?2n?2 ?22n???4xcosxdx pqx?x?4?2n??2n?xdx xp?xq ? ?
??2?p? q2???42??常数?0， ?p8???q??故不满足Cauchy收敛准则，因此??xcosxdx发散。 xp?xq8、设f(x)在? 0, 1 ?上二阶可导，f(0)?f(1) , f?(1)?1,
求证：???( 0, 1 ) 使 f??(?)?2.
分析：罗尔定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等数学的重要内容，往往也是研究生考试和数学竞赛的命题的重点。平时练习时，采用多种方法去解决，能有效地提高解题能力。这种题目难点是构造出一个合适的函数。
证1 令F(x)?f(x)?x2?x, 则 F(x)?C?0,1??D(0,1), F(0)?F(1)
由洛尔定理知 ???(0,1), F?(?)?0
F?(x)?f?(x)?2x?1, F?(x)?C?0,1??D(0,1), F?(1)?f?(1)?1?0?F?(?)
由洛尔定理知 ???(0,1), F??(?)?0, F??(x)?f??(x)?2, f??(?)?2 证2 令F(x)?f(x)?x2, F(x)?C?0,1??D(0,1), 由拉格朗日定理知
???(0,1), F?(?)?F?(?)(1?0)?F(1)?F(0)??1,
F?(x)?C?0,1??D(0,1), F?(1)?f?(1)?2??1?F?(?), 由洛尔定理知 ???(0,1), F??(?)?0, F??(x)?f??(x)?2, f??(?)?2 证3 在x?1展开为一阶泰勒公式
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f(x)?f(1)?f?(1)(x?1)?f(0)?f(1)?f?(1)?1f??(?1)(x?1)2, ?1?(x,1) 21f??(?), ??(0,1) 2因f(0)?f(1) , f?(1)?1, 故 ? ??(0,1), f??(?)?2 证4 令 F(x)?f(x)?(x?)2, 用两次洛尔定理。 证5 令 F(x)?xf?(x)?x2?f(x), 用一次洛尔定理。
9、设f在[a,b]上可微，且a与b同号，证明：存在??(a,b)，使 （1）2?[f(b)?f(a)]?(b2?a2)f'(?)； （2）f(b)??b?f(a)???ln?f'(?).
?a?12证：（1）令g(x)?x2，显然f,g在[a,b]上满足Cauchy中值定理的条件，所以
f(b)?f(a)b2?a2?f'(?)2?，
即 2?[f(b)?f(a)]?(b2?a2)f'(?).
（2）令g(x)?ln|x|，显然f,g在[a,b]上满足Cauchy中值定理的条件，所以
f(b)?f(a)f'(?)???f'(?)， 1ln|b|?ln|a|?即 f(b)?
f(a)??lnb?b?f'(?)???ln?f'(?) a?a?10、设f:[0,1]?R二阶可微，f(0)?f\(?)?2.
f(1),f'(1)?1，证明：存在??(0,1)，使
证明：令F(x)?f(x)?x2?x，则F(0)?F(1)。
显然F(x)在[0,1]上满足Rolle定理的条件，从而??1?(0,1)，使F'(?)?0. 又 F'(1)?f'(1)?2?1?0，于是F'(x)?f'(x)?2x?1在[?,1]上满足Rolle
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定理的条件，故???(?,1)?(0,1)，使F\(?)?0，即存在??(0,1)，使
f\(?)?2.
11、设f(x)是定义在(??,??)上的函数，f(x)?0,f'(0)?1.
且?x,y?(??,??),f(x?y)?f(x)f(y). 证明：f在(??,??)上可导，且f'(x)?f(x) .
分析：由于已知条件：?x,y?(??,??),f(x?y)?f(x)f(y)是一个很广的条件，要充分利用它；另外要用导数的定义。 证明： 由已知条件得f(0)?1.
lim因为?x?0f(x??x)?f(x)f(x)f(?x)?f(x)?lim ?x?0?x?xf(x)[f(?x)?1]?lim ?x?0?xf(?x)?1?f(x)lim ?x?0?xf(?x)?f(0)?f(x)lim ?x?0?x?f(x)f'(0) ?f(x)。
所以f(x)在(??,??)上可导，且f'(x)?f(x).
12、设f(x)?a1sinx?a2sinx2???ansinnx(ai?R,i?1,2,?,n)，且
|f(x)|?|sinx|，证明：|a1?2a2???nan|?1.
分析：从结论可以看出，绝对值里面刚好是f?(0)，因此容易想到先求
f(x)的导数。再用导数的定义。
证明：因为f'(x)?a1cosx?2a2cos2x???nancosnx，所以
f'(0)?a1?2a2???nan
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又f'(0)?limx?0f(x)?f(0)f(x)?lim?a1?2a2???nan， x?0xxx?0所以 |a1?2a2???nan|?lim即|a1?2a2???nan|?1。
f(x)sinx?lim?1. x?0xxf(a)?13、设f在[a,b]上二阶可微，
f(b)?0，则方程f\(x)?0f'?(a)f'?(b)?0，
在(a,b)内至少有一个根 .
分析；方程在一个区间有根的问题往往要用零点存在定理去判断，因此验证该方程在两端点值的符号是解决问题的关键。 证明： 因为f'?(a)f'?(b)?0，不妨设f'?(a)?0,f'?(b)?0， 因
x?alim?f(x)?f(a)?0，故?(a,a??)，使 x?af(x)?f(a)?0， x?a从而?x1?a，使f(x1)?f(a)?0。 因limx?b?f(x)?f(b)?0，故?(b??,b)，使 x?bf(x)?f(b)?0， x?b从而?x2?b，使得f(x2)?f(b)?0。
又因f(x)在[a,b]上可微，所以f(x)在[x1,x2]上连续，由零点存在定理知，?x0?(x1,x2)，使f(x0)?0.
于是在[a,x0]及[x0,b]上分别利用Rolle定理得，存在?1??2，使得
f'(?1)?f'(?2)?0. (a??1?x0,x0??2?b).
再在[?1,?2]上用Rolle定理得，???(?1,?2)?(a,b)，使f\(?)?0.即方程
f\(x)?0在(a,b)内至少有一个根.
14、（浙江师范大学2004）设f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且满足条件f(x)?a，f??(x)?b，其中a,b都是非负常数，c是(0,1)内的任一点，
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证明f?(c)?2a?。
分析：如果函数高阶可导，并给定了函数的导数或函数的值，要求估计一个函数的界，往往要用Taylor展开式。
证明： 因f(x)在[0,1]上具有二阶导数，故存在?1?(0,c)使得
f(0)?f(c)?f?(c)(0?c)?1f?(?1)(0?c)2 2b2同理存在?2?(c,1)使得
f(1)?f(c)?f?(c)(1?c)?1f?(?2)(1?c)2 2将上面的两个等式两边分别作差，得
f(1)?f(0)?f?(c)?11f?(?2)(1?c)2?f?(?1)c2 22即
f?(c)?f(1)?f(0)?11f?(?2)(1?c)2?f?(?1)c2 22因此
f?(c)?f(1)?f(0)?11f?(?2)(1?c)2?f?(?1)c2 22bb?2a?(1?c)2?c2
22而(1?c)2?c2?2c2?2c?1?2c(c?1)?1?1，故f?(c)?2a?。
1?15、设f?C3[0,1],f(0)?1,f(1)?2,f'????0. 证明：???(0,1)，使|f???(?)|?24 .
?2?b2证明：将f(x)在点x?1处展开泰勒公式，得
211111111（?f(x)?f()?f'()(x?)?f\()(x?)2?f\(?)(x?)322222262在x与1之间）
2令x?0得
111111111f(0)?f()?f'()(?)?f\()()2?f\(?1)(?)3,?1?(0,).
222222622
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