一元微分学微分中值定理应用

1、一元微分学（2）应用例（）连续开拓，费马定理设函数在上连续可微，则存在，使得.分析 结论即，即的分子.为此，令辅助函数，连续开拓为则在上连续，,无法应用洛尔定理，但是因为（型）=（罗比达法则）（代入）（因为在上连续可微，）.由点单调的定义，存在，使得.这说明，都不是在上的最大点，从而最大点在内取得，根据费马定理，结论成立.凑微分，拉格朗日中值定理，费马定理例（）设函数在上二阶连续可微，且（1）；（2），（其实本质是）则存在，使得.分析 首先，条件等价于，结论等价于同乘以，即.上述分析说明，考察函数是否满足洛尔定理或费马定理即可.证明 令.在上，由已知，.，函数在，上满足拉格朗日中值定理条件.存

2、在，使，得.存在，使，得.观察可见，当时，.所以在上的最大值不在端点取得，而在内部处取得，根据费马定理，最大点，满足，且.即，又知，可以推出说明 .又即.约去，得.高阶导数，导函数介值性，零点定理例（） 设在存在，且，则必然存在，使得,即对于在内严格下凸或严格上凸的连续曲线来说，内任意一点的切线总可以在内找到一条与之平行的弦.分析 对于在内严格下凸或严格上凸的连续曲线来说，内的弦有无穷多条.，总有跨越的、斜率的弦.即，存在，使得，这里，.这些弦，不外.正好，取，结论成立.，对于.，不外和两种情况.对于第一种情况，取，寻找从出发的旋转弦中，斜率等于的弦.即将一般化为（一般化为），考察函数是否存在

3、零点.鉴于存在，现将连续开拓到上.令则，且 ，（，严增），由零点定理，存在，使得.结论成立.对于第二种情况，取，寻找从出发的旋转弦中，斜率等于的弦.即将一般化为（一般化为），考察函数是否存在零点.令（寻找从出发的弦），则在上满足零点定理条件，存在，使得结论成立.例（） 设在存在，且，则必然存在且介于，使得.分析 本题与上一题有不同，上一题要证明存在，使得，但没有要求介于之间.根据已知，函数为严格下凸函数，往证存在跨越的弦与处的切线平行，当然就要与直线平行，如下图所示.ox1xyx2因此，只要在图示最大四边形左右两边相等，最大四边形就是平行四边形，上下两边平行得证.而左右两边的长度函数为，存在，

4、使.令，则连续，可导，且，.因，故严格单调增加，是的极小点.从而存在且介于，使得.【事实上，为极小点，则在某个中，.若，取即可；若，不妨设，则发生（极小值）.根据连续函数的介值定理，存在，使，取即可】. 因，故，移项整理得推广的洛尔定理，高阶导数，导函数介值性，凸凹性.例（） 设在存在，则存在，使得.分析 函数满足推广的洛尔定理，但是，函数不一定满足推广的洛尔定理.本题涉及高阶导数，常利用凸凹性或泰勒公式，结合反证法讨论问题.证明 反证法.设，.则由导函数介值性，必然在上保号.不妨设，.则在上严格单调增加，在上严格下凸.而由已知，满足推广的洛尔定理，故存在，使得.由及在上严格单调增加，得，.任

5、意取定，则，且曲线在任一点的切线之上.即，.与矛盾.ox0xyx例（） 设函数，在内可导，且，证明：存在，使得.分析 结论即，即，令，用洛尔定理.洛尔定理，常值法设函数在上二阶连续可微，证明：存在，使得.分析 显然，时结论成立.时，把含中值的项改为，证明存在，使即可.将该式一般化，将改写为变量，设立辅助函数. 因为满足，两次使用洛尔定理，得存在，使得.得.故结论成立.例（） 设函数在上二阶可微，证明：对每个，存在，使得.分析（原样采自苏州大学谢惠民本上册） 固定，令，往证，使得=.构造上的函数=-，=0，=0，从的定义还知=0在，上分别使用Rolle定理，然后在两个中值点组成的区间上再使用一次

6、Rolle定理，介于和，使得=0.=-，故，-=0，知结论成立.用相同的方法，我们可以轻松地设立辅助函数，之后，反复运用Rolle定理，证明类似问题：1.设函数在三阶可导，=0，则，使得 =；2.设函数在五阶可导，=0，则，使得 =；3. 设函数在三阶可导，则，使得.3的结论与上述各例的结论相比，只是把一般性的结论应用于点而已，因此，在3的证明中，只要在设立辅助函数时，将结论中的改为即可.当然，3也可以用柯西中值定理来证令，连续使用柯西中值定理两次，注意用上面的零元素做减数即可.与3相近的问题还有3.1 设函数在二阶可导，则，使得.3.2设函数在可导，同号，则，使得.，分离变量得项到等式两边经

7、变形后为 ，令=即可）例 设函数在连续，可导，则，使得例3. 设函数在二阶可导，则，使得.法1 记，则，（）往证=，将（）式看成是自变量的情形，令 =，则又在，上分别使用Rolle定理，得到的两个零点，再由Rolle定理，=0.而，故=，将代入（）中，知结论成立.法2 要证，左边通分，分子分母中的改为后，分子分母分别令为函数,则，.根据柯西中值定理，.代入，后，两式合一即为.再次应用柯西中值定理，并代入，以及表达式，结论成立.法3 将在处展成2阶泰勒公式，推出，而由导函数的介值性，.零点定理（介值性），洛尔定理例 设函数，在内可导，且，证明：存在，使得.分析 易见，需要令.则，且.根据零点定理

8、，存在，使得.在上应用洛尔定理，结论成立.介值性，洛尔定理例（） 设函数，在内可导，且，证明：存在，使得.分析 易见，是函数在上的介值（连续区间上若干个函数值的平均数，必然是函数在该连续区间上的介值）.根据介值性，存在，使得.又，在上应用洛尔定理，结论成立.积分因子，洛尔定理例 设函数，在内可导，且，证明：，存在，使得.分析众所周知，的积分因子是.即，该类方程的积分因子为，结论式等价于.令.应用洛尔定理，即得结论.例（） 设函数在上连续可微，且有个互异的零点，证明：，函数在上至少存在个互异的零点.分析 的积分因子为，结论是函数的零点问题.令.多次应用洛尔定理即可证明.例 设函数，在内可导，且，

9、证明：存在，使得.分析 本题结论的积分因子为，结论式等价于.令.应用洛尔定理，即得结论.积分因子的一个自由练习例（） 设函数在上连续可微，证明：存在某个在上连续可微的函数，使得.分析 从联系到，该方程的积分因子为，当然.即.把取成即可.积分中值定理，洛尔定理例（） 设函数在上可导，且，证明：存在，使得.分析 结论即，即，令，用洛尔定理.但是，需要寻找函数的等值点.在上，.由已知，.根据积分中值定理，存在，使得.在上应用洛尔定理，结论成立.例（） （北京大学，1999年硕士研究生试题）设函数，在内可导，且，证明：存在，使得.分析 根据积分中值定理，存在，使得使得.而已知，在上应用洛尔定理，结论成

10、立.分部积分，上限函数，积分第一中值定理，洛尔定理例（） （2000年硕士研究生数学（三）、数学（四）试题，6分）设函数，且，.则存在，且，使得.分析 应用零点定理的条件似乎很不明显，如果能把结论式视为有，问题可看成函数的三个零点间运用洛尔定理的结果.定积分最常见的一般化是将上限改成变量，建立上限函数，总有.令.则，且由已知，即.由根据分部积分法，可将与上限函数联系起来.（余弦在变号，改成正弦就好处理了）因为在上连续不变号，根据积分第一中值定理，存在，使得.综上，存在，使得.于是，.根据洛尔定理，存在，且，使得.即.多元函数，一维化，洛尔定理例（） 设函数在上一阶连续可微，且，则在单位圆上至少

11、存在两点，满足.分析 将单位园用极坐标实现一维化，令，.则，在可导.又对应于点，对应于点，由于，从而.根据洛尔定理，存在，且，使得.而，这说明，在单位圆上至少存在两点，满足.多元函数，一维化，拉格朗日中值定理例（） 设函数在上一阶连续可微，且，.则当动点沿着曲线趋于无穷时，.分析 由于方程中都是有界函数，所以，动点沿着曲线趋于无穷，指的是无穷大，又，所以指.一维化，.根据多元复合函数可微性定理，在时可导，由拉格朗日中值定理，存在，使得.而.洛尔定理，拉格朗日中值定理，判定单调性例（） 设函数，在内可导，且严格单调增加，则，（或）.分析 严格单调增加时，函数严格下凸.当曲线的两端等高时，当然就有

12、结果了.但是，怎么从已知条件入手呢？从知，函数满足洛尔定理的条件.法1不用洛尔定理，形式更简捷些.从知，分别在，上应用拉格朗日中值定理，得，.ax因为，严格单调增加，所以.得移项整理，得.由于第二个因式取正值，故.法2 根据洛尔定理，存在，使得.，要么落在左边，要么落在右边，要么与重合.（1）时，ox在上应用拉格朗日中值定理，结合严格单调增加，得.结论成立.（2）时，ox在上应用拉格朗日中值定理，结合严格单调增加，得.结论成立.（3）时，在上应用拉格朗日中值定理，结合严格单调增加，得.结论成立.拉格朗日中值定理，洛尔定理例（） 设函数在上二阶可微，且在上，不恒为0，且，则存在，使得.分析 不妨

13、设是使非0的点，则由已知，.若，则在上应用拉格朗日中值定理，得.ax在上应用洛尔定理，得.再在上应用拉格朗日中值定理，得，结论成立.若，ax换成靠左边的两个区间，从左到右，分别使用洛尔定理和拉格朗日中值定理，类似可证，结论成立.拉格朗日中值定理例（） 设函数，且在内二阶可导，则存在，使得.分析 法1在每个中括号中使用拉格朗日中值定理，很难得出结论.假若在每个中括号中使用拉格朗日中值定理，则存在，使得.如果再次使用拉格朗日中值定理，则存在，使得.这很难整理成结论所以，为了便于得到结论，不能对分别使用拉格朗日中值定理.为了使上式转化成一个函数在两点的函数值之差，需要统一端点的表示.先看被减数，如果

14、可被看成函数在一点的函数值，我们再把减数也用这个函数表示.要想使表为函数在一点的函数值，需要将与统一起来，由于可被看成（中点加上半个区间长），即.这相当于函数在时的函数值.要想把减数表为的形式，取恰好可以达到目的.于是，若令，则.结论成立.分析 法2 如果要用2阶泰勒定理，需要在上连续这一条件.带拉格朗日型余项的泰勒公式，导函数介值性定理讨论.将，于处展成二阶的带拉格朗日型余项的泰勒公式，联立消去项，然后用导函数介值性定理讨论（见泰勒公式内容）.导函数介值性，拉格朗日中值定理例（） 设函数在可微，证明：，存在，使得.分析 若应用洛尔定理或费马定理，令，则.难以发现应用洛尔定理的条件.如果说明恰

15、巧是在某两点的函数值，这样，就是的介值，用导函数介值性来证明.那么，哪两点的到数值分别是-1和1呢？观察可见，说明在，上分别应用拉格朗日中值定理即可.证明 在，上分别应用拉格朗日中值定理，得，.整理，得，.，恰可表为.由导函数的介值性，使得.拉格朗日中值定理，定积分不等式例（函数积分模-平均值问题）（） 设函数在上连续可微，且，则（或）.分析 由于左边含有区间长，所以，先把积分在中点处进行区间可加，然后添入零元，运用拉格朗日中值定理，将问题转化到导函数上去.证明 .二阶导函数积分模的下界估计问题用连续函数介值性，最值点，费马定理，拉格朗日中值定理，定积分不等式例（）（Lyapunov不等式）

16、设函数在上二阶连续可微，且，且，证明 .（且是最佳下界，最佳下界的证明？）证明 根据连续函数的介值性，可知，定号.不妨设.又因为，所以，在上的最大值必在内取得.记最大值点为则.在，上分别应用拉格朗日中值定理，得，.由定积分性质，.由于，故当且仅当二者相等时（与端点等距的点，即中点）处乘积最大，故.于是，注1 结论改成，左边是涉及二阶导数的积分平均值（积分模）.注2 特别地，取，结论即.注3 若作一般化，则是二阶导函数积分模的下界估计的一般结论.设函数在上二阶连续可微，且，则，进而.结论改成，积分平均值（可见积分模的意义）证明 注意到得同理，得，两式相减后，取绝对值，得.证毕.进而，由于，故仅当

17、二者相等时处乘积最大，故（与端点等距的点，即中点）时，最大，最大值为.于是，所以，（最右端为常数）.这说明，是得一个上界，从而（上确界不超过上界），改写即.二阶导函数均方模的下界估计（积分学解决）例（Zmorovic不等式）设函数在上二阶可微，则.其中，不能再改进.从模（平均值）的角度看，结论即.证明相减，并取绝对值根据柯西-施瓦兹不等式，.由于从均值不等式可知，故.即结论成立.例 设函数在上二阶连续可微，且，则.改写即（积分模）.证明 注意到满足的函数有（这个说明很繁琐，略），只要证明即可.而尾项（为常数，提取后恰好积分为0），故，即，结论成立.数值积分梯形公式估计的几个证明例（南京大学20

18、10考研试题，属于数值积分梯形公式的估计问题，微分学解决）（1） 设在上3阶可导，则存在，使得.（2）设在上连续，在内有二阶导数，则存在，使得证明 （1）结论可改成，分子恰好是一般化，将改为之后，函数设在处的函数值之差，分母恰好是一般化，将改为之后，函数在处的函数值之差，故令，则有，显然，两次利用柯西中值定理可得，于是结论得证.（2）的几何意义是连接的弦与横轴，共同围成的曲边梯形的面积.证明令，则，.利用（1）的结果，得存在，使得,即.其实，有更一般的结论（积分学解决）例（积分学解决）设在上2阶连续可微，则.进一步的，使.证明 从入手.因，故结论成立.进一步的，因结论中的中连续不变号，由积分中

19、值定理，使得.即结论式成立.另一个更一般的结论是（微分学解决，导函数的介值性）设函数在上连续，在内二阶可微，过的弦所在的直线为，则，使得，.证明过的弦所在的直线为，将类似表出，.推出 .因函数在内二阶可微，故将作为展开中心（展开之处），而端点可导性未知，只能选作被展开点.根据泰勒公式，代入，因，故是与间的介值.根据导函数的介值性，使得.于是，.由于，故当且仅当二者相等时处乘积最大，故时（与端点等距的点，即中点），最大，最大值为，故 .注 特别地，再假设在内，则.例（） 设函数在上可微，在内二阶可微，且，且，则存在，使得.分析 这其实是凸性的表现，因为曲线两端等高，但是，使得曲线在右侧点递增.证

20、明 因为，故存在,使得内，.故存在 ，.在，上分别应用拉格朗日中值定理，得，.继续在上应用拉格朗日中值定理，知结论成立.费马定理，对导函数应用拉格朗日中值定理，有界性例（） 设函数在上二阶可微，,使.且在上最大值在内点取到，证明：.分析 找特殊点.在上最大值在内点取到，根据费马定理，存在，使得.对在，上分别应用拉格朗日中值定理，得.另法 将，分别在在上最大值点展开到一阶的带拉格朗日型余项的泰勒公式，联立可证. 例（gronwall 戈龙瓦定理） 设函数在上可微，且存在,使得，.证明：，.法1 用反证法.设存在，不妨设.则由局部保号性，存在某个左邻域，处处.从而在内，非空有下界0，故存在.由局部

21、保号性，.【附：的证明.若不然，设，不外有两种可能：要么（1）；要么（2）.若（1），则由局部保号性，在的某个左邻域中，存在函数的正值点，下确界应取在的以左、更小的点处，与矛盾.若（2），则由局部保号性，在的某个右邻域中，存在函数的负值点，下确界应取在以右、更大的点处，与矛盾.】于是，的右侧，即.因，故有界.而导函数在有限区间有界时，函数在有限区间有界（导函数有界的函数必然一致连续.再由柯西准则可知，函数在端点处的单侧极限存在，进而可对函数连续开拓，推出函数有界）故在内有界.但是，由，与在内有界矛盾.法2 只要再证（0处已知），即可.显然，函数在上满足拉格朗日中值定理.由于在上可微，故在上必然

22、有界.即,使.于是.若有，则.这样，对两边，令，得.命题就证明了.那么，怎么使？即需要即可.为此，我们取区间,保证了.当然也可以取区间，等，上述推导结论成立.至于在上，总可以把分成区间长为的小区间：，在每个区间上，可以在讨论左一个区间的基础上，讨论紧邻的右一个区间，以至无穷.证明 由于在上可微，故在上必然有界.即,使（其实根据连续性，）.于是.所以，在上，在上应用拉格朗日中值定理，得（添入0项），而在上，故.令，得.故，.当然，在上，由，在上应用拉格朗日中值定理，得.而在上，.这里，是的长度，故.令，得.故，.于是，总会落在某个内，从而，.戈龙瓦定理的推广例（）设函数在上有界，函数在上可微，在

23、内，.则.分析 在已知条件下，若能说明形如的结论成立即可.现在，在上有界，故存在，,.考察.视，得.又已知，由戈龙瓦定理，结论成立.积分因子，单调性证明戈龙瓦定理应用的特殊情形例（） 设函数在上可微，且，则在上，.分析 这相当与戈龙瓦定理中条件中，的情形.从知，积分因子为.即.所以，在上严格单调减少.得 .又，故在上，.例（） 设函数在的某邻域内一阶可导，且存在，求.分析 用型洛必达法则，求导只能进行一阶，然后应用导数定义.拉格朗日中值定理，泰勒公式例（） 设函数在上二阶连续可微，则，存在，使得.分析 若分别应用拉格朗日中值定理，则无法证明结论.左边相当于在两点处的函数值之差.而，.代入，.若

24、对应用拉格朗日中值定理，则无法证明结论.注意到分子中的含于在处展开的泰勒公式中，展开后代入即可.得.代入，得.拉格朗日中值定理，零点问题拉格朗日中值定理，级数例（）设函数在上可微，且，,.任取，令.则级数收敛.结论改成：级数收敛收敛均可.分析 根据比较原则和拉格朗日中值定理，代入的定义式，得.故级数收敛. 根据绝对收敛与收敛的关系，级数收敛.而级数收敛等价于数列收敛，因此，结论可以改动.例（） 设函数在上二阶可微，函数在上单调，且存在有限，则 （1）级数收敛；（2） 级数收敛.分析 根据海因定理，当存在有限时，存在有限.而数列与级数同敛态，所以，级数收敛.也就是说，只要存在有限，不需要其它条件

25、，级数总会收敛.关键是证明级数收敛.从，是严格单调增加的.又存在有限，可知，一个（下）凸函数曲线存在右向的水平渐近线，该函数应该是单调减少的.由于存在，根据单调减少条件，应有，.若不然，设存在一点，使得.由于，函数（下）凸，故，.与存在有限矛盾.综上，级数为一个负项级数.考察级数.由拉格朗日中值定理，存在，使得.因为在上严格单调增加，故即.根据比较原则，级数收敛时，级数收敛.从而，级数收敛.柯西中值定理，拉格朗日中值定理例（） 设，函数在上连续，在内可导，则存在，使得（左边视为用柯西定理的结果）（右边视为用拉格朗日定理的结果）. 例 设，函数在上可导，则存在，使得.分析 因为左边分子、分母同除

26、以，.应用柯西柯西中值定理即可.例（） 设，函数在上连续，在内可导，则存在，使得.分析 经观察，含中值的项可由柯西中值定理得到.，以为准，进行比较，结论成立.积分化，化为上限函数讨论、积分中值定理例（） 设，函数在上连续，则存在，使得（左边视为）.（视为用柯西定理的结果）分析 表面上结论中不涉及导数，似乎与应用微分中值定理无关，但是，应该考虑到上限函数的导数可以表示结论.对于，令，应用柯西中值定理，.而，故，结论成立.导数应用，求根例（） 设函数在内满足，求的根.分析 由于，函数在内严格单调增加.从而.解得（不在指定区间内，舍去）.上限函数，积分因子，单调性，不等式例（） 设函数在上二阶连续可

27、微，且，即，则，.分析等价于，左右两端均有积分因子.得.故 .，且，积分（以降低导数的阶数）得.看到，涉及积分因子，先使一项成为全导数（以便积分降低导数的阶数）.两边同乘以（以便前项出现积分因子），得.两边对积分（视为常数），由牛顿莱布尼兹公式，得.令，由已知，及极限保号性，得.现在得到仅含的不等式.整理，得.此式两边同乘以积分因子，得.说明单调减少.从而，且.令，由已知，及极限保号性，得，故由的任意性，.一元函数泰勒公式应用泰勒公式常用于涉及高阶导数的问题，常见的有1.中值问题2.求极限3.证明有界性等.应用泰勒定理时，展开的原则是“特殊点（函数值）在特殊点展开”，很多情况下，还需要在两处展

28、开式联立.其中，任意点也被包括在“特殊点”的范围之内，尤其在无穷长的区间中.例 将下列函数展开到指定阶数的、带皮亚诺型余项的马克劳林公式（1）展开到；（2）展开到；（3）展开到；（4）展开到.解 （1）代入公式.（2）代入公式.（3），.代入的公式.（4） 而最后两项满足，故，.于是，又，代入上式，得.泰勒公式，根例 证明：函数在实数域内无零点.分析 观察可见，0和正数都不是函数的零点.现在证明，都不是的零点.反证法 设，使.作负代换则.代入已知式，即.于是，的阶马克劳林公式有.整理，得该式左边为0，右边大于0，矛盾.例（函数积分模-平均值问题） 设函数，则.分析 从及的出现，将函数在处展成带

29、拉氏余项的2阶泰勒公式，放大，积分，注意到（画图可见，正面积和负面积相等）.例（函数积分模-平均值问题）设函数，则.分析 条件中给出了一个零点，做展开中心.，将函数在1处，展成带拉氏余项的2阶泰勒公式，.积分，注意到（画图可见，正面积和负面积相等）.取绝对值，放大，根据，注意到证明.任意点为展开中心，端点为被展开点（“端点在任意点展开”）（函数积分模-平均值问题）例（函数积分模-平均值问题）设函数，且=，则 .分析 条件中任意点的导数信息较多，作展开中心，将端点函数值在任意点处展开. 证明 将在上任意点处展开，得=，积分，得 ，而 ，故 .移项， .取绝对值，放大，得 ，注意到即.端点为中心，

30、中点为被展开点（“端点（函数值）在中点处展开”）例 设函数在上二阶可导，且=，则存在使 |.分析 由已知，函数在端点处的导数信息较为充分，可选作展开中心.因为结论式含有项，所以，将于端点处展开时，应该选择区间中、与端点之差含项的那些点作为被展开点，区间的分点恰恰如此，比如，可以选中点作为被展开点.证明=，=，其中，.联立，消去，得 |，取 ，结论成立.中点作中心，端点为被展开点（“中点在端点处展开”）例 设函数在上二阶可导，且=，则存在使得|.分析中点处的导数信息较多，故选作展开中心，将展开.例 设函数在上3阶可导，则存在，使.分析中点处的导数信息较多，故选作展开中心，将展开.，.联立，相减，

31、.尾项拆项， .总是介于的介值，根据导函数的介值性，结论成立.泰勒公式，连续函数的介值定理，另法将积分一般化例（函数积分模-平均值问题）设函数，则存在，使.或者.分析 结论中含有项与项，右边含有，可选处展成.另外，很可能是应用了介值定理.积分，注意到，得因为，故在上存在最大值和最小值，使.得到的介值.根据连续函数的介值定理，存在，.整理，.注意到，结论成立.另法 一般化，将定积分推广成上限函数.令.则，函数在上3阶可导.将，在处展成带拉氏余项的3阶泰勒公式.另外，很可能是应用了介值定理.联立，消去，得的式子，用连续函数的介值定理.例（函数积分模-平均值问题）设函数，且，则 .分析 有零点，可作

32、展开中心，将展开.积分，便于利用和.取绝对值，.注 若将在任意点处展开，将出现项，无法处理.例（北京大学1997年硕士研究生入学试题，17分）设函数，且，又=，则.分析 由于，故定号，不妨设.若能证明即说明.而，的存在性未知，只能作被展开点.为了出现项，所以，将，在展开.，.联立，消去，取绝对值，注意到之前的不妨设.压缩.泰勒级数展开，反复用海因定理，反复用洛尔定理例 设函数在上任意阶可微，存在，又，则.分析 函数满足展开成泰勒级数的充分条件，故.只要证明即可.由于函数在0处连续，.根据海因定理，.又因为存在，根据海因定理，.在上应用洛尔定理，则存在：，使得.如下图即0继续应用海因定理，求.

33、由和，应用洛尔定理，存在，使.从而，继续应用海因定理，.由和，应用洛尔定理，存在，使.继续应用海因定理，.，.结论成立.自己练 （泰勒级数展开）设在任意阶可微，且，证明.拉氏余项的泰勒公式，多项式判定例 设函数在上阶可微，且，则在上，为次多项式的充要条件是：，.分析 必要性显然成立.充分性 任意取定，.而最后一项为0，为次多项式.应用举例例 设函数在上3阶连续可微，且，.则为2次多项式.分析 将，在处展开到3阶，得.代入已知式，得.由于函数在上3阶连续可微，故令时，.得.即.由上例，为2次多项式.皮氏余项型泰勒公式，函数不等式例 设函数在上2阶可微，且.则在上，.分析 ，将，在处展开到2阶皮亚

34、诺型余项的泰勒公式，得.代入已知式，得.从而（从实数运算角度或从取极限均可说明），在上，. 例 设函数在存在4导数，且，则. 分析 对于充分小的，.取绝对值，放大，结论成立.泰勒公式展开，有界性例 设函数在内2阶可微，且，.则存在，.分析 设想找到，最大值，若能使，就能说明在上，.证明 设找到，最大值,设最大值点为，则（函数值最大值）.移项，.设想找到，使，则，.故时，从而，上，.比如取，则在内，.3.驻点为中心，端点为被展开点（“端点在驻点处展开”）等于常数，导函数介值性，中值问题例 设函数在上三阶可导，且=1，则存在使.分析 0处的可导信息较多，可作为展开中心点，为尽量减少非常数，把端点选

35、为被展开点证明=，=，联立，消去项，得 =，即.总是介于的介值，根据导函数的介值性，结论成立.4.最值点为中心，端点为被展开点（“端点在最值点展开”）费马定理，泰勒公式例 设函数在上二阶可导，且=，则存在，使得.分析 由已知，在上的最小值在内取得，即存在驻点，可选作展开中心，为尽量减少非常数，把端点选为被展开点证明=，=，得 ，故 时，结论成立.当时，若，；若，总之，结论成立.例 设函数在上二阶可导，且=，则存在，使得.分析 根据已知条件，即存在驻点，可选作展开中心，为尽量减少非常数，把端点选为被展开点将，在处展开成泰勒公式.仿照上题.泰勒公式，取例 设函数在上二阶可导，且，则存在，使得.分析

36、 由于0，1处的导数信息较多，将0，1作为展开中心，为尽量减少非常数，把中点选为被展开点.两式相减，消去，得.取绝对值，放大，记，则，结论成立.泰勒公式，有界性例（函数积分模-平均值问题）设函数在上二阶可导，存在，.则.分析 结论式含有，将作为展开中心，将，在处展开不影响.联立，消去，得.取绝对值，放大，.积分，结论成立.例 设函数在上二阶可导，则.分析 处的导数信息较多，应在处展开.为尽量减少非常数，将，在处展开.联立，消去，得.取绝对值，放大，因为，故.自由练习（可编多个题目）例 设函数在上二阶可导，则.分析 在处展开，才能出现项.例 设函数在上二阶可导，则（1），；（2）在上存在唯一的不

37、动点.分析（1）在处展开，才能出现项.联立，消去，得.取绝对值，放大，.（2）从（1）知，在上满足压缩映射原理，存在唯一的不动点.5.任意点为中心，另一任意点为被展开点（“任意点在任意点展开”）例 设函数在上阶可微，若与在上有界，则函数，也在上有界.也可叙述为：设函数在上阶可微，记.若都存在有限，则都存在有限.分析 由已知，任意点处的导数信息较多，可选作展开中心.由于函数有界的范围是，它与点在中的位置无关，因此，可选择异于的任意点作被展开点.而在中，任意，形式的数都表示中的任意点证明 将在处展开，得，介于与之间，.记 ，,，.则关于的线性方程组为 由范德蒙行列式知 可逆，故 ，从1到阶的导函数

38、表成的线性组合.由已知，在上有界，故的元素在上有界，推出 ，在上有界.此外，同理可证：设函数在上阶可微，且与存在，则，都存在，且=【存在性证明之后，极限为0的证明可从低一阶的导函数满足拉格朗日中值定理可见，如，由存在，故】. 特殊结果，兰道（Landau）不等式例 设函数在上2阶可微，记.若都存在有限，则也存在有限. 且（1）；（2）.分析（1）由已知，任意点处的导数信息较多，可选作展开中心. 函数有界的范围与点在中的位置无关，故可选择异于的任意点作被展开点.，形式的数都表示中的任意点从一个展式即见.整理出项，得.取绝对值，放大，.即.若，则是一元二次不等式，应有.从而，有上界，从而具有上确界

39、，且.，则，推出，要使存在有限，即有界，必须.从而，.反而得，则.结论仍然成立.对于（2），形式的数都表示中的任意点.联立（相减），消去，整理出项，得.取绝对值，放大，.即.若，则是一元二次不等式，应有.从而，从而，有上界，从而具有上确界，且.，则，推出，要使存在有限，即有界，必须.从而，.反而得，则.结论仍然成立.例 设函数在2阶连续可微，,证明（1）,存在唯一的使得；（2）.证明（1），且，在或上，根据拉格朗日中值定理，.又，故定号，不妨设，则严格增，说明是唯一.（2）将左边的在0处展开到2阶，将右边的在0处展开到2阶Taylor公式，得.将与的展式代入的两边中，得.整理，得 由于内，故有

40、.根据已知，在2阶连续可微，知在0处连续，在上式中，令，.例 设在某邻域存在阶连续导数，且，证明 .分析 要想把从中分离出来，可以由拉格朗日定理，构造即可，可以通过在按照泰勒定理展开到阶得到.证明 在按照泰勒定理展开到阶，已知，.两式相等，得整理，由拉格朗日定理，左边的，约分，令，由在某邻域存在阶连续导数知，.例 设在某邻域存在阶连续导数，且，且当时，证明 .分析 要想把从中分离出来，可以由拉格朗日定理，构造即可，可以把的分子在按照泰勒定理展开到阶，右边的在按照泰勒定理展开到阶.分析 代入已知式，由拉格朗日定理，令，由在某邻域存在阶连续导数知，.例 求 .分析 分母，分子展开到即可.，原式 .例 求 .分析 分母，原式，中，分母，分子中展开到项即可.解