mean value theorem

1. 理解罗尔(Rolle)中值定理、拉格朗日(Lagrange)中值定理及它们的几何意义，理解柯西(Cauchy)中值定理、泰勒(Taylor)中值定理。会用罗尔中值定理证明 方程根的存在性。会用拉格朗日中值定理证明一些简单的不等式。

最值定理

闭区间上的连续函数必有最大值和最小值。

即f(x)在[a,b]连续 $\Rightarrow m\le f(x)\le M\Rightarrow 有界$
其中，m为f(x)的最小值，M为f(x)的最大值

反例：

y=\frac{1}{x}

$f(x)=\frac{1}{x}$开区间在(0,1)连续，且有最小值1，无最大值（最大值为$\infty$）。
$f(x)=\frac{1}{x}$闭区间[0,1]不连续（因为x=0在f(x)无定义），只有最小值1，无最大值。

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若f(x)在(a,b)连续，且$\{\begin{array}{l}{\lim }_{x\to a^{+}}f(x)存在\\ {\lim }_{x\to b^{-}}f(x)\text{存在}\end{array}\Rightarrow f(x)在[a,b]有界$

限制两个端点趋向于有界值。

零点定理

设f(x)在[a,b]连续，且$f(a)\cdot f(b)<0$
则：至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使得$f(\xi )=0$

步骤：

1. 构造函数
2. 验证$f(a)\cdot f(b)<0$
3. 由零点定理可知，$f(\xi )=0$
4. 即，抄题

证明根存在问题

证明：方程$x^3-4x^2+1=0$在区间(0,1)内至少有一个根。

$$\begin{array}{l}令f(x)=x^3-4x^2+1\\ \because f(x)为初等函数\\ \therefore f(x)在[0,1]连续\\ f(0)=1\\ f(1)=1-4+1=-2\\ f(0)\cdot f(1)<0\\ \therefore 由零点定理得：至少存在一点\xi \in (0,1)满足{\xi }^3-4{\xi }^2+1=0(即：f(\xi )=0)\end{array}$$

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证明$x=a\sin x+b$至少有一个正根，且它不超过a+b，其中$a>0,b>0$。
翻译：证明$x=a\sin x+b$在区间$(0,a+b)$内至少有一个根。

$$\begin{array}{r}令f(x)=x-a\sin x-b\\ f(0)=0-a\sin 0-b=-b\\ b>0,则-b<0\\ f(a+b)=a+b-a\sin (a+b)-b=a-a\sin (a+b)\\ =a(1-\sin (a+b))\\ \because \sin (a+b)\in [-1,1]\\ \therefore a(1-\sin (a+b))\ge 0\end{array}$$

进行分类讨论：
当$a(1-\sin (a+b))=0，即f(a+b)=a(1-\sin (a+b))=0$
所以 a+b 是此方程的根。

当$a(1-\sin (a+b))>0，即f(a+b)=a(1-\sin (a+b))>0$

$$\begin{array}{rl}& f(0)\cdot f(a+b)<0\\ & 由零点定理可知，至少存在一点\xi \in (0,a+b)满足f(\xi )=0\end{array}$$

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设f(x)在[a,b]连续，且$a<f(x)<b$证明至少存在一点$\xi$使得$f(\xi )=\xi$
整理得：$f(\xi )-\xi =0$

$$\begin{array}{l}令F(x)=f(x)-x\\ F(x)\text{在}(a,b)\text{连续}\\ F(a)=f(a)-a>0(\text{由题干知 }f(x)>a)\\ F(b)=f(b)-b<0\\ F(a)F(b)<0\\ \therefore \text{由零点定理，至少存在 }\xi \in (a,b),\\ \text{使 }F(\xi )=0\\ \text{即 }f(\xi )=\xi \end{array}$$

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方程$x^4-x-1=0$至少有一个根的区间为
A.$\left(0,\frac{1}{2}\right)$
B.$\left(\frac{1}{2},1\right)$
C.$(1,2)$
D.$(2,3)$

方程$x^4-x-1=0$的根即为$x^4-x-1=0$的零点
令$f(x)=x^4-x-1=0$

$$\begin{array}{r}f(0)=-1\\ f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}-\frac{1}{2}-1=-\frac{23}{16}\\ f(1)=1-1-1=-1\\ f(2)=16-2-1=13\\ f(3)=77\\ \because f(x)为初等函数，在(1,2)内连续\\ 又\because f(1)f(2)<0\\ \therefore 由零点定理可知，\exists \xi \in (1,2)满足x^4-x-1=0\end{array}$$

跟定积分结合

设f(x)在[a,b]连续且无零点，又有$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt+{\int }_b^x\frac{1}{f(t)}dt$，证明$F(x)=0$在(a,b)内恰有一个零点。
恰有一个零点

1. 证明有零点（零点定理）
2. F(x)为单调函数（不管单调增还是减）

$$\begin{array}{r}草稿\\ F^{\prime }(x)=(f(x)\cdot 1-0)+\left(\frac{1}{f(x)}\cdot 1-0\right)\end{array}$$

开始做题

$$\begin{array}{r}由提可知F(x)在[a,b]连续\\ F(a)={\int }_a^{a}f(t)dt+{\int }_b^a\frac{1}{f(t)}dt=-{\int }_a^b\frac{1}{f(t)}dt\\ F(b)={\int }_a^{b}f(t)dt\\ 假设f(x)>0\\ 则F(a)<0,F(b)>0\\ F(a)F(b)<0\\ 由零点定理可知至少存在一点\xi \in (a,b)，使F(\xi )=0\\ 又\because F^{\prime }(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}>0\\ 故F(x)在[a,b]单调递增\\ \therefore F(x)在(a,b)只有一个零点\\ f(x)<0同样成立，原题得证\end{array}$$

与导数结合

求方程根的个数

介值定理

f(x)在[a,b]连续,$f(a)\ne f(b)$，对于f(a)与f(b)之间任一个数C，至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使得$f(\xi )=C$

$$\{\begin{array}{l}条件:m\le f(x)\le M,m\le C\le M\\ \\ 结论:\exists \xi \in (a,b),f(\xi )=C\end{array}$$

已知f(x)在[a,b]连续，$a<x_1<x_2<x_3<b$，证明：至少存在一点$\xi \in (x_1,x_3)$使得$f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}$

通过题干可知$\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}$为一个常数C。

$$\begin{array}{r}因为f(x)在[a,b]连续，由最值定理得，m\le f(x)\le M\\ 其中m为f(x{)}_{min}，M为f(x{)}_{max}\\ \{\begin{array}{l}m\le f(x_1)\le M\\ m\le f(x_2)\le M\\ m\le f(x_3)\le M\end{array}\\ 3m\le f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)\le 3M\\ \therefore m\le \frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}\le M\\ \therefore 由介值定理得，至少存在一点\xi \in (a,b)\\ 使f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}\end{array}$$

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f(x)在[0,2]上连续，且$f(1)+2f(2)=3$，证明$f(\xi )=1$

$$\begin{array}{r}因为f(x)在[a,b]连续，由最值定理得，m\le f(x)\le M\\ 其中m为f(x{)}_{min}，M为f(x{)}_{max}\\ \{\begin{array}{l}m\le f(1)\le M\\ m\le f(2)\le M\\ m\le f(2)\le M\end{array}\\ \therefore 3m\le f(1)+2f(2)\le 3M\\ \therefore m\le \frac{f(1)+2f(2)}{3}\le M\\ \therefore 由介值定理得，至少存在一点\xi \in (0,2)\\ 使f(\xi )=1=\frac{f(1)+2f(2)}{3}=\frac{3}{3}\end{array}$$

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若f(x)在[a,b]上连续，$a<x_1<x_2<\cdots <x_n<b$，则在$(x_1,x_n)$内至少有一点$\xi$，使得$f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)}{n}$

$$\begin{array}{r}因为f(x)在[a,b]连续，由最值定理得，m\le f(x)\le M\\ 其中m为f(x{)}_{min}，M为f(x{)}_{max}\\ \{\begin{array}{l}m\le f(x_1)\le M\\ \\ m\le f(x_2)\le M\\ \cdots \\ m\le f(x_n)\le M\end{array}\\ nm\le f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)\le nM\\ \therefore n\le \frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)}{n}\le M\\ \therefore 由介值定理得，至少存在一点\xi \in (a,b)\\ 使f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)}{n}\end{array}$$

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若f(x)在[a,b]上连续，证明至少存在一点$\xi \in (a,b)$使$f(\xi )=\frac{a_{1}f(x_1)+a_{2}f(x_2)+\dots +a_{n}f(x_n)}{a_1+a_2+\dots +a_n}$
模板：
第一步：

$$\begin{array}{l}因为f(x)在[a,b]连续，由最值定理得，m\le f(x)\le M\\ 其中m为f(x{)}_{min}，M为f(x{)}_{max}\end{array}$$

第二步：

$$\begin{array}{rlrl}m\le f(x_1)\le M& & a_{1}m& \le a_{1}f(x_1)\le a_{1}M\\ m\le f(x_2)\le M& & \Rightarrow a_{2}m& \le a_{2}f(x_2)\le a_{2}M\\ m\le f(x_2)\le M& & a_{n}m& \le a_{n}f(x_0)\le a_{n}M\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{a}_{1}m+a_{2}m+\cdots +a_{n}m\le a_{1}f(x_1)+a_{2}f(x_2)+\cdots +a_{n}f(x_n)\le a_{1}M+a_{2}M+\cdots +a_{n}M\\ (a_1+a_2+\cdots a_n)m\le a_{1}f(x_1)+a_{2}f(x_2)+\cdots +a_{n}f(x_n)\le (a_1+a_2+\cdots a_n)M\\ m\le \frac{a_{1}f(x_1)+a_{2}f(x_2)+\dots +a_{n}f(x_n)}{a_1+a_2+\dots +a_n}\le M\end{array}$$

最后：

$$\begin{array}{r}\therefore 由介值定理得，至少存在一点\xi \in (a,b)\\ 使f(\xi )=\frac{a_{1}f(x_1)+a_{2}f(x_2)+\dots +a_{n}f(x_n)}{a_1+a_2+\dots +a_n}\end{array}$$

费马引理

f(x)在$x_0的某领域\cup (x_0)$内有定义（即函数在点$x_0$以及$x_0$的某个领域$\cup (x_0)$都是有定义的），且在$x_0$处可导，如果$f(x)\le f(x_0),\forall x\in \cup (x_0)$，则$f^{\prime }(x_0)=0$

left=0; right=10
top=30; bottom=0;
[[grids|grid]]=true;
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y=-(x-5)^2+25
x=5|dashed|y<25
y=25|dashed|blue
(5, 25)|point|label:x_0|black

即若$f(x)$在可导点$x_0$处取极值，则$f^{\prime }(x_0)=0$

证明（了解）

$$\begin{array}{r}若x=x_0为极大值点f(x_0)\ge f(x)，由保号性\\ f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\\ f(x)-f(x_0)\le 0\\ x-x_0>0\\ \therefore f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le 0\\ f_{-}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\\ f(x)-f(x_0)\le 0\\ x-x_0<0\\ \therefore f_{-}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0\\ 又\because f^{\prime }(x_0)存在\\ \therefore f^{\prime }(x_0)=0\\ x=x_0为极小值点，同理。\end{array}$$

罗尔定理

设函数f(x)满足：

1. 在[a,b]上连续
2. 在(a,b)内可导
3. f(a)=f(b)
   那么至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使得$f^{\prime }(\xi )=0$
   注意是开区间内存在$\xi$

罗尔定理的证明对象是：$f^{\prime }(x)=0$
即：题干要求我们去证明某函数的一阶导等于0且有解

1. 通过待证明的结论，构造出原函数 → 即辅助函数 F(x)
2. 证明 F(x)存在两端值相等 F(a)=F(b)

如何构造函数总结

公式法：

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)+g(x)\cdot f(x)=0\stackrel{构造}{\Rightarrow }F(x)=e^{\int g(x)dx}\cdot f(x)\\ 注意f^{\prime }(x)前面不能有系数，是单身狗\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{u}^{\prime }v+u{v}^{\prime }=0\stackrel{构造}{\Rightarrow }F(x)=uv\end{array}$$

积分法：
直接对待证结论中的函数积分得F(x)

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题目

直接套公式

已知$f(x)$在[1,2]上连续，在(1,2)处可导，f(1)=3,f(2)=3，证明：至少存在一点$\xi \in (1,2)$使$f^{\prime }(\xi )=0$

$$\begin{array}{l}\because f(x)在[1,2]上连续且可导\\ 又\because f(1)=f(2)\\ \therefore 由罗尔定理得，\exists \xi \in (1,2)使得，f^{\prime }(\xi )=0\end{array}$$

微分方程公式法

$$\begin{array}{r}标准形式:\\ f^{\prime }(x)+g(x)\cdot f(x)=0\stackrel{构造}{\Rightarrow }F(x)=e^{\int g(x)dx}\cdot f(x)\\ 推广\\ f^{\prime }(x)+\square \cdot f(x)=0\stackrel{构造}{\Rightarrow }F(x)=e^{\int \square dx}\cdot f(x)\\ 由罗尔定理得存在\end{array}$$

设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0，证明：存在$\xi \in (a,b)$使$f^{\prime }(\xi )+g^{\prime }(\xi )\cdot f(\xi )=0$

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)+g^{\prime }(x)f(x)=0\\ 令F(x)=e^{\int g^{\prime }(x)dx}\cdot f(x)\\ F(x)=e^{g(x)}\cdot f(x)\\ 显然F(x)在[a,b]连续，(a,b)可导\\ F(a)=e^{g(a)}f(a)=0\\ F(b)=e^{g(b)}f(b)=0\\ F(a)=F(b)\\ 由罗尔定理得存在\xi \in (a,b)使F^{\prime }(\xi )=0\\ \\ F^{\prime }(x)=e^{g(x)}\cdot g^{\prime }(x)f(x)+e^{g(x)}{f}^{\prime }(x)\\ F^{\prime }(x)=e^{g(x)}[f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x)f(x)]=0\end{array}$$

设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0。证明：存在$\xi \in (a,b)$使得$f^{\prime }(\xi )+2020\cdot f(\xi )=0$

$$\begin{array}{r}令F(x)=e^{\int 2020dx}\cdot f(x)=e^{2020x}f(x)\\ 显然F(x)在[a,b]连续，(a,b)内可导\\ F(a)=0=F(b)\\ \therefore 由罗尔定理得F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f^{\prime }(\xi )+2020\cdot f(\xi )=0\end{array}$$

f(x)在[0,1]连续，在(0,1)内可导，且f(1)=0，证明:$\exists \xi \in (0,1)$使得$f(\xi )+\xi \cdot f^{\prime }(\xi )=0$

$$\begin{array}{r}化简式子凑公式\\ f(x)+x\cdot f^{\prime }(x)=0\\ \frac{1}{x}f(x)+f^{\prime }(x)=0\\ f^{\prime }(x)+\frac{1}{x}f(x)=0\end{array}$$

开始做题

$$\begin{array}{r}令F(x)=e^{\int \frac{1}{x}dx}\cdot f(x)=e^{\ln x}f(x)=xf(x)\\ 显然F(x)在[0,1]连续,(0,1)内可导\\ F(0)=0\\ F(1)=0\\ F(1)=F(0)\\ 由罗尔定理得\exists \xi \in (0,1)使得F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f(\xi )+\xi \cdot f^{\prime }(\xi )=0\end{array}$$

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f(x)在[0,1]连续可导，f(0)=0，证明(0,1)内至少有一点$\xi \in (0,1)$使得$f^{\prime }(\xi )=\frac{3f(\xi )}{1-\xi }$

$$\begin{array}{r}思考\\ f^{\prime }(x)-\frac{3f(x)}{1-x}=0\\ f^{\prime }(x)+\frac{3}{x-1}f(x)=0\\ 令F(x)=e^{\int \frac{3}{x-1}dx}f(x)\\ F(x)=e^{3\ln |x-1|}f(x)\\ F(x)=e^{\ln |x-1{|}^3}f(x)\\ F(x)=|x-1{|}^{3}f(x)\\ 只需要找到一个辅助函数\\ F(x)=(x-1{)}^{3}f(x)\\ 用另一个F(x)，求导后也可以得到同样的结果\\ F(x)=(1-x{)}^{3}f(x)\end{array}$$

$$\begin{array}{r}令F(x)=(x-1{)}^{3}f(x)\\ 显然F(x)在[0,1]连续，(0,1)可导\\ F(0)=F(1)\\ \therefore 由罗尔定理,\exists \xi \in (0,1)使F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f^{\prime }(\xi )=\frac{3f(\xi )}{1-\xi }\end{array}$$

导数乘法

f(x)在[0,1]连续，在(0,1)内可导，且f(1)=0，证明:$\exists \xi \in (0,1)$使得$f(\xi )+\xi \cdot f^{\prime }(\xi )=0$

$$\begin{array}{r}思考过程\\ f(x)+x\cdot f^{\prime }(x)=0\\ u^{\prime }v+u{v}^{\prime }\\ u=x\\ v=f(x)\\ x^{\prime }\cdot f(x)+x\cdot f^{\prime }(x)=0\end{array}$$ $$\begin{array}{r}令F(x)=xf(x)\\ 显然F(x)在[0,1]连续,(a,b)内可导\\ F(0)=F(1)\\ \therefore 由罗尔定理得\exists \xi \in (0,1)使得F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f(\xi )+\xi \cdot f^{\prime }(\xi )=0\end{array}$$

设f(x)、g(x)在[a,b]上连续,(a,b)上可导，证明：至少存在一点$\xi \in (a,b)$使$\frac{f(a)-f(\xi )}{g(\xi )-g(b)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$

$$\begin{array}{r}思考：(f(a)-f(\xi ))g^{\prime }(\xi )=(g(\xi )-g(b))f^{\prime }(\xi )\\ (f(a)-f(\xi ))g^{\prime }(\xi )-(g(\xi )-g(b))f^{\prime }(\xi )=0\\ g^{\prime }(\xi )[f(a)-f(\xi )]-[g(\xi )-g(b)]f^{\prime }(\xi )=0\\ u=g(\xi )-g(b)\\ v=[f(a)-f(\xi )]\end{array}$$ $$\begin{array}{r}令F(\xi )=[g(\xi )-g(b)][f(a)-f(\xi )]\\ F(\xi )在[a,b]连续,(a,b)可导\\ F(a)=F(b)=0\\ \therefore 由罗尔定理\exists \xi \in (a,b)使F^{\prime }(\xi )=0\\ 即\frac{f(a)-f(\xi )}{g(\xi )-g(b)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}\end{array}$$

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设0<a<b，函数f(x)在[a,b]上连续,(a,b)上可导，且f(a)=b, f(b)=a，证明$\exists \xi \in (a,b)$，使得$f^{\prime }(\xi )=-\frac{f(\xi )}{\xi }$

$$\begin{array}{r}思考\\ f^{\prime }(x)+\frac{f(x)}{x}=0\\ x{f}^{\prime }(x)+f(x)=0\\ f^{\prime }(x)x+f(x)\cdot (x{)}^{\prime }=0\end{array}$$ $$\begin{array}{r}令F(x)=xf(x)，显然F(x)在[a,b]连续,(a,b)可导\\ F(a)=ab\\ F(b)=ba\\ F(a)=F(b)\\ \therefore 由罗尔定理\exists \xi \in (a,b)，使F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f^{\prime }(\xi )=-\frac{f(\xi )}{\xi }\end{array}$$

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设函数f(x)在[a,b]上连续,(a,b)上可导，证明：$\exists \xi \in (a,b)$，使$\frac{f(\xi )-f(a)}{b-\xi }=f^{\prime }(\xi )$

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硬凑
设函数f(x)在[a,b]上连续,(a,b)上可导，f(a)=f(b)=0，证明：对任意实数$\alpha$，$\exists \xi \in (a,b)$，使得$f^{\prime }(\xi )=\alpha f(\xi )$

$$\begin{array}{r}硬凑\\ f^{\prime }(x)-\alpha f(x)=0\\ \square f^{\prime }(x)+\square \cdot (-\alpha )f(x)=0\\ \\ (\square {)}^{\prime }=-\alpha \square \\ \therefore \square =e^{-\alpha x}\\ \therefore F(x)=f(x)\cdot e^{-\alpha x}\end{array}$$

直接积分

已知$f(x)$在[1,2]上连续，在(1,2)处可导，f(1)=2,f(2)=3，证明至少存在一点$\xi$，使$f^{\prime }(\xi )=1$。

模板：

$$\{\begin{array}{l}等号右边全移到左边，使等式右边为0\\ 根据左边F^{\prime }(x)找F(x)\\ 验证F(a)=F(b)\stackrel{由罗尔定理}{\Rightarrow }{F}^{\prime }(\xi )=0,即答案\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\because f(x)在[1,2]上连续且可导\\ 令F(x)=f(x)-x\\ 则F(1)=f(1)-1=2-1=1\\ F(2)=f(2)-2=3-2=1\\ 又\because F(1)=F(2)\\ 由罗尔定理可得\exists \xi \in (1,2)使得，F^{\prime }(\xi )=0\\ 即F^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(\xi )-1=0\end{array}$$

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设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且f(0)=0,f(1)=1，证明：存在一点$\xi \in (0,1)$，使$f^{\prime }(\xi )=2\xi$

有导数，优先用罗尔

$$\begin{array}{l}{F}^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(\xi )-2\xi \\ 即求F(\xi )=\int [f^{\prime }(\xi )-2\xi ]d\xi \\ F(x)=f(x)-x^2\end{array}$$

现在可以证明

$$\begin{array}{l}令F(x)=f(x)-x^2\\ \because f(x)在[0,1]连续，在(0,1)可导\\ 且F(1)=0=F(2)\\ \therefore 由罗尔定理可知至少存在一点\xi \in (0,1)使F^{\prime }(x)=0\\ 即f^{\prime }(\xi )-2\xi =0\end{array}$$

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若f(x)在[1,e]连续，(1,e)可导，且f(1)=0,f(e)=1，证明:$\exists \xi \in (1,e)$，使：$\xi f^{\prime }(\xi )=1$

$$\begin{array}{r}思考\\ x{f}^{\prime }(x)-1=0\\ f^{\prime }(x)-\frac{1}{x}=0\\ \int \left[f^{\prime }(x)-\frac{1}{x}\right]dx\end{array}$$ $$\begin{array}{r}令F(x)=f(x)-\ln x\\ F(x)在[1,e]上连续，(1,e)可导\\ F(1)=0=F(e)\\ 由罗尔定理得\exists \xi \in (1,e)使F^{\prime }(\xi )=0\\ 即\xi f^{\prime }(\xi )=1\end{array}$$

端点值不好判断

设f(x)在[0,1]连续，(0,1)可导，且f(0)=f(1)=0，$f\left(\frac{1}{2}\right)=1$，证明：$\exists \xi \in (0,1)$使$f^{\prime }(\xi )=1$

$$\begin{array}{r}令F(x)=f(x)-x\\ 显然F(x)在[0,1]连续,(0,1)可导\\ F(0)=f(0)-0=0\\ F(1)=f(1)-1=-1\\ F\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\\ F(1)F\left(\frac{1}{2}\right)<0\\ 由零点定理可知\exists {\xi }_1\in (0,1)，使F({\xi }_1)=0\\ 又\because F({\xi }_1)=F(0)\\ 由罗尔定理得\exists \xi \in (0,1)，使F^{\prime }(\xi )=0\\ 即f^{\prime }(\xi )=1\end{array}$$

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设f(x)在[1,3]连续，(1,3)可导，且f(1)=-1,f(2)=3,f(3)=0，证明：$\exists \xi \in (1,3)$使$f^{\prime }(\xi )=0$

$$\begin{array}{r}已知f(x)在[1,3]连续，(1,3)可导\\ f(1)=-1\\ f(2)=3\\ f(1)f(2)<0\\ 由零点定理可知\exists {\xi }_1\in (1,3)，使f({\xi }_1)=0\\ 又\because f({\xi }_1)=0=f(3)\\ \therefore 由罗尔定理可知\exists \xi \in (1,3)，使f^{\prime }(\xi )=0\\ 得证\end{array}$$

拉格朗日（Lagrange）中值定理

设函数f(x)满足：

1. 在[a,b]上连续
2. 在(a,b)内可导，则至少存在一点$\xi \in \left(a,b\right)$，使得$\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f^{\prime }\left(\xi \right)$，或写为$f\left(b\right)-f\left(a\right)=f^{\prime }\left(\xi \right)(b-a)$

函数f(x)=x(x-1)在[1,4]上满足拉格朗日中值定理的$\xi =$

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x^2-x\\ f^{\prime }(x)& =2x-1\\ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}& =\frac{f(4)-f(1)}{4-1}=\frac{12-0}{3}=4\end{array}$$

$f^{\prime }\left(\xi \right)=4$
$2x-1=4,x=\frac{5}{2}$

证明不等式

找到函数差

$$\begin{array}{r}\tan x=\tan x-\tan 0\\ \ln x=\ln x-\ln 1\\ \arctan x=\arctan x-\arctan 0\\ af(a)-bf(b)=F(a)-F(b)\\ \ln \frac{a}{b}=\ln a-\ln b\end{array}$$

双边不等式

对于任意$0<x<\frac{\pi }{2}$，证明$x<\tan x<\frac{x}{{\cos }^{2}x}$成立

$$\begin{array}{l}x<\tan x-\tan 0<\frac{x}{{\cos }^{2}x}\\ \frac{x}{x}<\frac{\tan x-\tan 0}{x-0}<\frac{x}{{\cos }^{2}x\cdot x}\\ 1<\frac{\tan x-\tan 0}{x-0}<\frac{1}{{\cos }^{2}x}\end{array}$$ $$\begin{array}{l}令F(x)=\tan x,x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\\ 显然F(x)在\left(0,\frac{\pi }{2}\right)可导连续\\ 即证：1<\frac{\tan x-\tan 0}{x-0}<\frac{1}{{\cos }^{2}x}\\ 由拉氏定理得：\frac{\tan x-\tan 0}{x-0}={\sec }^2\xi ,\xi \in (0,x)\end{array}$$

上面的式子忘了再复习：
2. 在(a,b)内可导，则至少存在一点$\xi \in \left(a,b\right)$，使得$\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f^{\prime }\left(\xi \right)$，或写为$f\left(b\right)-f\left(a\right)=f^{\prime }\left(\xi \right)(b-a)$

$$\begin{array}{l}只需证1<{\sec }^2\xi <\frac{1}{{\cos }^{2}x}\\ 1<\frac{1}{{\cos }^2\xi }<\frac{1}{{\cos }^{2}x},\xi \in (0,x),x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\\ \because 0<\xi <x,0<x<\frac{\pi }{2}\\ 即0<\xi <x<\frac{\pi }{2}\\ \cos \xi >\cos x\\ {\cos }^2\xi >{\cos }^{2}x\\ \frac{1}{{\cos }^2\xi }<\frac{1}{{\cos }^{2}x}\\ 即原式成立\end{array}$$

---

当0<a<b时，证明：$n{a}^{n-1}(b-a)<b^n-a^n<n{b}^{n-1}(b-a)$

移项得$n{a}^{n-1}<\frac{b^n-a^n}{b-a}<n{b}^{n-1}$

$$\begin{array}{r}令F(x)=x^n\\ F^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}\\ 欲证原式成立，即证：\\ n{a}^{n-1}<\frac{b^n-a^n}{b-a}<n{b}^{n-1}\\ 由拉氏定理得：\frac{b^n-a^n}{b-a}=n{\xi }^{n-1}\\ 故只需n{a}^{n-1}<n{\xi }^{n-1}<n{b}^{n-1}，其中\xi \in (a,b)\\ 显然原式成立\end{array}$$

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证明：当$x>0$时，$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$

$$\begin{array}{l}\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x\\ \frac{x}{1+x}<\ln (1+x)-\ln 1<x\\ \frac{\left(\frac{x}{1+x}\right)}{x}<\frac{\ln (1+x)-\ln 1}{(1+x)-1}<\frac{x}{x}\\ \frac{1}{1+x}<\frac{\ln (1+x)-\ln 1}{(1+x)-1}<1\\ 由拉氏定理得\frac{\ln (1+x)-\ln 1}{(1+x)-1}=\frac{1}{\xi },其中\xi \in (1,1+x)\\ \because 1<\xi <1+x\\ \therefore \frac{1}{1+x}<\frac{1}{\xi }<1\\ 所以原式成立\end{array}$$

用另一个不等式

$$\begin{array}{l}\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)-\ln 1<x\end{array}$$

套公式

$$\begin{array}{r}f(1+x)-f(1)=f^{\prime }(\xi )(1+x-1)=f^{\prime }(\xi )x\end{array}$$ $$\begin{array}{l}由拉氏定理:\\ \ln (1+x)-\ln 1=\frac{1}{\xi }x,\xi \in (1,1+x)\\ 即证\frac{x}{1+x}<\frac{1}{\xi }x<x\\ \frac{1}{1+x}<\frac{1}{\xi }<1,\xi \in (1,1+x)\\ 显然成立\\ \therefore \frac{x}{1+x}<\ln (1+x)-\ln 1<x\end{array}$$

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$$证明：\frac{\pi }{7}>\sin \frac{\pi }{7}>\frac{3}{7}$$ $$\begin{array}{r}\frac{\pi }{7}>\sin \frac{\pi }{7}-\sin 0>\frac{3}{7}\\ 1>\frac{\sin \frac{\pi }{7}-\sin 0}{\frac{\pi }{7}}>\frac{3}{\pi }\\ 由拉氏定理得\frac{\sin \frac{\pi }{7}-\sin 0}{\frac{\pi }{7}}=\cos \xi ,\xi \in \left(0,\frac{\pi }{7}\right)\\ 即证:1>\cos \xi >\frac{3}{\pi },\xi \in \left(0,\frac{\pi }{7}\right)\end{array}$$

拉不出来

构造函数做：

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已知a>b>0，证明：$\frac{a-b}{a}<\ln \frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}$

$$\begin{array}{r}\frac{a-b}{a}<\ln \frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}\\ \frac{a-b}{a}<\ln a-\ln b<\frac{a-b}{b}\\ \frac{1}{a}<\frac{\ln a-\ln b}{a-b}<\frac{1}{b}\\ 令f(x)=\ln x\\ f(x)在[b,a]上连续，在(b,a)内可导，由拉氏定理得存在一点\\ \frac{1}{a}<\frac{1}{\xi }<\frac{1}{b},\xi \in (b,a)\\ \because b<\xi <a\\ \therefore \frac{1}{a}<\frac{1}{\xi }<\frac{1}{b},\xi \in (b,a)成立\\ 即证\frac{a-b}{a}<\ln \frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}\end{array}$$

这道题也可以构造函数做

单边含绝对值的不等式

对于任意$x_1,x_2\in [-1,1]$，证明：$|\arcsin x_1-\arcsin x_2|\ge |x_1-x_2|$

思考： $\arcsin x_1-\arcsin x_2$为函数差，再构造变量差

当$x_1=x_2$，显然：$|\arcsin x_1-\arcsin x_2|=|x_1-x_2|$

不妨设$x_1>x_2$
因为$\arcsin x$在$[-1,1]$单调递增

$$\begin{array}{l}欲证原式成立，即证：(\arcsin x_1-\arcsin x_2)>x_1-x_2\\ \frac{\arcsin x_1-\arcsin x_2}{x_1-x_2}\ge 1\\ 由拉氏定理：\\ \frac{\arcsin x_1-\arcsin x_2}{x_1-x_2}=\frac{1}{\sqrt{1-{\xi }^2}},\xi \in (x_1,x_2)\\ 即-1\le x_1<\xi <x_2\le 1\\ \xi \in (-1,1)\\ 显然\frac{1}{\sqrt{1-{\xi }^2}}\ge 1\end{array}$$

构造函数

设f(x)在$[a,b]$上连续，(a,b)可导，证明：至少存在一点$\xi \in (a,b)$使得$\xi f^{\prime }(\xi )+f(\xi )=\frac{bf(a)-af(a)}{b-a}$

$$\begin{array}{l}令F(x)=xf(x)，显然F(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导\\ F^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)\\ 由拉氏定理得\\ \frac{bf(a)-af(a)}{b-a}=f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi ),\xi \in (a,b)\end{array}$$

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求极限

求极限${\lim }_{x\to \infty }{x}^2\left(\tan \frac{1}{x}-\tan \frac{1}{x+1}\right)$
$f(\frac{1}{x})-f(\frac{1}{x+1})=f^{\prime }(\xi )(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})$
设$f(x)=\tan x$则$f^{\prime }(\xi )={\sec }^2\xi$

所以，由拉氏定理

$$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot {\sec }^2\xi \cdot \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right),\\ 其中\xi 在\frac{1}{x}与\frac{1}{x+1}之间\end{array}$$

随着$x\to \infty ,\frac{1}{x}\sim 0,\frac{1}{x+1}\sim 0$，由夹逼定理可知$\xi$也趋于0

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot \frac{1}{{\cos }^2\xi }\cdot \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\\ \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot 1\cdot \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\\ \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\frac{1}{x(x+1)}\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2}{x^2+x}=1\end{array}$$

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${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-e^{\sin x}}{\ln (1+x)}$
分母先用等价
${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-e^{\sin x}}{x}$
第一种解法，提因子，先提后者
$e^x-e^{\sin x}=e^{\sin x}(e^{x-\sin x}-1)$

$$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\sin x}\cdot \frac{e^{x-\sin x}-1}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }1\cdot \frac{x-\sin x}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}{x}^3}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{6}{x}^2=0\end{array}$$

第二种解法，洛必达

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }{e}^x-e^{\sin x}\cdot \cos x\\ \underset{x\to 0}{\lim }{e}^x-\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\sin x}\cos x\\ 1-1=0\end{array}$$

第三种解法，拉格朗日
$f\left(b\right)-f\left(a\right)=f^{\prime }\left(\xi \right)(b-a)$

$$\begin{array}{r}(e^{\xi }{)}^{\prime }=e^{\xi }\\ e^x-e^{\sin x}=e^{\xi }(x-\sin x)\end{array}$$ $$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-\sin x)\cdot e^{\xi }}{x}\\ \xi \in (x,\sin x)\\ x\to 0,且\sin x\to 0\\ \therefore \xi \to 0\\ 原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-\sin x)}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}{x}^3}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{6}{x}^2=0\end{array}$$

证明题

已知f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)=0,f(1)=1

1. 证明：存在一点$\xi \in (0,1)$使$f(\xi )=1-\xi$
2. 存在不同两点${\eta }_1,{\xi }_1\in (0,1)$使$f^{\prime }({\eta }_1)\cdot f^{\prime }({\xi }_1)=1$

柯西中值定理

真题