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第6讲
一元函数微分学的应用（二）一中值定理、微分等式与微分不等式
①连续函数+可导函数
②方程(数学二、三常考)
③用导数的方法证明（数学三常考）
| 考题 | 中值定理、微分等式与微分不等式 |
| 题型 | 选择题、填空题、解答题 |
| 目标 | ①理解闭区间上连续函数的性质(有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质;②理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理和泰勒定理，了解并会用柯西中值定理 |
| 重难点 | ①平均值定理；②罗尔定理的推论；③用函数性态证明微分不等式；④用中值定理证明微分不等式 |
基础知识结构
第6讲一元函数微分学的应用（二）—中值定理、微分等式与微分不等式
零点定理（证存在性）
配合起来考
微分等式方程的根，函数的零点，曲线的交点
单调性（证唯一性）
罗尔原话
★罗尔定理的推论
实系数奇次方程至少有一个实根 结计
用函数性态证明
★首先考虑研究辅助函数F(x)的凹凸性、最值、正负
微分不等式数学一综合题中的一个小步骤
用常数变量化证明
用中值定理证明
★中值5， \begin{array} { r } { a < \xi < b \ , \ f ( a ) < f ( \xi ) < f ( b ) } \\ { ( > ) } \end{array}
基础内容精讲
中值定理
涉及函数的中值定理
设f(x)在[a,b]上连续，则
定理1(有界与最值定理） m \leqslant f ( \dot { x } ) \leqslant M ，其中m,M分别为f(x)在[a,b]上的最小值与最大值.
定理2（介值定理）当 m \leqslant \mu \leqslant M 时，存在 \xi \in [ a , b ] ，使得 f ( \xi ) = \mu
如，f(x)在[0,2]上连续, f ( 0 ) = 0 , f ( 1 ) = 1 ，则存在 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使 f ( \xi ) = \frac { 1 } { 2 }
(离散的)平均值定理： f ( \xi ) = { \frac { 1 } { n } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( x _ { i } )
(连续的)平均值定理： f ( \xi ) = \frac { 1 } { b - a } \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x . 7
定理3（平均值定理）当 a < x _ { 1 } < x _ { 2 } < \cdots < x _ { n } < b 时，在 [ x _ { 1 } , x _ { n } ] 内至少存在一点 \xi ，使得
f ( \xi ) = { \frac { f ( x _ { 1 } ) + f ( x _ { 2 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } } \ .
注证由闭区间连续函数的最值定理，得
m \leqslant f ( x _ { 1 } ) \leqslant M \ ,
m \leqslant f ( x _ { 2 } ) \leqslant M ,
m \leqslant f ( x _ { n } ) \leqslant M \ ,
m { \leqslant } \frac { f ( x _ { 1 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } { \leqslant } M ,
则存在 \xi \in [ x _ { 1 } , x _ { n } ] \subset [ a , b ] 使得 f ( { \boldsymbol { \xi } } ) = { \frac { f ( x _ { 1 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } }
定理4（零点定理）当 f ( a ) \cdot f ( b ) < 0 时，存在 \xi \in ( a , b ) ，使得 f ( \xi ) = 0
a,b为无定义点，可直接用
注推广的零点定理：若f（x）在（a,b）内连续， \operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { + } } f ( x ) = \alpha , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } f ( x ) = \beta 且 \alpha \cdot \beta < 0 则f ( x ) = 0 在(a,b)内至少有一个根，这里a,b,α,β可以是有限数，也可以是无穷大．
例6.1 设函数f(x)在[0,1]上连续，且 f ( 1 ) = 0 , f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = 1 ，证明：存在 \eta \in \left( { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right) ，使得f ( \eta ) = \eta
分析涉及关系式，“做一至两步的逆运算”只需证 \ " f ( \eta ) - \eta = 0 \ : \cdots
F ( x ) = f ( x ) - x ，则函数F(x)=f(x)-x在 \left[ { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right] 上连续，且有
F \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) - { \frac { 1 } { 2 } } = { \frac { 1 } { 2 } } \geq { \overline { { 0 , \ F ( 1 ) = f ( 1 ) - 1 = - 1 \leq 0 } } } , \quad { \widehat { \ast } } \bot { \widehat { \ast } } \ { \widehat { \ast } } \ { \widehat { \ast } } \ = { \frac { 1 } { 2 } } .
由于 F { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } \bullet F ( 1 ) < 0 ，根据零点定理可知，存在 \eta \in \left( { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right) ，使得F(n)=0，即 f ( \eta ) = \eta
例6.2 设函数f(x)在区间[0,1]上连续，且 f ( 1 ) > 0 , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < 0 .证明：方程 f ( x ) = 0 在区间(0,1)内至少存在一个实根. 一般作为解答题的第一问》极限必须存在，才可和“0”比大小
证由 \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < { \widehat { 0 } } 与极限的保号性可知，存在 a \in ( 0 , 1 ) ，使得 \frac { f ( a ) } { a } < 0 ，即 f ( a ) < 0
又 f ( 1 ) > 0 ，所以存在 b \in ( a , 1 ) \subset ( 0 , 1 ) ，使得f(b)=0，即方程 f ( x ) = 0 在区间(0,1)内至少存在一个实根.
拉格朗日中值定理
\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x f ( x ) \underset { } { } f ^ { \prime } ( x ) f ^ { ( n ) } ( x ) ( n \geq 2 )
定积分/积分中值定理
②涉及导数（微分）的中值定理
历史故事：费马，被称为最业余的数学家，比牛顿大42岁，是个律师.
1637年他在图书馆看书时，看到了 \mathbf { \omega } ^ { * } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = z ^ { 2 } 必存在正整数解”，他违反规定写了一段话：
\left. \begin{array} { c } { { x ^ { 3 } + y ^ { 3 } = z ^ { 3 } } } \\ { { } } \\ { { x ^ { 4 } + y ^ { 4 } = z ^ { 4 } } } \\ { { } } \\ { { \cdots } } \\ { { } } \\ { { x ^ { n } + y ^ { n } = z ^ { n } } } \end{array} \right\} 一律没有正整数解.
费马说：“此处太小写不下，不予证明了”·费马大定理提出了好的问题，实际上，比解决它更好！怀尔斯于1994年证明出了该定理，此时已超40岁
[①可导，左右导数存在且相等 定理5（费马定理）设f(x)在点 x _ { 0 } 处满足 则 f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0 ②取极值， 极值点
注(1）证明费马定理
不妨假设f（x）在点 x _ { \mathfrak { o } } 处取得极大值，则存在 x _ { 0 } 的邻域 U ( x _ { 0 } ) ，对任意的 x \in U ( x _ { 0 } ) ，都有 \Delta f = f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) { \leqslant } 0 ，于是根据导数的定义与极限的保号性，有
f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } \geq 0 ,
f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } ^ { + } } \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } \leqslant 0 \ .
又f（x）在点 x _ { 0 } 处可导，于是 f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ，故 f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0
(2)当一个人跑到最远处时，他的速度为零；当一个人跑得最快时，他的加速度为零，这些都是费马定理在生活中的通俗应用
例6.3 (导数零点定理)设f(x)在[a,b]上可导，证明当 f _ { + } ^ { \prime } ( a ) \cdot f _ { - } ^ { \prime } ( b ) < 0 时，存在 \xi \in ( a , b ) 使得 f'(x)存在 由此知最大值取在区间内，而 由此知最大值取在区间内，而区间内函墨值必为极值牌 区间内的最值必为极值，端
f ^ { \prime } ( \xi ) = 0 \ .
f _ { + } ^ { \prime } ( a ) > 0 , f _ { - } ^ { \prime } ( b ) < 0
点的最值不一定是极值Jl
aa+δ b-δb
（端点不谈论极值，因为在
区间外侧并无定义）
由 f _ { + } ^ { \prime } ( a ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { * } } { \frac { f ( x ) - f ( a ) } { x - a } } > 0 , 可得存在 \delta _ { \mathrm { 1 } } > 0 ，在 ( a , a + \delta _ { 1 } ) 内， f ( x ) > f ( a ) 脱帽法由 f _ { - } ^ { \prime } ( b ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } { \frac { f ( x ) - f ( b ) } { x - b } } < 0 可得存在 \delta _ { 2 } > 0 ，在 ( b - \delta _ { 2 } , b ) 内， f ( x ) > f ( b )
故f(a)与f(b)均不是f(x)在[a,b]上的最大值,则f(x)在(a,b)内取得最大值,根据费马定理可知，存在 \xi \in ( a , b ) ，使得 f ^ { \prime } ( \xi ) = 0
定理6（罗尔定理）
①在[a,b]上连续,
三个条件同时满足才可
设f(x)满足{②在(a,b)内可导，则存在 \xi \in ( a , b ) ，使得 f ^ { \prime } ( \xi ) { \overset { ! } { = } } 0
③f(a)=f(b)，
①f(a)=f(b);
② lim f(x)=lim f(x):
罗尔（1652—1719）
罗尔→f(5)=0
③limf(x)=+∞，limf(x)=+∞. x→a+ (18) x→b (-8)
注推广的罗尔定理
设f(x)在(a,b)内可导， \operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { + } } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } f ( x ) = A 则在(a,b)内至少存在一点ξ，使f‘(§）=0，其中区间(a，b)可以是有限区间也可以是无穷区间，A可以是有限数也可以是无穷大
罗尔定理的使用往往需要构造辅助函数，其方法总结如下
（1）简单情形：题设f（x）即为辅助函数（研究对象）.
（2）复杂情形
→一般不用f，而用一个神秘的“F”一—辅助函数。
①乘积求导公式 ( u \nu ) ^ { \prime } = u ^ { \prime } \nu + u \nu ^ { \prime } 的逆用
a [ f ( x ) f ( x ) ] ^ { \prime } = [ f ^ { 2 } ( x ) ] ^ { \prime } = 2 f ( x ) \cdot f ^ { \prime } ( x )
见到f（x）f（x），令 F ( x ) = f ^ { 2 } ( x ) 逆运算
b. [ f ( x ) \bullet f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { \prime } = [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } + f ( x ) f ^ { n } ( x )
见到 [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } + f ( x ) f ^ { \prime } ( x ) ，令 F ( x ) = f ( x ) f ^ { \prime } ( x )
\mathsf { c . } \left[ f ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } \right] ^ { \prime } = f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } + f ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } \bullet \varphi ^ { \prime } ( x ) = \left[ f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x ) \right] \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) }
见到 f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x ) ，令 F ( x ) = f ( x ) { \mathrm { e } } ^ { \varphi ( x ) }
常考以下情形
φ（x）=x=见到f（x）+f（x），令F（x）=f（x）e.
φ（x）=-x=见到f‘（x）-f（x），令F（x）=f（x）e
φ（x)=kx=见到f‘（x）+f（x），令 F ( x ) = f ( x ) \mathrm { e } ^ { k \alpha }
( u \nu ) ^ { \prime \prime } = u ^ { \prime \prime } \nu + 2 u ^ { \prime } \nu ^ { \prime } + u \nu ^ { \prime \prime } 亦有可能考到
②商的求导公式 \left( \frac { u } { \nu } \right) ^ { \prime } = \frac { u ^ { \prime } \nu - u \nu ^ { \prime } } { \nu ^ { 2 } } 的逆用.
\left[ { \frac { f ( x ) } { x } } \right] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) x - f ( x ) } { x ^ { 2 } } }
见到 f ^ { \prime } ( x ) x - f ( x ) , x \neq 0 F ( x ) = { \frac { f ( x ) } { x } }
\mathsf { b . } \left[ \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right] ^ { \prime } = \frac { f ^ { \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } { f ^ { 2 } ( x ) }
f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } , f ( x ) \neq 0 F ( x ) = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } }
[ \ln f ( x ) ] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } } 故 [ \ln f ( x ) ] ^ { \prime \prime } = \left[ { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } } \right] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } { f ^ { 2 } ( x ) } }
见到 f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } , f ( x ) > 0 ，亦可考虑令 F ( x ) = \ln f ( x )
事实上，这些辅助函数的构造不仅仅限于罗尔定理的使用。
例6.4 设f(x)在[0,3]上连续，在(0,3)内可导，且 f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 , f ( 3 ) = 1 .证明：必存在 \xi \in ( 0 , 3 ) ，使得f(5)=0.
证 因为f(x)在[0,3]上连续，所以f(x)在[0,2]上连续，且在[0,2]上必有最大值M和最小值 m，于是
m \leqslant f ( 0 ) \leqslant M , m \leqslant f ( 1 ) \leqslant M , m \leqslant f ( 2 ) \leqslant M ,
故
m { \leqslant } \frac { f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) } { 3 } \overline { { = 1 { \leqslant } M \ . } } ^ { } \overset { } { = } 4 3 h { \leqslant } 3 2
由介值定理可知，至少存在一点 c \in [ 0 , 2 ] ，使得 f ( c ) = { \frac { f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) } { 3 } } = 1
所以函数f(x)在[c,3]上满足罗尔定理的条件，于是存在 \xi \in ( c , 3 ) \subset ( 0 , 3 ) ，使得 f ^ { \prime } ( \xi ) = 0
例6.5 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导， f ( a ) = 0 , a > 0 ，证明：存在 \xi \in ( a , b ) 使得 f ( \xi ) = { \frac { b - \xi } { a } } f ^ { \prime } ( \xi )
分析先将结论改写为 f ^ { \prime } ( \xi ) - \frac { a } { b - \xi } f ( \xi ) = 0 （对照 f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x ) ~ ; ，所以构造辅助函数 F ( x ) = f ( x ) { \mathrm { e } } ^ { \int \left( { \frac { a } { b - x } } \right) d x } f ( x ) ( b - x ) ^ { a } ，再利用罗尔定理即可. \begin{array} { c } { { \enclose{circle} { 1 } F ( a ) = f ( a ) ( b - a ) ^ { a } = 0 } } \\ { { \enclose{circle} { 2 } F ( b ) = f ( b ) ( b - b ) ^ { a } = 0 } } \end{array}
证 令 F ( x ) = f ( x ) ( b - x ) ^ { a } ，显然 { \dot { F ( a ) } } = F ( b ) = 0 ，由罗尔定理知，存在 \xi \in ( a , b ) ，使得 F ^ { \prime } ( \xi ) = 0 即 f ^ { \prime } ( \xi ) ( b - \xi ) ^ { a } - a f ( \xi ) ( b - \xi ) ^ { a - 1 } = 0 ，已知 a > 0 ，故 f ( \xi ) = { \frac { b - \xi } { a } } f ^ { \prime } ( \xi )
注上面是证明一阶导数为0，也就是使用一次罗尔定理的问题，但有些题目涉及二阶导数为0，即要多次使用罗尔定理，这种问题的难点是要找到函数值相等的三个不同点，即 f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) \ ( \pi 妨设 a < b < c ) ，分别在[a,b],[b,c]上使用罗尔定理，有 f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = 0 , \xi _ { 1 } \in ( a , b ) , \xi _ { 2 } \in ( b , c ) 进而在 [ \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ] 上再对f'(x)使用罗尔定理，得 f ^ { \prime } ( \xi ) = 0 ，其中 \xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( a , c ) .如例6.6
由F'(5)=F'(ξ)=0，得F"(5)=0
例6.6 设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内二阶可导，过点A(0,f(0))与点B(l，f())的直线与曲线y=f(x)相交于点C(c，f(c))，其中 0 < c < 1 ，证明：存在 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使得 f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = 0
证 根据题意，过点A与点B的直线方程为 y _ { 1 } = [ f ( 1 ) - f ( 0 ) ] x + f ( 0 )
令 \cdot F ( x ) = f ( x ) - y _ { 1 } = f ( x ) - \left[ f ( 1 ) - f ( 0 ) \right] x - f ( 0 ) , \ \mathbb { X } f ( c ) = \left[ f ( 1 ) - f ( 0 ) \right] \cdot c + f ( 0 ) ，且 F ( 0 ) = 0 , F ( 1 ) = 0
F ( c ) = f ( c ) - [ f ( 1 ) - f ( 0 ) ] \bullet c - f ( 0 ) = 0 ，则F(x)在[0,c]与[c,1]上均满足罗尔定理的条件，于是可得 V
F ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = F ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = 0 , \xi _ { 1 } \in ( 0 , c ) , \xi _ { 2 } \in ( c , 1 ) 因为F(x）有三个零点 C 店1x
再由罗尔定理可得 F ^ { \prime \prime } ( \xi ) = f ^ { \prime } ( \xi ) = 0 , \xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( 0 , 1 ) ，命题得证.
公式直线方程 y _ { 1 } - f ( 0 ) = { \frac { f ( 1 ) - f ( 0 ) } { 1 - 0 } } ( x - 0 )
注大于等于2阶为高阶
若证 f ^ { ( n ) } ( \xi ) = 0 用罗尔定理可能性大；
若证 f ^ { ( n ) } ( \xi ) \neq 0 （不等式）用泰勒公式可能性大。
例6.7 设函数f(x)在区间[0,1]上具有二阶导数，且f(1)>0,lim \frac { f ( x ) } { x } < 0 .证明：方程x→0+f ( x ) f ^ { \prime \prime } ( x ) + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } = 0 在区间(0,1)内至少存在两个不同实根. 说明函数f(x)在闭区间上左端点右连续，右端点左连续
分析 辅助函数为 F ( x ) = f ( x ) \cdot f ^ { \prime } ( x ) ，即证 \left\{ { F } ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = 0 , \right. 其中 \xi _ { 1 } 与 \boldsymbol { \xi } _ { 2 } 不相等．
证 由题设知f(x)连续且 \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { * } } { \frac { f ( x ) } { x } } 存在，所以f(Q)=0.又由例6.2知f(b)=0， b \in ( 0 , 1 ) ，由罗尔V \bigoplus _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < 0 \not \equiv \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } f ( x ) = 0 = f ( 0 ) 定理知，存在 c \in ( 0 , b ) \subset ( 0 , 1 ) ，使得
f ^ { \prime } ( c ) = 0 \ .
F ( x ) = f ( x ) f ^ { \prime } ( x ) ，由题设知F(x)在区间[0,b]上可导，且
F ( 0 ) = 0 , F ( \overrightarrow { c ) = 0 , F ( b ) = 0 \ . } \quad \stackrel { } { \Rightarrow } \oplus f ^ { \prime } ( c ) = 0 \ \not \in \mathfrak { F } ( b ) = 0 \ .
根据罗尔定理，存在 \xi \in ( 0 , c ) , \eta \in ( c , b ) ，使得 F ^ { \prime } ( \xi ) = F ^ { \prime } ( \eta ) = 0 ，即5,n是方程 f ( x ) f ^ { \prime \prime } ( x ) + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } = 0 在区间(0,1)内的两个不同实根.
定理7(拉格朗日中值定理)
设f(x)满足 \left\{ { \begin{array} { l } { \enclose{circle} { 1 } \# \mathbb { E } \left[ a , b \right] } \\ { \enclose{circle} { 2 } \# \mathbb { E } \left( a , b \right) } \end{array} } \right. 上连续， 则存在 \xi \in ( a , b ) ，使得内可导，
f ( b ) - f ( a ) = f ^ { \prime } ( \xi ) ( \underline { { { b - a } } } ) , \qquad
或者写成
若在区间(a，b)上处处变化率为0，则f(b)=f(a)为常数
f ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { f ( b ) - f ( a ) } { b - a } ~ .
拉格朗日（1736-1813）
注见到f(a）-f（b)或f与f的关系，一般想到用拉格朗日中值定理．拉格朗日中值定理的作用是用导函数的值来控制函数值的增减.
例6.8 若f(x)在 | ( a , b ) 内可导且f(x)有界，证明：f(x)在(a,b)内有界.
证 因为f(x)在(a,b)内可导，所以f(x)在(a,b)内连续，因此对任意 x _ { 0 } \in ( a , b ) , f ( x _ { 0 } ) 存在，对任意 x \in ( a , b ) ，不妨设 x < x _ { 0 } ，对f(x)在 [ x , x _ { 0 } ] 上应用拉格朗日中值定理，有→在(a,b)内取闭区间[x,x0]
f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) = f ^ { \prime } ( \xi ) ( x - x _ { 0 } ) , \xi \in ( x , x _ { 0 } ) , \xi \notin \mathcal { Z } .
则 \scriptstyle { \big | } f ( x ) { \big | } \leqslant { \big | } f ( x _ { 0 } ) { \big | } + { \big | } f ^ { \prime } ( \xi ) { \big | } { \big | } x - x _ { 0 } { \big | } ，由于f'(x)有界，故存在 k > 0 ，使得对任意 x \in ( a , b ) 有 \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| { \leqslant } k 学会翻译数学名词 ★关系式
\left| f ^ { \prime } ( \xi ) \right| \leqslant k
\lvert f ( x ) \rvert { \leqslant } \lvert f ( x _ { 0 } ) \rvert { + } k \rvert x { - } x _ { 0 } \lvert \leqslant \lvert f ( x _ { 0 } ) \rvert { + } k ( b - a ) { \overset { \mathrm { i } \backslash \Sigma } { \longrightarrow } } M ,
即f(x)在(a,b)内有界.
\star | A | { - } | B | { \leqslant } | A + B | { \leqslant } | A | { + } | B |
例6.9 设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)=0，且f(x)在[0,1]上不恒等于零.证 明：存在 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使得 f ( \xi ) f ^ { \prime } ( \xi ) > 0 3a∈(0,1]，使f(a)≠0
分析 令 F ( x ) = \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 } ( x ) \ , \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 } f f ^ { \prime } ( f ^ { \prime } ) ^ { 2 } + f f ^ { \prime } ，欲证 F ^ { \prime } ( \xi ) = 0 想到罗尔定理；欲证 F ^ { \prime } ( \xi ) > 0 想到拉格朗日中值定理.
证 令 F ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { 2 } ( x ) ，则 F ( 0 ) = { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { 2 } ( 0 ) = 0 ，因为f(x)不恒为0，于是必存在某点 a \in ( 0 , 1 ] 使得 f ( a ) \neq 0 ，则 F ( a ) = \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 } ( a ) > 0 ，由拉格朗日中值定理可知，存在 \xi \in ( 0 , a ) \subset ( 0 , 1 ) ，使得→函数值不等于0，平方大于0$F ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { F ( a ) - F ( 0 ) } { a - 0 } > 0$ ，即 f ( \xi ) f ^ { \prime } ( \xi ) > 0
例6.10 设函数f(x)满足f(0)=0，且当x>0时， f ( x ) < 0 , f ^ { \prime } ( x ) < 0 , f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0 ，则当 0 < a < x<b时，有（ ）
（A) x f ( x ) > a f ( a ) (B) b f ( b ) > x f ( x ) (C） x f ( a ) > a f ( x ) (D) x f ( b ) > b f ( x )
解 应选(D).
令 g ( x ) = x f ( x ) , x > 0 ，则 g ^ { \prime } ( x ) = f ( x ) + x f ^ { \prime } ( x ) < 0 , g ( x ) 单调减少，故当 0 < a < x < b 时， g ( b ) < g ( x ) < g ( a ) ，即 b f ( b ) < x f ( x ) < a f ( a ) ，选项(A)，(B)错误.
再令 h ( x ) = { \frac { f ( x ) } { x } } , x > 0 ，则
\begin{array} { r l } & { \quad \quad \widehat { \beta _ { \lambda } } \qquad \widehat { \beta } } \\ & { \quad = \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - f ( x ) } { x ^ { 2 } } \quad \frac { \# \mathbb { E } _ { 1 } \lambda _ { \lambda } \mathbb { E } f , x f ^ { \prime } ( \psi \tilde { \phi } \tilde { \phi } _ { \lambda } ^ { \lambda } , \tilde { \phi } _ { \lambda } ^ { \lambda } , } { x ^ { 2 } } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - \left[ f ( x ) - f ( 0 ) \right] } { x ^ { 2 } } = \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( \tilde { \xi } ) \cdot x } { x ^ { 2 } } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x ^ { 2 } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x } \end{array}
其中 0 < \xi < x .由 f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0 ，知f'(x)单调增加， f ^ { \prime } ( x ) > f ^ { \prime } ( \xi ) ，则 h ^ { \prime } ( x ) > 0 , h ( x ) 单调增加，故当0 < a < x < b 时， h ( a ) < h ( x ) < h ( b ) ，即 { \frac { f ( a ) } { a } } < { \frac { f ( x ) } { x } } < { \frac { f ( b ) } { b } } ，也即 a f ( x ) > x f ( a ) , x f ( b ) > b f ( x ) ，选项(C)
定理8（柯西中值定理）用参数方程来表达
①在[a,b]上连续，设 f ( x ) , g ( x ) 满足{②在(a,b)内可导，则存在 \xi \in ( a , b ) ，使得③ g ^ { \prime } ( x ) \neq 0
法国科学院院长拉格朗日（欧拉的学生）的学生，徽积兮收官人之一.数学故事：拉格朗日让其父亲答应柯西15岁前不学数学，15岁后拉格朗日亲自来教
★往往考查一个具体函数，一个抽象函数
\frac { f ( b ) - f ( a ) } { g ( b ) - g ( a ) } = \frac { f ^ { \prime } ( \overrightarrow { \xi } ) } { g ^ { \prime } ( \overrightarrow { \xi } ) } \stackrel { \mathrm { \tiny ~ ( ) } } { \longrightarrow } \mathrm { \tiny ~ \cdot ~ } \xi
柯西（1789-1857）
\left\{ { \begin{array} { l } { x = g ( t ) , } \\ { y = f ( t ) } \end{array} } \right.
例6.11 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导， 0 < a < b ，证明：至少存在一点 \xi \in ( a , b ) 使得 f ( b ) - f ( a ) = \xi \boxed { \ln \frac { b } { a } } f ^ { \prime } ( \xi ) Ina >0
因为f(x)与g(x)=ln x在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且 g ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x } \neq 0 ( 0 < a < x < b ) ，即f(x)与g(x)=lnx在[a,b]上满足柯西中值定理的条件，则至少存在一点 \xi \in ( a , b ) ，使得
{ \frac { f ( b ) - f ( a ) } { \ln b - \ln a } } = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { \frac { 1 } { \xi } } } ,
即
f ( b ) - f ( a ) = \xi \ln { \frac { b } { a } } f ^ { \prime } ( \xi ) \ .
定理9(泰勒公式)徽分中值定理
此公式适用于区间[a，b]，常在证明题中使用，如证不等(1)带拉格朗日余项的n阶泰勒公式. 式、中值等式等
设f(x)在点 x _ { 0 } 的某个邻域内n+1阶导数存在，则对该邻域内的任意点x，有
区间上
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \cdots + { \frac { 1 } { n ! } } f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + \left\lceil { \frac { f ^ { ( n + 1 ) } ( \xi ) } { ( n + 1 ) ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n + 1 } \right\rceil , \qquad v ^ { \pm , \pm } = 0 .
其中 \xi 介于x， x _ { 0 } 之间.
此公式仅适用于点 \boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 } 及其邻域，常用于研究点 \boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 } 处的某些结论，如求极限、判定无穷小的阶数、判定极值等
(2)带佩亚诺余项的n阶泰勒公式.
设f(x)在点 x _ { 0 } 处n阶可导，则存在 x _ { 0 } 的一个邻域，对于该邻域内的任意点x，有
局部上
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \cdots + { \frac { 1 } { n ! } } f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + o ( ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } ) ~ .
思想：用多项式来近似表示f(x)
当 x _ { 0 } = 0 时的泰勒公式称为麦克劳林公式。
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } x ^ { n } + \frac { \left| f ^ { ( n + 1 ) } ( \xi ) \right. } { \left( n + 1 \right) ! } x ^ { n + 1 } ~ , \ \ddag \neq \xi \wedge \mp 0 \ \widehat { \eta } ^ { \mu } x \preceq \boxed { \mathbb { M } } ~ .
拉格朗日余项
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } } x ^ { 2 } + \cdots + { \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } } x ^ { n } + \left[ o \left( x ^ { n } \right) \right] ^ \nmid 0 , { \bar { x } } - { \bar { y } } \nmid { \hat { x } } + { \bar { x } } { \hat { x } } + { \hat { y } }
注几个重要函数的麦克劳林展开式
( 1 ) \ \mathrm { e } ^ { x } = 1 + x + \frac { 1 } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { 1 } { n ! } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) \ .
( 2 ) \ \sin x = x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } } + o ( x ^ { 2 n + 1 } ) \ .
( 3 ) \cos x = 1 - \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } \frac { x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! } + o ( x ^ { 2 n } ) .
( 4 ) \frac { 1 } { 1 - x } = 1 + x + x ^ { 2 } + \cdots + x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) .
( 5 ) \ { \frac { 1 } { 1 + x } } = 1 - x + x ^ { 2 } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) \ .
( 6 ) \ \ln ( 1 + x ) = x - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { n } } { n } } + o ( x ^ { n } ) .
( 7 ) \ ( 1 + x ) ^ { \alpha } = 1 + \alpha x + { \frac { \alpha ( \alpha - 1 ) } { 2 ! } } x ^ { 2 } + \cdots + { \frac { \alpha ( \alpha - 1 ) \cdots ( \alpha - n + 1 ) } { n ! } } x ^ { n } + o ( x ^ { n } )
记住前三项即可
（5）的推广
例6.12 设函数f(x)在[0,1]上二阶可导，且 \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = 0 ，则（ ）.(A)当f'(x)<0时， f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0 (B)当 f ^ { \prime \prime } ( x ) < 0 时， f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0 (C)当f'(x)>0时， f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0 (D)当 f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0 时， f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0
分析与高阶导数有关的不等式考虑泰勒公式.
解 应选(D).
方法一已知f(x)在[0,1]上二阶可导，则由带拉格朗日余项的泰勒公式有
f ( x ) = f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + f ^ { \prime } { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { \prime } ( \xi ) { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } ,
可从几何上直接得出
其中介于x与 \frac { 1 } { 2 } 之间.对上式在[0,1]上取积分得
\int _ { 0 } ^ { 2 x _ { 0 } } ( x - x _ { 0 } ) \mathrm { d } x = 0
\begin{array} { r l r } & { } & { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x } = \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( \frac { 1 } { 2 } ) \mathrm { d } x + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( \frac { 1 } { 2 } ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) \mathrm { d } x } + \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x } \\ & { } & { = f ( \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } ) + f ^ { \prime } ( \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } ) \bullet \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } } | _ { 0 } ^ { 1 } + \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x } = 0 \mathrm { , } } \end{array}
移项整理得 f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } = - { \frac { 1 } { 2 } } { \int } _ { 0 } ^ { 1 } { \underline { { f ^ { \prime \prime } } } } ( { \xi } ) { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } { \mathrm { d } } x 关，是5=5(x），不是常数。 f"(5)不能提至积分号外，因为此处的5与x有
故当f"(x)>0时，有 f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0 ，则 f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0 .因此选 (D). 由积分保号性， \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } \mathrm { d } x > 0
方法二先写出泰勒公式 f ( x ) = f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) + f ^ { \prime } \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) + \left[ { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 } } \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { 2 } \right] , \xi \in \left( x , { \frac { 1 } { 2 } } \right) \subset ( 0 , 1 ) （或（x若 f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0 ，则 \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) ^ { 2 } \geqslant 0 ，故 f ( x ) \geqslant f { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } + f ^ { \prime } { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } { \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) }
对上式两边同时积分，在[0,1]上有
\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x > \int _ { 0 } ^ { 1 } \left[ f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) + f ^ { \prime } \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) \right] \mathrm { d } x \ ,
故
\int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggr ] \mathrm { d } x < 0 \ ,
因为 \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) \mathrm { d } x = 0 ，所以 \int _ { 0 } ^ { 1 } f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \mathrm { d } x < 0 , f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) < 0
例6.13 设函数f(x)在区间[-1,1]上具有三阶连续导数，且 f ( - 1 ) = 0 , f ( 1 ) = 1 , f ^ { \prime } ( 0 ) = 0 ，证
明：在区间(-1,1)内至少存在一点 \xi ，使 f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = 3
分析遇到f与 f ^ { ( n ) } ( n \geq 2 ) 的关系，考虑泰勒公式.
证 将f(x)在x=0处展开成带拉格朗日余项的二阶泰勒公式，得
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + { \frac { 1 } { 2 ! } } f ^ { \prime } ( 0 ) x ^ { 2 } + { \frac { 1 } { 3 ! } } f ^ { \prime \prime } ( \eta ) x ^ { 3 } ,
其中η介于0与x之间， x \in \left[ - 1 , 1 \right]
分别令x=-1和 x = 1 ，并结合已知条件，得
0 = f ( - 1 ) = f ( 0 ) + \frac { 1 } { 2 } f ^ { \prime \prime } ( 0 ) - \frac { 1 } { 6 } f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) , - 1 < \eta _ { 1 } < 0 ,
1 = f ( 1 ) = f ( 0 ) + \frac { 1 } { 2 } f ^ { \prime } ( 0 ) + \frac { 1 } { 6 } f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) , 0 < \eta _ { 2 } < 1 ,
两式相减，可得 f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) = 6
由 f ^ { \prime \prime } ( x ) 的连续性知， f ^ { \prime \prime } ( x ) 在区间 [ \eta _ { 1 } , \eta _ { 2 } ] 上有最大值和最小值，设它们分别为M和m，则有
m \leqslant \frac { 1 } { 2 } \big [ f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) \big ] \leqslant \underline { { M } } , \qquad \oplus m \leqslant f ^ { \prime \prime } ( x ) \leqslant M , \quad \mathring { \mathbb { M } } \big | m \leqslant f ^ { \pi } ( \eta _ { 1 } ) \leqslant M ,
再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 \xi \in [ \eta _ { 1 } , \eta _ { 2 } ] \subset ( - 1 , 1 ) ，使
f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = \frac { 1 } { 2 } \big [ f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) \big ] = 3 .
注泰勒公式：
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \frac { 1 } { 2 ! } f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \frac { 1 } { 3 ! } f ^ { \prime \prime } ( \eta ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { 3 } \left( \mathrm { \Delta } \eta \wedge \vec { \cdot } \mp x , x _ { 0 } \not \simeq | \vec { \mathbb { M } } \mathrm { ~ } \right) ,
关键是把握好展开点 x _ { 0 } （取已知导数值的点或待证导数值的点）和被展开点x（取已知函数值的点或特殊点，如端点、中间点等），同时要想办法消去未知的函数项或导数项，向结论靠拢。
微分等式
方程f(x)=0的根就是函数f(x)的零点.从几何上讲，方程的根作为两条曲线的交点，代数语言{ } ^ { \mathfrak { a } } f ( x ) = g ( x ) 的根”与几何语言“曲线 f ( x ) 与 g ( x ) 的交点”，两者概念不同，但描述的是同一件事.基于此，为讨论方程的根，有时可改为讨论曲线的交点.讨论方程根的问题（也称为函数的零点问题)通常可以考虑下面这些方法.
零点定理（证明根的存在性）
若f(x)在[a,b]上连续，且 f ( a ) f ( b ) { \overset { \prime } { < } } 0 ，则 f ( x ) = 0 在(a,b)内至少有一个根.
② 单调性（证明根的唯一性）
若f(x)在(a,b)内单调，则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根，这里区间(a,b)可以是有限区间也可以是无穷区间.
③罗尔定理及其推论
当不易使用零点定理时，可考虑罗尔定理及其推论（罗尔定理见“一、2.定理 6 ^ { \prime \prime } \ )
注若f（x）在区间I上n阶可导，且 f ^ { ( n ) } ( x ) \neq 0 ，即 f ^ { ( n ) } ( x ) = 0 无实根（至多有0个根），于是f ( x ) = 0 至多有n个根，如 f ^ { \prime \prime } ( x ) \neq 0 ，则 f ( x ) = 0 至多3个根（以阶数换个数）
证（反证法）假设f(x)=0在I上至少有n+1个实根，此处只证明n+1个根时推出矛盾，其余同理，则 f ( x _ { 1 } ) = f ( x _ { 2 } ) = \cdots = f ( x _ { n + 1 } ) = 0
不妨设 x _ { 1 } < x _ { 2 } < \cdots < x _ { n + 1 } ，由罗尔定理，则 f ^ { \prime } ( x ) = 0 至少有n个实根（每一个小区间用罗尔定理）.依次逐阶递推，则 f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0 至少有n-1个实根， \cdots , f ^ { ( n ) } ( x ) = 0 必至少有一个实根，设为ξ，即 f ^ { ( n ) } ( \xi ) = 0 ，与题干矛盾，故假设不成立，原命题得证．
事实上有更一般的结论，即罗尔原话（罗尔定理的推论）：若 f ^ { ( n ) } ( x ) = 0 至多有k个根，则 f ( x ) = 0 阶数降几个，根个数加几个至多有k+n个根.如 f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0 至多一个根，则f（x)=0至多3个根
4实系数奇次方程至少有一个实根
注证明任何实系数奇次方程
x ^ { 2 n + 1 } + a _ { 1 } x ^ { 2 n } + \cdots + a _ { 2 n } x + a _ { 2 n + 1 } = 0
至少有一个实根。
证设
f ( x ) = x ^ { 2 n + 1 } + a _ { 1 } x ^ { 2 n } + \cdots + a _ { 2 n } x + a _ { 2 n + 1 } ,
则 \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = + \infty , \quad \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } f ( x ) = - \infty ，由f(x)的连续性及推广的零点定理，知存在 \xi \in ( - \infty , + \infty ) ，使f ( \xi ) = 0 ，即f(x)=0至少有一个实根.
例6.14 在区间(-8,+8)内，方程 \scriptstyle \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x = 0
(A)无实根
(B)有且仅有一个实根
(C)有且仅有两个实根
(D)有无穷多个实根
解 应选(C).
\enclose{circle} { \mathfrak { Z } } \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } > 1 , \ \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } > 1 , \ \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x > 0
记 f ( x ) = \lvert x \rvert ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \lvert x \rvert ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x ，易知f(x)为偶函数，又因为当x>1时， f ( x ) > 0 ，故只需判断 f ( x ) = 0 故无实根在[0,1]内有无实根即可.因为 f ( 0 ) = - 1 < 0 , f ( 1 ) = 2 - \cos 1 > 0 ，且当 x \in ( 0 , 1 ) 时， f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { - { \frac { 3 } { 4 } } } + 故只需研究{ \frac { 1 } { 2 } } x ^ { - { \frac { 1 } { 2 } } } + \sin x > 0 ，所以f(x)=0在(0,+∞)内有且仅有一个实根.故在 ( - \infty , + \infty ) 内f(x)=0有且仅有两对称区间上的偶函数个实根.故答案选(C).
注此题若换元，令 \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } = t 方程变为 t + t ^ { 2 } - \cos t ^ { 4 } = 0 计算时看起来更“舒服”
3 a ^ { 2 } - 5 b < 0
x ^ { 5 } + 2 a x ^ { 3 } + 3 b x + 4 c = 0 ( ) \cdots )
(A)无实根
解 应选(B).
结论
由于 f ( x ) = x ^ { 5 } + 2 a x ^ { 3 } + 3 b x + 4 c 是奇次多项式，故方程f(x)=0至少有一个实根，令f"(x)=0，可知双二次方程 5 x ^ { 4 } + 6 a x ^ { 2 } + 3 b = 0 对应于 x ^ { 2 } 的判别式 \varDelta = 1 2 ( 3 a ^ { 2 } - 5 b ) < 0 ,则方程f'(x)=0无实根,f(x)单调，所以方程 f ( x ) = 0 { \mathrm { : } } 有唯一实根.故答案选 (B). 罗尔定理的推论<
\begin{array} { r } { \hat { \psi } \cdot t = x ^ { 2 } , \hat { \psi } | \hat { \zeta } t ^ { 2 } + 6 a t + 3 b = 0 , \mathcal { A } = 3 6 a ^ { 2 } - 6 0 b = 1 2 ( 3 a ^ { 2 } - 5 b ) < 0 } \end{array}
例6.16 证明 2 ^ { x } - x ^ { 2 } - 1 = 0 有且仅有三个根.
①存在性.
区 f ( x ) = 2 ^ { x } - x ^ { 2 } - 1 = 0 ，显然 x _ { 1 } = 0 , x _ { 2 } = 1 为根，又 f ( 2 ) = - 1 < 0 , f ( 5 ) = 2 ^ { 5 } - 2 5 - 1 = 6 > 0 ，则f(x)=0在(2,5)内至少有一个根，即f(x)=0至少有三个根.
②唯一性.
由 f ^ { \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln 2 - 2 x , \ f ^ { \prime \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln ^ { 2 } 2 - 2 , \ f ^ { \prime \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln ^ { 3 } 2 \neq 0 ，知f(x)=0至多有三个根，即f ( x ) = 0 有且仅有三个根．>单调性不好判断就继续求导 \xrightarrow { } { f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0 } 至多0个根 \xrightarrow { \sharp _ { \uparrow } \sharp _ { \mathbb { A } } \sharp _ { \mathbb { A } } } f ( x ) = 0 \ \not \cong \ \mathfrak { F } \ 0 + 3 = 3 个根例6.17 已知方程 \mathbf { e } ^ { x } = k { \boldsymbol { x } } 有且仅有一个实根，则k的取值范围是
分析含参方程（不等式）的讨论.题中“有且仅有一个实根”表示 y = { \frac { \mathbf { e } ^ { x } } { x } } 与y=k两条曲线的交点仅有一个.
解 应填k=e或k<0.
方法一直接法.令 F ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } - k x ，则 F ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } - k ，当 k < 0 时， F ^ { \prime } ( x ) > 0 , F ( x ) 单调增加，又\operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } F ( x ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } F ( x ) = + \infty ，则F(x)=0有且仅有一个实根；
当k=0时， F ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } , F ( x ) 恒大于0，显然不满足；
当k>0时，令 F ^ { \prime } ( x ) = 0 ，有 x = \ln k ，则当 x \in ( - \infty , \ln k ) 时，F(x)单调减少，当 x \in ( \ln k , + \infty ) 时，F ( x ) 单调增加，又 \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } F ( x ) = + \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } F ( x ) = + \infty ，则当且仅当F(lnk)=0时，F(x)=0有且仅有一个实根，解得k=e.
综上，当k=e或k<0时，方程 \mathtt { e } ^ { x } = k x 有且仅有一个实根.
方法二分离法.联立方程组 \left\{ { \begin{array} { l } { \displaystyle y = { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { x } } } \\ { \displaystyle y = k , } \end{array} } \right. 且由例5.13，可得图6-1.
图6-1
故当k=e或k<0时， y = { \frac { \operatorname { e } ^ { x } } { x } } 与y=k有且仅有一个交点，即方程 \operatorname { e } ^ { x } = k x 有且仅有一个实根.
例6.18 已知方程 x ^ { n } + n x - 1 = 0 ，其中n为正整数.证明此方程存在唯一正实根 x _ { n }
证 记 f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1 .当x>0时， f _ { n } ^ { \prime } ( x ) = n x ^ { n - 1 } + n > 0 ，故fr(x)在 [ 0 , + \infty ) 上单调增加.由于 f _ { n } ( 0 ) = - 1 < 0 , f _ { n } ( 1 ) = n \geq 1 ，根据连续函数的零点定理知方程至多有一个实根
x ^ { n } + n x - 1 = 0
存在唯一正实根 x _ { n } ，且 0 < x _ { n } < 1
注新概念： \{ f _ { n } ( x ) \} 函数列—-族函数
f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1 = 0 \ ,
\begin{array} { r l } & { f _ { 1 } ( x ) = x + x - 1 = 0 \quad \qquad \Longrightarrow x _ { 1 } \hfill ] , } \\ & { f _ { 2 } ( x ) = x ^ { 2 } + 2 x - 1 = 0 \hfill \left. \Longrightarrow x _ { 2 } \right. , } \\ & { \qquad \quad \cdots \quad \quad \cdots } \\ & { f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1 = 0 \hfill \left. \Longrightarrow x _ { n } \right. . } \end{array}
微分不等式
1 用函数性态（包括单调性、凹凸性和最值等）证明不等式
一般地，使用如下依据.
(1)若有 f ^ { \prime } ( x ) \geqslant 0 , a < x < b ，则有 f ( a ) { \leqslant } f ( x ) { \leqslant } f ( b )
★(2)若有 f ^ { \prime \prime } ( x ) \geqslant 0 , a < x < b ，则有 f ^ { \prime } ( a ) { \leqslant } f ^ { \prime } ( x ) { \leqslant } f ^ { \prime } ( b )
①当f'(a)>0时，f'(x)>0，则f(x)单调增加；
②当f(b)<0时，f'(x)<0，则f(x)单调减少.
当 x _ { 0 } 为极大值点时，即为I内的最大值点，有f(x)≤M$f ( x _ { 0 } ) \geq f ( x )$ ★(3)设f(x)在I内连续,且有唯一的极值点 x _ { 0 } ，则当 x _ { 0 } 为极小值点时，即为I内的最小值点，有f(x)≥m$f ( x _ { 0 } ) \leqslant f ( x )$
其中x∈I.
★(4)若有 f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0 , a < x < b , f ( a ) = f ( b ) = 0 ，则有 f ( x ) < 0
例6.19 证明当 0 < x < \frac { \pi } { 2 } 时，有 \sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } \ \cdot \ _ { \frac { 2 x } { \pi } < \sin x < x }
证方法一若证 \sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } ，即需证 { \frac { \sin x } { x } } > { \frac { 2 } { \pi } } f ( x ) = { \frac { \sin x } { x } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) ，则
f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { \left[ x \cos x - \sin x \right] } { x ^ { 2 } } } . 定不出正负，继续求导
分母大于0，只需研究分子
令 { \underline { { \theta ( x ) = x \cos x - \sin x } } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) ，得 g ^ { \prime } ( x ) = - x \sin x < 0 ，则g(x)单调递减, g ( x ) < g ( 0 ) = 0 ，所 以在 \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) 上f'(x)<0,f(x)单调递减， f ( x ) > f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) } = { \frac { 2 } { \pi } } ，即
\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) .
方法二设 f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) ，则
f ^ { \prime } ( x ) = \cos x - { \frac { 2 } { \pi } } , f ^ { \prime } ( x ) = - \sin x < 0 ,
所以曲线 f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } } 在 \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) 内是凸的， \mathscr { L } f ( 0 ) = f \bigg ( \frac { \pi } { 2 } \bigg ) = 0 ，所以 f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } } > 0 ，即
\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) .
例6.20 证明： \left( \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } \right) ^ { 2 } < { \frac { 1 } { x \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } } ( x > 0 )
证 只要证明当x>0时， \left| \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } \right| - { \frac { 1 } { \sqrt { x } ( 1 + x ) } } < 0 即可．→带绝对值无法求导
f ( x ) = \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } = \ln ( 1 + x ) - \ln x - { \frac { 1 } { 1 + x } } ,
则
补充中值定理结论：
{ \begin{array} { r l } & { f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 1 + x } } - { \frac { 1 } { x } } + { \frac { 1 } { ( 1 + x ) ^ { 2 } } } } \\ & { \qquad = { \frac { ( 1 + x ) x - ( 1 + x ) ^ { 2 } + x } { x ( 1 + x ) ^ { 2 } } } } \\ & { \qquad = { \frac { - 1 } { x ( 1 + x ) ^ { 2 } } } < 0 \ , } \end{array} }
f ( t ) = \ln t ，则存在 \xi \in ( x , x + 1 )
使得 \ln ( 1 + x ) - \ln x = \frac { 1 } { \xi } \cdot 1
又因为 \frac { 1 } { 1 + x } < \frac { 1 } { \xi } < \frac { 1 } { x }
所 \cdot 3 \ \frac { 1 } { 1 + x } < \ln \left( 1 + \frac { 1 } { x } \right) < \frac { 1 } { x } .记住！！！
又 \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = 0 ，所以 f ( x ) > 0
令
g ( x ) = \ln \frac { 1 + x } { x } - \frac { 1 } { 1 + x } - \frac { 1 } { \sqrt { x } ( 1 + x ) } ,
则
\begin{array} { l } { \displaystyle g ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { 1 + x } - \frac { 1 } { x } + \frac { 1 } { \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } + \frac { \displaystyle \frac { 1 } { 2 \sqrt { x } } \cdot ( 1 + x ) + \sqrt { x } } { x \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } } \\ { \displaystyle = \frac { - 2 \sqrt { x } + 1 + x + 2 x } { 2 x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } = \frac { 1 + 3 x - 2 \sqrt { x } } { 2 x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } \cdot \overbrace { \mathscr { T } } ^ { \frac { 4 } { 2 } \cdot \mathscr { R } > 0 } } \end{array}
为h(x)的驻点，
①当 x > \frac { 1 } { 9 } 时， h ^ { \prime } ( x ) > 0 ：
②当 x < \frac { 1 } { 9 } 时， h ^ { \prime } ( x ) < 0 ：
唯一的极小值为最小值
再令 h ( x ) = 1 + 3 x - 2 { \sqrt { x } } ，则 h ^ { \prime } ( x ) = 3 - { \frac { 1 } { \sqrt { x } } } { \frac { \underset { \ast } { \widehat { \vec { z } } } } { = - 1 } } 0 ，得 x = \frac { 1 - } { 9 } ，为唯一极小值点，也即最小值点，且 h _ { \mathrm { m i n } } = \frac { 2 } { 3 } > 0 ，故 h ( x ) > 0 ，于是 g ^ { \prime } ( x ) > 0 ，即 g ( x ) 在 ( 0 , + \infty ) 上单调增加，且 \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } g ( x ) = 0 ，所以g ( x ) < 0 ，证毕．
2 用常数变量化证明不等式
如果欲证的不等式中都是常数，则可以将其中一个或者几个常数变量化，再利用上面所述的导数工具去证明. 常数不可直接求导
③ 用中值定理证明不等式
主要用拉格朗日中值定理或者泰勒公式.
例6.21 设 0 < a < b ，证明不等式
利用中值定理： { \frac { \ln b - \ln a } { b - a } } = { \frac { 1 } { \xi } } ，其中
0 < a < \xi < b 即 0 < \frac { 1 } { b } < \frac { 1 } { \xi } < \frac { 1 } { a }
\begin{array}{c} a ^ { 2 } + b ^ { 2 } \geq 2 a b & { \mathop { 2 a } } \\ & { \mathop { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \end{array} < \frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } } \ .
证 先证右边的不等式.
设
4 8 \equiv 4 4 3 4 3 9 3 4 \equiv 4 4 5 \equiv 1 1 \equiv 1 1 1 3 2 = 1 1 9 1 3 = 1 1 9 1 3 = 1 1 9 1 9 = 1 1 9 1
因为
\varphi ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { x } } - { \frac { 1 } { \sqrt { a } } } \left( { \frac { 1 } { 2 { \sqrt { x } } } } + { \frac { a } { 2 x { \sqrt { x } } } } \right) = { \frac { 2 { \sqrt { a x } } - x - a } { 2 x { \sqrt { a x } } } } = - { \frac { ( { \sqrt { x } } - { \sqrt { a } } ) ^ { 2 } } { 2 x { \sqrt { a x } } } } < 0 \ ,
故当 x > a 时， \varphi ( x ) 单调减少，又 \varphi ( a ) = 0 ，所以当 x > a 时， \varphi ( x ) < \varphi ( a ) = 0 ，即
\ln x - \ln a < { \frac { x - a } { \sqrt { a x } } } ,
特别地，当 \scriptstyle x = b > a 时，便有
常数变量化
\ln b - \ln a < { \frac { b - a } { \sqrt { a b } } } ,
即
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } } .
再证左边的不等式.
设
f ( x ) = \ln x ( x > a > 0 ) ,
由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 \xi \in ( a , b ) ，使
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } = ( \ln x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = \xi } = { \frac { 1 } { \xi } } ~ .
由于 0 < a < \xi < b ，且 a ^ { 2 } + b ^ { 2 } > 2 a b ，所以 \frac { 1 } { \xi } > \frac { 1 } { b } > \frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } ，从而有
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } = \frac { 1 } { \xi } > \frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } \ .
综上，不等式 \frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } < \frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } } 成立.
基础习题精练
习题
6.1 设常数k>0，函数 f ( x ) = \ln x - { \frac { x } { \mathrm { e } } } + k 在 ( 0 , + \infty ) 内的零点个数为（ ）.(A)3 (B)2 (C)1 (D)0
6.2若函数 f ( x ) = { \frac { 1 } { x \mathbf { e } ^ { - x } - a } } 在 ( - \infty , + \infty ) 内处处连续，则常数a的取值范围为（ ）.(A)a<0 (B) a > \mathrm { e } ^ { - 1 } (C） a < \mathrm { e } ^ { - 1 } (D) 0 < a < \mathsf { e } ^ { - 1 }
6.3设实数 a _ { 0 } , a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { n } 满足 a _ { 0 } + { \frac { a _ { 1 } } { 2 } } + { \frac { a _ { 2 } } { 3 } } + \cdots + { \frac { a _ { n } } { n + 1 } } = 0 .证明：方程
a _ { 0 } + a _ { 1 } x + a _ { 2 } x ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } x ^ { n } = 0
在(0,1)内至少有一个根.
6.4设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且 f ( a ) = f ( b ) = 0 ，证明：
(1)存在 \xi \in ( a , b ) ，使 f ( \xi ) + \xi f ^ { \prime } ( \xi ) = 0
(2)存在 \eta \in ( a , b ) ，使 \eta f ( \eta ) + f ^ { \prime } ( \eta ) = 0
6.5设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，证明：至少存在一点 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使得 f ( 1 ) = 3 \xi ^ { 2 } f ( \xi ) + \xi ^ { 3 } f ^ { \prime } ( \xi )
6.6已知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 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使得f(5)=1-5;
(2)存在 \eta , \tau \in ( 0 , 1 ) , \eta \neq \tau ，使得 f ^ { \prime } ( \eta ) f ^ { \prime } ( \tau ) = 1
6.7设函数f(x)在[a,b]上连续 ( 0 < a < b ) ，在(a,b)内可导，且 f ( a ) \neq f ( b ) .证明：存在\xi , \eta \in ( a , b ) ，使得 \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } = \frac { f ^ { \prime } ( \eta ) } { b + a }
6.8设f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且满足条件 \vert f ( x ) \vert \leqslant a , \vert f ^ { \prime } ( x ) \vert \leqslant b ，其中a,b都是非负常数，c是(0,1)内任意一点.
(1)写出f(x)在点x=c处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式;
(2)证明 \vert f ^ { \prime } ( x ) \vert { \leqslant } 2 a + { \frac { b } { 2 } }
6.9 证明 0 < x < \frac { \pi } { 4 } 时，有 \tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x
6.10设p,q是大于1的常数，并且 { \frac { 1 } { p } } + { \frac { 1 } { q } } = 1 .证明：对于任意的x>0，有 { \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } \geq x
解答
6.1(B）解易知 f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x } - \frac { 1 } { \mathrm { ~ e ~ } } .当x>e时，f(x)<0；当 0 < x < \mathrm { e } 时，f'(x)>0，故在(0,e)和(e,+∞)内f(x)分别至多有一个零点，又 f ( \mathbf { e } ) = k > 0 , \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } f ( x ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } f ( x ) = - \infty ，所以f(x)在(0,+∞)内有两个零点.故答案选(B).
6.2(B）解 令 g ( x ) = x \mathrm { e } ^ { - x } - a ，则函数 f ( x ) = { \frac { 1 } { x \mathrm { e } ^ { - x } - a } } 在 ( - \infty , + \infty ) 内处处连续等价于函数g(x)在(-8,+8)内没有零点.
g ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { - x } ( 1 - x ) \ ,
令 g ^ { \prime } ( x ) = 0 ，得x=1.因为当x<1时，g'(x)>0,g(x)单调增加，当x>1时，g(x)<0,g(x)单调减少,所以 \mathfrak { m a x } \{ g ( x ) \} = g ( 1 ) = \mathtt { e } ^ { - 1 } - a .又 \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } ( x \operatorname { e } ^ { - x } - a ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } ( x \operatorname { e } ^ { - x } - a ) = - a ，故当\mathfrak { m } a \mathbf { x } \{ g ( x ) \} = \mathbf { e } ^ { - 1 } - a < 0 时，即当 a > \mathsf { e } ^ { - 1 } 时，函数g(x)没有零点.此时，函数f(x)在(-∞,+α)内处处连续.
6.3 证明 令 F ( x ) = a _ { 0 } x + { \frac { a _ { 1 } } { 2 } } x ^ { 2 } + { \frac { a _ { 2 } } { 3 } } x ^ { 3 } + \cdots + { \frac { a _ { n } } { n + 1 } } x ^ { n + 1 } , 0 \leqslant x \leqslant 1 ，显然F(0)=0，且
F ( 1 ) = a _ { 0 } + \frac { a _ { 1 } } { 2 } + \frac { a _ { 2 } } { 3 } + \cdots + \frac { a _ { n } } { n + 1 } = 0 \ ,
故由罗尔定理知，存在 \xi \in ( 0 , 1 ) ，使 F ^ { \prime } ( \xi ) = 0 ，即 a _ { 0 } + a _ { 1 } \xi + a _ { 2 } \xi ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } \xi ^ { n } = 0 ，故所证方程在(0,1)内至少有一个根.
6.4证明(1)设(x)=xf(x)，则𝜑(x)在[a,b)上连续，在(a,b)内可导，且𝜑(a)=(b)=0，由罗尔定理得，存在 \xi \in ( a , b ) ，使φ(§)=0，即 f ( \xi ) + \xi f ^ { \prime } ( \xi ) = 0
(2)设 F ( x ) = \mathbf { e } ^ { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } f ( x ) ,则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且F(a)=F(b)=0，由罗尔定理得,存在 \eta \in ( a , b ) ，使 F ^ { \prime } ( \eta ) = \mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } f ^ { \prime } ( \eta ) + \mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } \cdot \eta \cdot f ( \eta ) = 0 ，由于 \mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } \neq 0 ，则有 \eta f ( \eta ) + f ^ { \prime } ( \eta ) = 0
6.5证明注意到 3 x ^ { 2 } f ( x ) + x ^ { 3 } f ^ { \prime } ( x ) 是 x ^ { 3 } f ( x ) 的导函数，故令 F ( x ) = x ^ { 3 } f ( x ) ，易知F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，即F(x)在[0,1]上满足拉格朗日中值定理的条件，于是得
F ( 1 ) - F ( 0 ) = F ^ { \prime } ( \xi ) , \xi \in ( 0 , 1 ) ,
即
f ( 1 ) = 3 \xi ^ { 2 } f ( \xi ) + \xi ^ { 3 } f ^ { \prime } ( \xi ) \ .
6.6证明(1)令F(x)=f(x)-1+x，可得 \begin{array} { l } { { \left\{ F ( 0 ) = f ( 0 ) - 1 + 0 = - 1 < 0 \right. } } \\ { { \left. F ( 1 ) = f ( 1 ) - 1 + 1 = 1 > 0 , \right.} } \end{array} 由零点定理可知，存在 \xi \in (0,1)，使得F(ξ)=0，即f(ξ)=1-5.
(2)用 \xi 将[0,1]划分为[0,§],[,1]，再用拉格朗日中值定理有
f ( \xi ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( \eta ) ( \xi - 0 ) , \eta \in ( 0 , \xi ) ,
f ( 1 ) - f ( \xi ) = f ^ { \prime } ( \tau ) ( 1 - \xi ) , \tau \in ( \xi , 1 ) ,
则
f ^ { \prime } ( \eta ) = \frac { f ( \xi ) - f ( 0 ) } { \xi } = \frac { 1 - \xi } { \xi } , f ^ { \prime } ( \tau ) = \frac { f ( 1 ) - f ( \xi ) } { 1 - \xi } = \frac { \xi } { 1 - \xi } \ .
故 f ^ { \prime } ( \eta ) f ^ { \prime } ( \tau ) = 1
6.7证明对f(x)在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，则
f ( b ) - f ( a ) = f ^ { \prime } ( \eta ) ( b - a ) , \eta \in ( a , b ) ,
对 f ( x ) , x ^ { 2 } 在[a,b]上应用柯西中值定理，则
{ \frac { f ( b ) - f ( a ) } { b ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } } , \xi \in ( a , b ) ,
所以 f ( b ) - f ( a ) = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } } ( b ^ { 2 } - a ^ { 2 } ) ，则
f ^ { \prime } ( \eta ) ( b - a ) = \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } ( b ^ { 2 } - a ^ { 2 } ) ,
即 \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } = \frac { f ^ { \prime } ( \eta ) } { b + a }
6.8(1)解 f ( x ) = f ( c ) + f ^ { \prime } ( c ) ( x - c ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 ! } ( x - c ) ^ { 2 } ，其中 \xi = c + \theta ( x - c ) , 0 < \theta < 1
(2)证明在以上一阶泰勒公式中，分别令x=0和x=1，则有
f ( 0 ) = f ( c ) - f ^ { \prime } ( c ) c + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { 2 ! } c ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 1 } < c < 1 \ ,
f ( 1 ) = f ( c ) + f ^ { \prime } ( c ) ( 1 - c ) + \frac { f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) } { 2 ! } ( 1 - c ) ^ { 2 } , 0 < c < \xi _ { 2 } < 1 \ ,
两式相减得
f ( 1 ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( c ) + \frac { 1 } { 2 ! } [ f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) ( 1 - c ) ^ { 2 } - f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) c ^ { 2 } ] ,
于是 ()+()(-²(5)²≤-²²]，
又因 c \in ( 0 , 1 ) , ( 1 - c ) ^ { 2 } + c ^ { 2 } \leqslant 1 ，故 \vert f ^ { \prime } ( c ) \vert \leqslant 2 a + \frac { b } { 2 }
又
f ( 0 ) = f ( 1 ) + f ^ { \prime } ( 1 ) ( 0 - 1 ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 3 } ) } { 2 ! } ( 0 - 1 ) ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 3 } < 1 ,
f ( 1 ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) ( 1 - 0 ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 4 } ) } { 2 ! } ( 1 - 0 ) ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 4 } < 1 \ ,
故
\big | f ^ { \prime } ( 0 ) \big | \leqslant \big | f ( 1 ) \big | + \big | f ( 0 ) \big | + \frac 1 2 \big | f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 4 } ) \big | \leqslant 2 a + \frac { b } { 2 } ,
\big | f ^ { \prime } ( 1 ) \big | \Lt \Lt \big | f ( 1 ) \big | + \big | f ( 0 ) \big | + \frac 1 2 \big | f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 3 } ) \big | \Lt \Lt 2 a + \frac { b } { 2 } \ .
综上所述， \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \leqslant 2 a + { \frac { b } { 2 } }
6.9 证明设 f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right) ，则
f ^ { \prime } ( x ) = \sec ^ { 2 } x - { \frac { 4 } { \pi } } , f ^ { \prime } ( x ) = 2 \sec ^ { 2 } x \tan x > 0 ,
所以曲线 f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x 在 \left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right) 内是凹的.又 f ( 0 ) = f { \left( \frac { \pi } { 4 } \right) } = 0 ，所以 f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x < 0 ，即
\tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right) .
6.10证明 令 f ( x ) = { \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } - x ，则
f ^ { \prime } ( x ) = x ^ { p - 1 } - 1 , f ^ { \prime \prime } ( x ) = ( p - 1 ) x ^ { p - 2 } \ .
令 f ^ { \prime } ( x ) = 0 ，得唯一驻点x=1.由 f ^ { \prime \prime } ( 1 ) = p - 1 > 0 ，知当 x = 1 时，f(x)取极小值，即最小值，从而当 x > 0 时，有 f ( x ) \geqslant f ( 1 ) = 0 ，即
{ \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } \geqslant x \ .