中值定理解题与求极限方法.doc

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3 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4 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定理条件。例5 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6 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7 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8 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9 设在上可微，且，证明至少存在一点，使 。分析：在两边对积分，得 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：二、 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