2010级(上)第37次课[中值定理解题与求极限方法讲座].docVIP

------------------------------------------------------------------------------------------------ —————————————————————————————————————— 2010级(上)第37次课[中值定理解题与求极限方法讲座] 例1 设f(x),g(x)在?a,b?上连续，在(a,b)内可微，且g?(x)?0。证明至少有一点 ???a,b?使得： f(?)?f(a)f?(?)。 ??g(b)?g(?)g(?) [分析]：要证的等式即为：[f(?)?f(a)]g?(?)?f?(?)[g(b)?g(?)]，即 [f(x)g(x)?f(a)g(x)?f(x)g(b)]?x???0 记 F(x)?f(x)g(x)?f(a)g(x)?f(x)g(b)，则这个F(x)可用作证明此题的辅助函数。 [证明]：作辅助函数F(x)?f(x)g(x)?f(a)g(x)?f(x)g(b)，则 ?f(x),g(x)在[a,b]上连续、在(a,b)内可微， ?F(x)在[a,b]上连续、在(a,b)内可微， 且F(a)?F(b)??f(a)g(b)。 由Rolle定理，至少有一点???a,b?，使F?(?)?0，即 [f(x)g(x)?f(a)g(x)?f(x)g(b)]?x???0 f?(?)g(?)?f(?)g?(?)?f(a)g?(?)?f?(?)g(b)?0 ?g?(x)?0，当然有g?(?)?0； ? 例2 f(?)?f(a)f?(?) ??g(b)?g(?)g(?)设f(x)在[a,b]上可微(0?a?b)，证明至少存在一点???a,b?使得 f(b)?f(a)???f?(?)ln [分析]：要证的等式即为 b af(b)?f(a)f?(?) ???f?(?)?lnb?lna[lnx]?x?? 只须对用Cauchy中值定理即可。 [证明]：?f(x),lnx在[a,b]上可微，且(lnx)??1?0， x ? 由Cauchy中值定理，至少有点??(a,b)，使得 bf(b)?f(a)f?(?)????f?(?)，即f(b)?f(a)???f?(?)ln 。 1alnb?lna ? 以上两例的分析过程中，我们运用了“倒推法”将辅助函数构造了出来。虽然这种“构造”的方法仍然是在“凑”，但已不再是随机的和无把握的了。因为采用了“倒推法”，而“倒推”的目的是要寻找“原函数”。既然如此，我们是否可以不去凑，而改用不定积分的方法直接“求”出这个“原函数”呢？ 如在例2中，我们可以将要证的等式变形为 f?(?)?f(b)?f(a)1? (??a?0) b?lna f(b)?f(a)ln??C （C为任意常数） lna两边对?积分，得：f(?)? 即f(?)?f(b)?f(a)f(b)?f(a)ln??C，可取F(x)?f(x)?lnx。 bblnlnaa f(a)lnb?f(b)lna。 blna容易验证：F(a)?F(b)? 可见，这样求出的F(x)满足Rolle定理。于是，对F(x)应用Rolle定理即可。 例3 设f(x)于[x1,x2]上可微，且x1x2?0，证明：至少存在一点??(x1,x2)，使得 x11 x1?x2f(x1) [分析]：将要证的等式两边同乘以x2?f(?)???f?(?)。 f(x2)1 2?，得： x11 x1?x2f(x1) 两边对?积分，得：?x21f(?)???f?(?) ?2?2f(x2)??x11 x1?x2f(x1)x21f(?)????C f(x2)?? 即 f(?) ?x11?x1?x2f(x1)x21??C f(x2)? x21? f(x2)x可取 F(x)?x1f(x)1?xx1?x2f(x1) 可以验证：F(x1)?F(x2)?f(x1)?f(x2)。 x1?x2 于是，可由Rolle定理证之。 [注]：此题也可用Cauchy定理证明。简述如下： x11 x1? x2f(x1)x2xf(x2)?x2f(x1) ?1 f(x2)x1?x2 例4 用Rolle定理证明Cauchy定理。 [分析]：要证f(b)?f(a)f?(?)，即 ??g(b)?g(