x02-4中值定理ppt课件

1、xyAa0BCb1、罗尔（、罗尔（ Rolle定理定理.罗尔定理: 若函数 f (x) 满足:(1) f (x) 在 a, b上连续;(2) f (x)在( a, b )内可导;(3) f (a)=f (b)则在( a, b )内至少有一点 , 使得 f .一、微分中值定理一、微分中值定理证证.)1(mM 若若,)(连连续续在在baxf.mM 和和最最小小值值必必有有最最大大值值.)(Mxf 则则. 0)( xf由此得由此得),(ba . 0)( f都有都有.)2(mM 若若),()(bfaf .取取得得最最值值不不可可能能同同时时在在端端点点),(afM 设设.)(),(Mfba 使使内内至

2、至少少存存在在一一点点则则在在:( )0.f由费马定理(P84)知使定理可推广)(xfy 在 ( a , b ) 内可导, 且)(limxfax)(limxfbx在( a , b ) 内至少存在一点,. 0)(f证明提示证明提示: 设设证 F(x) 在 a , b 上满足罗尔定理 . )(xFaxaf, )(bxaxf, )(bxbf, )(在区间例例1. 验证罗尔定理验证罗尔定理对对xxfsinln)(上的正确性.65,6解解: 因为因为xxfsinln)(在65,6上连续,)65,6(在内可导,21)65( 6 ln)(ff且由罗尔定理知,至少存在一点,65,6)(使得 f xxxsinc

3、os0cot事实上,65,6 2)( 确有 . 0cot f使注：罗尔定理可作为注：罗尔定理可作为 f 的根的存在性的根的存在性定理定理.物理解释物理解释: :变速直线运动在变速直线运动在折返点处折返点处,瞬时速瞬时速度等于零度等于零.几何解释几何解释: :ab1 2 xyo)(xfy .,水平的水平的在该点处的切线是在该点处的切线是点点上至少有一上至少有一在曲线弧在曲线弧CABCf (x)满足条件(2), (3),但不满足条件(1),在(0, 1)内,21)( xf例例2: (i)y=f (x)=121x1 , x = 1, x0, 1) xy01123w 罗尔定理的三个条件，缺一不可罗尔定

4、理的三个条件，缺一不可. 注注:1 , 1 |)(xxxfyf (x)在-1, 1上,满足条件(1),(3),但不满足条件(2),当 x 时,f (x)= 1.x 时,f (x)= 1.x=0时,f (0)不存在.(ii)0 xy111y = |x|(iii) y=f (x)=x, x1, 2,f (x)在1, 2上满足条件(1), (2),但不满足条件(3),在(1, 2)内, f (x)=1.02112xyy=x例例3 3.10155的的正正实实根根有有且且仅仅有有一一个个小小于于证证明明方方程程 xx证证, 15)(5 xxxf设设, 1 , 0)(连连续续在在则则xf. 3)1(, 1

5、)0( ff且且由零点定理由零点定理. 0)(),1 , 0(00 xfx使使即为方程的小于即为方程的小于1的正实根的正实根.,),1 , 0(011xxx 设另有设另有. 0)(1 xf使使,)(10件件之之间间满满足足罗罗尔尔定定理理的的条条在在xxxf使使得得之之间间在在至至少少存存在在一一个个),(10 xx . 0)( f)1(5)(4 xxf但但)1 , 0( , 0 x矛盾矛盾,.只只有有唯唯一一实实根根有有几几个个实实根根。判判断断设设例例0)()3)(2)(1()(4 xfxxxxxf0)3()2()1()0( ffff证证; 0)()10(10)(11 fRxf使使，定定理

6、理的的条条件件，则则上上满满足足，在在; 0)()21(21 )(22 fRxf使使，定理条件，则定理条件，则上满足上满足，在在, 0)()32(32)(33 fRxf使使，定定理理条条件件，则则上上满满足足，在在个个实实根根。至至少少有有即即30)( xf有有三三个个零零点点。多多是是三三次次多多项项式式，所所以以至至又又)(xf 个实根。个实根。有有30)( xf例例 5 设设 试证方程试证方程在区间在区间(0,1)内至少有一个实根。内至少有一个实根。证明：证明：,021naaa,02121nnxnaxaa,)(221nnxaxaxaxf( )0.f那么那么 f(0)=f(1)=0，从而存

7、在，从而存在01,使得使得 .02)(121nnnaaaf2. 拉格朗日拉格朗日 (Lagrange) 中值定理中值定理.拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理(微分中值定理）微分中值定理）:若函数 f (x)满足(1) f (x) 在 a, b 上连续;(2) f (x) 在(a, b) 内可导.则在 (a, b) 内至少有一点 ,使等式 f (b)f (a)=f ( )(ba). (1)成立.xyAa0BCbabafbff)()()(几何意义:若连续曲线弧 AB上,平行于弦 AB.除端点外,处处具有不垂直于 x 轴的切线,那末在这曲线弧内至少有一点,在该点处的切线ab1 2 xxoy)(xfy

8、ABCDNM.,ABCAB线平行于弦线平行于弦在该点处的切在该点处的切一点一点上至少有上至少有在曲线弧在曲线弧证证分析分析:).()(bfaf 条件中与罗尔定理相差条件中与罗尔定理相差弦弦AB方程为方程为).()()()(axabafbfafy ,)(ABxf减减去去弦弦曲曲线线., 两两端端点点的的函函数数值值相相等等所所得得曲曲线线ba证证: 令令 (x)= f (x)L(x)( )()()()(axabafbfafxf显然: (x)在 a, b 上连续,在 (a, b)内可导,且 a b,由罗尔定理, a, b,使 ( ) .而 (x),)()()(abafbfxf所以 ( )abafb

9、ff)()() (=0由此得 f ( ).)()(abafbf即 f (b)f (a)=f ( )(ba).证法二证法二)()()()(abxfxafbfxF 设设证证F(x)在闭区间在闭区间a,b上连续上连续,在开区间在开区间(a,b)内可导内可导, )()()()()()(abfbafabbfbafbfbF )()()()()()(abfbafabafaafbfaF ),()(bFaF 有有 由由R-定理知定理知:, 0)(),( Fba使使).)()()(abfafbf 即即例验证函数满足拉格朗日定理并求23012( )112xxf xxx f(x)在0,2上连续,(0,2)可导 201

10、( )11112xxfxxxx 存在f ()=(2)(0)1202ff 122f (x)在 x 处于可微：ydy=f (x)x要求:| x |很小，且f (x)0f (x)在 a, b 上满足拉格朗日定理条件：y= f ( x+ x )x要求: x有限.y=f (x+x) f (x) =f ( ) x . 其中 (x, x+x) 或 (x+x, x) 拉格朗日中值公式又称有限增量公式拉格朗日中值公式又称有限增量公式.注注: :拉氏公式的几种形式拉氏公式的几种形式 f(b)-f(a)=f()(b-a) f(b)-f(a)=f()(b-a) 在在a,ba,b之间之间 f(b)-f(a)=fa+(b

11、-a)f(b)-f(a)=fa+(b-a)（b-ab-a） (01) (01) f(x+ f(x+x)-f(x)=f()x)-f(x)=f()x x （在在x+x+x,xx,x之之间）间） f(x+f(x+x)-f(x)=fx+x)-f(x)=fx+x x x (01)x (01)y= f ( x+ x ) x (4)abafbff)()() (如果函数 f (x) 在区间 I 上导数恒为零,那末 f (x)在区间 I 上是一个常数.推论推论证明证明: 在区间在区间 I 上任取两点上任取两点 x1, x2, 不妨设 x1 x2,那么 f (x)在x1, x2上满足拉格朗日定理条件.有 f (x

12、2) f (x1)=f ( )( x2x1). ( x1 b0 n1.证明证明:令 f (x)= x n显然 f (x) 在 b, a上满足拉格朗日定理条件, 证明: nbn1(ab) an bn nan1(a b)有 f (a) f (b)=f ( )(ab) (b a)即 an bn = n n1(a b)nbn1 (a b)n n 1 (a b) nan1 (a b) 即 nbn1(ab) an bn x1=1/2, x2=1 (3) y 不存在的点，x=0(无定义)x (-,0) 0 (0,1/2) 1/2 (1/2 ,1) 1 (1,+) y - 不存在 - 0 + 0 -y 确定函

13、数的单调区间步骤：确定函数的单调区间步骤： 1)先求先求f (x) ; 2)令令f (x)=0求根；求根； 3)方程方程f (x)=0根及根及f (x)不存在点划分单调区间；不存在点划分单调区间； 4确定确定f(x)在各区间的符号从而确定在各区间的符号从而确定f(x)的单调性。的单调性。例例1：求函数：求函数y= 单调区间。单调区间。解：解：(1) xxx694102322260(21)(1)(496)xxyxxx例例2 2解解.31292)(23的的单单调调区区间间确确定定函函数数 xxxxf).,(: D12186)(2 xxxf)2)(1(6 xx得得，解解方方程程0)( xf. 2,

14、121 xx时时，当当1 x, 0)( xf上单调增加；上单调增加；在在1 ,(时时，当当21 x, 0)( xf上单调减少；上单调减少；在在2 , 1 时，时，当当 x2, 0)( xf上单调增加；上单调增加；在在), 2单调区间为单调区间为，1 ,(，2 , 1)., 2例例3 3解解.)(32的单调区间的单调区间确定函数确定函数xxf ).,(: D)0(,32)(3 xxxf.,0导数不存在导数不存在时时当当 x时时，当当0 x, 0)( xf上单调增加；上单调增加；在在), 0 时，时，当当 x0, 0)( xf上单调减少；上单调减少；在在0 ,(单调区间为单调区间为，0 ,().,

15、 0 32xy 注意注意:区间内个别点导数为零区间内个别点导数为零,不影响区间的单调性不影响区间的单调性.例如例如,3xy , 00 xy.),(上单调增加上单调增加但在但在例例4 4解解.)11(,0的的单单调调性性函函数数时时讨讨论论xxyx )(11)11ln()11ln()11ln(xexxeyxxxx , 0,0)11ln( xxex时时其其中中, 0)1(1)(,11)11ln()(2 xxxxxx又又0)(lim)(,)(,0 xxxxx单单调调减减少少时时.)11(, 0,0单调增加单调增加时时xxyyx 5( )0,),(0)0,( )(0,)( )( )(0),0( )f

16、xcffxf xg xxxxg x 例已知在上存在且单调递增，令证明在上函数是单调递增的。2)()()(xxfxfxxg 证证：)0)()0()( xffxf 又又), 0(,)()(xxfxf 2)()()(xxfxfxxg )()()( fxfxf 单单调调递递增增由由, 0)()()(2 xxfxfxxg 是是单单调调递递增增的的。上上函函数数在在即即)(0 xgx 6( ) ,),( ,)( )0( )( )( )(),( ,)f xc aafxf xf ag xxaaxa例已知在上，证明在内单调递增。2()( )( ( )( )( )()xa fxf xf ag xxa证：( )(

17、)( )()f xf afxaax又2()( )( )()( )()xa fxfxag xxa0,( )axg x 即 在上函数是单调递增的。( )( )fxfxa证证,)( ).xaxg x当时 试证f(成立( )( )( ),F xf xg x设( )0,F x 设法证( )( ,)F xa在上单调增加；xa当时，( )( )0,F xF a用函数的单调性可以证明不等式。用函数的单调性可以证明不等式。法法1法法2,)( ).xaxf a试证当时 f(成立( )0,fx 设法证( )( ,)f xa在上单调增加；例例1 1证证.)1ln(,0成成立立试试证证时时当当xxx ),1ln()(x

18、xxf 设设.1)(xxxf 则则, 0)(), 0(,), 0)( xfxf可可导导，且且上上连连续续在在上单调增加；上单调增加；在在), 0 , 0)0( f时，时，当当0 x, 0)1ln()0()(xxfxf).1ln(xx 即即例例2证明不等式：证明不等式：当当x0时，时，xxxxsin! 33设设,sin)(xxxf, 0cos1)(xxf, 0)0()( fxfxxsin设设,! 3sin)(3xxxxg2( )cos1/2,g xxx ( )sin0gxxx 0)0()(gxg从而，从而，, 0)0()( gxg! 3sin3xxx2231(1)ln(1) .xxxx例试证当时，11ln)( xxxxf证证：, 0)1(1)1(21)(222 xxxxxxf1( )xf x 时，单调递增。，又又011111ln)1( f), 1(, 011ln)( xx