【文章內(nèi)容簡介】 0。=f(x)+f′(x)h+2!，從而有2!，兩邊取極限再由二階連續(xù)可導(dǎo)得lim0232。 =21h→。題型二：證明f(n)(238。)=0【例題2】設(shè)f(x)在[0,1]上三階可導(dǎo)，f(1)=0，令H(x)=xf(x)，證明：存在238?！?0,1)，常見思路：（1）羅爾定理；（2）極值法；（3）泰勒公式【例題1】設(shè)f(x)∈C[0,3]，在(0,3)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1，證明：存在238?！?0,3)，使得f′(238。)=0【解答】因為f(x)∈C[0,2]，所以f(x)在[0,2]上取到最小值m和最大值M，由3m≤f(0)+f(1)+f(2)≤3M得m≤1≤M，由介值定理，存在c∈[0,2]，使得f(c)=1，因為f(c)=f(3)=1，所以由羅爾定理，存在238?！?c,3)?(0,3)，使得f′(238。)=031因為H(x)=3xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，再由羅爾定理，存在238。 2∈(0,238。 1)，使′ ′ ′得H(238。 2)=0因為H(x)=6xf(x)+6xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，由羅爾定理，存在′′ ′ ′′ ′′使得H′′′(238。)=0【解答】由H(0)=H(1)=0，存在238。1∈(0,1)，使得H′(238。1)=0，2 3′′2 3238。∈(0,238。2)?(0,1)，使得H′′′(238。)=0題型三：證明f(n)(238。)=C0(≠0)思路：（1）高階導(dǎo)數(shù)具有連續(xù)性； （2）輔助函數(shù)構(gòu)造【例題1】設(shè)f(x)∈C[a,b]，在(a,b)內(nèi)二階連續(xù)可導(dǎo)，證明：存在238。∈(a,b)，使得?+f(a)=f(b)?2f??a+b?? 2?【解答】由泰勒公式得(b?a)24f′′(238。))，238。 1∈(a,f(a)=f(a+b2)+f′(a+b2)(a?a+b2)+f′′(238。1)2!(a?a+b22a+b2)，)，238。 2∈(f(b)=f(a+b2)+f′(a+b2)(b?a+b2)+f′′(238。2)2!(b?a+b22a+b2,b)，兩式相加得f(b)?2f(a+b2)+f(a)=(b?a)24?f′′(238。1)+f′′(238。2)2，因為f′′(x)∈C[238。1,238。2]，所以f′′(x)在[238。1,238。2]上有最小值m和最大值M，顯然m≤f′′(238。1)+f′′(238。2)2≤M，由介值定理，存在238。∈[238。1,238。2]?(a,b)，使得f′′(238。1)+f′′(238。2)2=f′′(238。)，于是f(b)?2f(a+b2)+f(a)=(b?a)24?f′′(238。)【例題2】設(shè)f(x)在[?1,1]上三階連續(xù)可導(dǎo)，且f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0，證明：存在238?！??1,1)，使得f′′′(238。)=3【解答】由泰勒公式得2f(?1)=f(0)+f′′(0)2!?f′′′(238。1)3!,238。1∈(?1,0)，f(1)=f(0)+f′′(0)2!+f′′′(238。2)3!,238。2∈(0,1)，兩式相減得f(1)?f(?1)= [f′′′(238。1)+f′′′(238。 2)]，即f′′′(238。1)+f′′′(238。 2)=616因為f′′′(x)∈C[238。1,238。2]，所以f′′′(x)在[238。1,238。2]上取到最小值m和最大值M，由2m≤f′′′(238。1)+f′′′(238。2)≤2M得m≤3≤M，由介值定理，存在238?！蔥238。1,238。2]?(?1,1)，使得f′′(238。)=3【例題3】設(shè)a1a2滿足f(a1)=f(a2)=an為n個不同的實數(shù)，函數(shù)f(x)在[a1,an]上有n階導(dǎo)數(shù)，并=f(an)=0，則對每個c∈[a1,an]，存在238。∈(a1,an)滿足等式f(c)=(c?a1)(c?a2)n!(c?an)f(n)(238。)【解答】（1）當(dāng)c=ai(1≤i≤n)時，任取238?！?a1,an)，結(jié)論顯然成立；（2）當(dāng)c≠ai(1≤i≤n)時，f(c)=(c?a1)(c?a2)n!(c?an)f(n)(238。)等價于n!f(c)(c?a1)(c?a2) (c?an)n!f(c)=k(c?a1)(c?a2)=f(n)(238。)，令(c?an)，n!f(c)(c?a1)(c?a2)(c?an)=k，則有令?(x)=n!f(x)?k(x?a1)(x?a2)(x?an)，顯然?(x)有n+1個不同零點c,a1,a2,,an，不斷使用羅爾定理，存在238?！?a1,an)，使得?(n)(238。)=0而?(n)(x)=n!f(n)(x)?kn!，所以f(n)(238。)=k，即n!f(c)(c?a1)(c?a2)(c?an)=f(n)(238。)，所以結(jié)論成立。題型四：結(jié)論中含一個中值238。，不含a,b，導(dǎo)數(shù)的差距為一階3∫xf(x)dx，證明：存在238?！?0,1)，【解答】令?(x)=xf(x)，由積分中值定理得【例題1】設(shè)f(x)∈C[0,1]，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(1)=2使得238。f′(238。)+2f(238。)=021202f(1)=2∫xf(x)dx=2?cf(c)?2，其中c∈[0,]，即1f(1)=cf(c)，于是有1022121222而?′(x)=xf′(x)+2xf(x)，所以238。 f′(238。)+2238。f(238。)=0，注意到238。 ≠0，所以有?(c)=?(1)，由羅爾定理，存在238?！?c,1)?(0,1)，使得?′(238。)=02 2238。f′(238。)+2f(238。)=0【例題2】設(shè)f(x)∈C[1,2]，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，且f(1)=使得12,f(2)=2，證明：存在238。∈(1,2)，f′(238。)=2f(238。)238。?！窘獯稹苛?(x)=x?2f(x)，因為f(1)=12,f(2)=2，所以?(1)=?(2)=12，由羅爾定理，存在238?！?1,2)，使得?′(238。)=0，于是有f′(238。)=2f(238。)238。?！纠}3】設(shè)f(x)∈C[0,1]，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)=0,f()=1,f(1)=12（1）證明：存在c∈(0,1)，使得f(c)=c；（2）對任意的實數(shù)k，存在238?！?0,1)，使得f′(238。)+k[f(238。)?238。]=1。12。【解答】（1）令h(x)=f(x)?x，h(0)=0,h()=,h(1)=? ，121212因為h()?h(1)0，所以存在c∈(,1)?(0,1)，使得h(c)=0，即f(c)=c（2）令?(x)=eh(x)，因為h(0)=h(c)=0，所以由羅爾定理，存在238?！?0,c)?(0,1)，112 2kx使得?′(238。)=0，于是f′(238。)+k[f(238。)?238。]=1。題型五：含兩個中值238。,231。的問題【例題1】設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f′(x)≠0，證明：存在238。,231。∈(a,b)，4eb?ea ?231。b?a使得f′(238。)f′(231。)=e令F(x)=e，F(xiàn)′(x)=e≠0，由柯西中值定理，存在231。∈(a,b)，使得【解答】x xe?ef(b)?f(a)F(b)?F(a)=f′(231。)F′(231。)，即f(b)?f(a)ba=f′(231。)e231。，于是有f(b)?f(a)b?a=eb?eaf′(231。)b?ae231。，再由拉格朗日中值定理，存在238?！?a,b)，使得f′(238。)=f(b)?f(a)b?a，故原結(jié)論成立?！纠}2】設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，f(a)=f(b)=1，證明：存在238。,231。∈(a,b)，使得f(231。)?f′(231。)=e231。?238?！窘獯稹苛?(x)=e?xf(x)，由拉格朗日中值定理，存在231。∈(a,b)，使得?(b)??(a)b?a=?′(231。)，即e?b?e?ab?a=e