中值定理知，至少有一點1(a,2 ( ,b)f (1) f(2) 0，結(jié)論成立。) 、，使得 16. 設(shè) f ( x) 在閉區(qū)間 a,b 上滿足 f ( x)0 ，試證明存在唯一的 c,a cb ，使得f ( c)f (b)f (a) 。ba知識點 ：微分中值定理或函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用。思路 ：證明唯一性的題目或考慮利用反證法；或正面論述。此題用反證法和羅爾中值定理，或利用函數(shù)的單調(diào)性得出結(jié)論。證明 ：存在

21、性。f ( x) 在 a,b 上連續(xù)，在 (a,b) 內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理知，至少有一點c(a,b) ，使得f(c)f (b)f (a) 。ba唯一性的證明如下：方法一 ：利用反證法。假設(shè)另外存在一點d(a,b) ，使得 f (d )f (b)f (a) ，ba又 f(x) 在 c,d （或 d,c ）上連續(xù)，在 (c,d ) （或 (d,c) ）內(nèi)可導(dǎo)，由羅爾中值定理知，至少存在一點 (c,d)( a,b) （或 (d,c)( a,b) ），使得 f ()0 ，這與 f ( x) 在閉區(qū)間 a,b 上滿足 f( x)0矛盾。從而結(jié)論成立。方法二 ： f (x) 在閉區(qū)間 a,b 上滿足

22、f(x)0 ， f ( x) 在 a,b 單調(diào)遞增，從而存在存在唯一的c ( a,b) ，使得 f( c)f (b)f (a) 。結(jié)論成立。ba 17. 設(shè)函數(shù) yf ( x) 在 x0 的某個鄰域內(nèi)具有n 階導(dǎo)數(shù)，且f (0) f(0)f ( n 1) (0)0,試用柯西中值定理證明：f ( x)nx知識點 ：柯西中值定理。f ( n) (x)( 0 1) 。n!思路 ：對 f ( x) 、 g(x)xn在 0,x 上連續(xù)使用 n 次柯西中值定理便可得結(jié)論。證明 ： f ( x) 、 g(x)xn 及其各階導(dǎo)數(shù)在 0,x 上連續(xù)，在(0,x) 上可導(dǎo)，且在 (0,x) 每一點處， g (n

23、1) ( x) n! x0 ，又 f (0) f (0)f ( n 1) (0) 0, ，連續(xù)使用 n 次柯西中值定理得，f ( x)f ( x)f (0)f (1)f ()f (0)f ( n 1) (n1 ) f (n 1) (0)1xnxng(0)n 1n 1n1n 1g (0)n!n 1g (n 1) (0)f(n )x 1)，從而結(jié)論成立。() (0n!習(xí)題 3-2 1. 用洛必達法則求下列極限：（1） limexe x； （ 2） limsin x sin a； （ 3） limln sin xsin xx-a(2-x)2x 0x ax2ln(11 )； （ 4） limx ；x

24、arc cot x（5） limln tan 7x；（ 6） lim x31ln x ； （7）lim tan xx ； （ 8） lim xcot 2x ；x0 ln tan 2xx 1exex 0x- sin xx01111x1 ) ；（9） limx2 ex2；（ 10）lim x(e x1) ；（11）lim (x) ； （ 12）lim (x 0xx 0 x e 1x 1 x-1 ln x（13） lim (1a ) x ； （ 14） lim xsin x ； （ 15） lim ( 1xxx 0x 0 x1（ 17）lim (1 sin x) x ；（18）lim (ln 1 )

25、 x ；（19）lim ( xx 0x 0xx) tan x ；（16） lim exln(1 x) 1 ；x 0x- arctan x1( n tan 1 )n 21x 2 ) x ；（ 20） lim。nn知識點 ：洛必達法則。0思路 ：注意洛必達法則的適用范圍。該法則解決的是未定型的極限問題，基本形式為：型與型未定0式，對于這種形式可連續(xù)使用洛必達法則；對于型與 0型的未定式，可通過通分或者取倒數(shù)的形式化為基本形式；對于 00型、1 型與0型的未定式，可通過取對數(shù)等手段化為未定式；此外，還可以結(jié)合等價無窮小替換、兩個重要的極限、換元等手段使問題簡化。解：（ 1） lim exe xlim exe x2；x0sin xx0cos x（2） lim sin xsin alim cos xcosa ；xaxax a1ln sin xcos xcosxsin x1（ 3） limlimsin x)limlim；x( 2 x) 2x 4(2xx 4(2x)x 88222211ln(1x )limx( x1)lim1x2