中值定理解题与求极限方法

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1、例1设在上连续，在内可微，且。证明至少有一点使得：。[分析]：要证的等式即为：，即记，则这个可用作证明此题的辅助函数。[证明]：作辅助函数，则在上连续、在内可微，在上连续、在内可微，且。由Rolle定理，至少有一点，使，即，当然有；例2设在上可微，证明至少存在一点使得[分析]：要证的等式即为只须对用Cauchy中值定理即可。[证明]：在上可微，且，由Cauchy中值定理，至少有点，使得，即。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

2、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两边对积分，得：（为任意常数）即，可取。容易验证：。可见，这样求出的满足Rolle定理。于是，对应用Rolle定理即可。例1设于上可微，且，证明：至少存在一点，使得。[分析]：将要证的等式两边同乘以，得：两边对积分，得：即可取可以验证：。于是，可由Rolle定理证之。[注]：此题也可用Cauchy定理证明。简述如下：例1用Rolle定理证明Cauchy定理。[分析]：要证，即两边对积分，得：可取可以验证：。即满足Rolle定理

3、条件。例2设在上可微，，且当时，。证明：至少有一点，使得：。[分析]：在上面等式中对积分，得：即可取，这里。可用Rolle定理。例1设可微，则的任意两个零点之间必有的零点。[分析]：假设是的两相邻零点。要证：，。即。积分，得：，即，亦即。于是，可取，这里。可用Rolle定理。例2设在上可导，，当时，。证明：对任何实数都有，使。[或][分析]：在两边对积分，整理得：，即。可取，这里。可用Rolle定理。例3设在上可导，，为任意可微函数则至少有一点，使。[分析]：与例6和例7类似，可求得：，这里。例4设在上可微，且，证明至少存在一点，使。[分析]：在两边对积分，得

4、可取由知：。由推广的Rolle定理即可证明。[附]：推广的Rolle定理：设在上连续，在内可导，且，则必有，得。一、施托兹(Stolz)定理定理1：若，，且存在，则存在，且有[证明]：设，则即，即，于是，有：……………………………………将以上诸式相加，得：即，亦即而[证毕][注]：当，则。（证明略）定理2：若都以0为极限，且，则。（只要右端极限存在）（证明略）定理3：若存在（或为），则。[略证]：定理4：若，且存在，则。[略证]：定理5：若，且存在，则。[略证]：一、极限的各种求法举例：例1（施托兹法）[解法二]：（积分法）例2求，[解法一]：[解法二]：（由

5、定理4、定理5）；例3[解法二]：例4设，证明[证明]：设，则，当时，。[说明1]：在等价无穷小代换的过程中，一般要求变量处在因子的位置时才能代换。但在或型的未定式中，分子是两个无穷小之代数和，且此二者之比的极限不为，则二者可分别用各自的等价量代换，分母亦然。如：例5[说明2]：在或型的未定式中，分子是不同阶的无穷小（大），的代数和时，可以将较高阶的无穷小（或较低阶的无穷大）各项去掉，只留下最低阶无穷小（最高阶无穷大），再求极限。分母亦然。如：例6[说明3]：记住以下等价无穷小：当时，；；；；；；；；；；…….例7例8例9例10例11例12