高等数学（第七版）同济大学 习题3-1 个人解答
高等数学（第七版）同济大学 习题3-1
1. 验证罗尔定理对函数 y = l n s i n x 在区间 [ π 6 , 5 π 6 ] 上的正确性。 \begin{aligned}&1. \ 验证罗尔定理对函数y=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上的正确性。&\end{aligned} 1. 验证罗尔定理对函数y=ln sin x在区间[6π, 65π]上的正确性。
解：
函数 f ( x ) = l n s i n x 在区间 [ π 6 , 5 π 6 ] 上连续，在区间 ( π 6 , 5 π 6 ) 内可导，且 f ( π 6 ) = l n s i n π 6 = l n 1 2 ， f ( 5 π 6 ) = l n s i n 5 π 6 = l n 1 2 ，即 f ( π 6 ) = f ( 5 π 6 ) = l n 1 2 ，所以 f ( x ) 在区间 [ π 6 , 5 π 6 ] 上满足罗尔定理， 由罗尔定理可知至少存在一点 ξ ∈ ( π 6 , 5 π 6 ) ，使 f ′ ( ξ ) = 0 ，又因 f ′ ( x ) = c o s x s i n x = c o t x ，令 f ′ ( x ) = 0 ， 则 x = n π + π 2 ( n = 0 ， ± 1 ， ± 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) 。取 n = 0 ，得 ξ = π 2 ∈ ( π 6 , 5 π 6 ) 。 所以，罗尔定理对函数 y = l n s i n x 在区间 [ π 6 , 5 π 6 ] 上是正确的。 \begin{aligned} &\ \ 函数f(x)=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上连续，在区间\left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)内可导，且f\left(\frac{\pi}{6}\right)=ln\ sin\ \frac{\pi}{6}=ln\ \frac{1}{2}，\\\\ &\ \ f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=ln\ sin\ \frac{5\pi}{6}=ln\ \frac{1}{2}，即f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=ln\ \frac{1}{2}，所以f(x)在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上满足罗尔定理，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知至少存在一点\xi \in \left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)，使f'(\xi)=0，又因f'(x)=\frac{cos\ x}{sin\ x}=cot\ x，令f'(x)=0，\\\\ &\ \ 则x=n\pi+\frac{\pi}{2}\ (n=0，\pm 1，\pm 2，\cdot\cdot\cdot)。取n=0，得\xi=\frac{\pi}{2} \in \left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)。\\\\ &\ \ 所以，罗尔定理对函数y=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上是正确的。 & \end{aligned} 函数f(x)=ln sin x在区间[6π, 65π]上连续，在区间(6π, 65π)内可导，且f(6π)=ln sin 6π=ln 21， f(65π)=ln sin 65π=ln 21，即f(6π)=f(65π)=ln 21，所以f(x)在区间[6π, 65π]上满足罗尔定理， 由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(6π, 65π)，使f′(ξ)=0，又因f′(x)=sin xcos x=cot x，令f′(x)=0， 则x=nπ+2π (n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)。取n=0，得ξ=2π∈(6π, 65π)。 所以，罗尔定理对函数y=ln sin x在区间[6π, 65π]上是正确的。
2. 验证拉格朗日中值定理对函数 y = 4 x 3 − 5 x 2 + x − 2 在区间 [ 0 , 1 ] 上的正确性。 \begin{aligned}&2. \ 验证拉格朗日中值定理对函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上的正确性。&\end{aligned} 2. 验证拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上的正确性。
解：
函数 y = 4 x 3 − 5 x 2 + x − 2 在区间 [ 0 , 1 ] 上连续，在 ( 0 , 1 ) 内可导，所以 f ( x ) 在区间 [ 0 , 1 ] 上满足拉格朗日中值定理条件， 至少存在一点 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使 f ′ ( ξ ) = f ( 1 ) − f ( 0 ) 1 − 0 = − 2 + 2 1 = 0 。 由 f ′ ( ξ ) = 12 ξ 2 − 10 ξ + 1 = 0 ，可知 ξ = 5 ± 13 12 ∈ ( 0 , 1 ) ， 所以，拉格朗日中值定理对函数 y = 4 x 3 − 5 x 2 + x − 2 在区间 [ 0 , 1 ] 上是正确的。 \begin{aligned} &\ \ 函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上连续，在(0, \ 1)内可导，所以f(x)在区间[0, \ 1]上满足拉格朗日中值定理条件，\\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (0, \ 1)，使f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{-2+2}{1}=0。\\\\ &\ \ 由f'(\xi)=12\xi^2-10\xi+1=0，可知\xi=\frac{5\pm \sqrt{13}}{12} \in (0, \ 1)，\\\\ &\ \ 所以，拉格朗日中值定理对函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上是正确的。 & \end{aligned} 函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上连续，在(0, 1)内可导，所以f(x)在区间[0, 1]上满足拉格朗日中值定理条件， 至少存在一点ξ∈(0, 1)，使f′(ξ)=1−0f(1)−f(0)=1−2+2=0。 由f′(ξ)=12ξ2−10ξ+1=0，可知ξ=125±13∈(0, 1)， 所以，拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上是正确的。
3. 对函数 f ( x ) = s i n x 及 F ( x ) = x + c o s x 在区间 [ 0 , π 2 ] 上验证柯西中值定理的正确性。 \begin{aligned}&3. \ 对函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上验证柯西中值定理的正确性。&\end{aligned} 3. 对函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上验证柯西中值定理的正确性。
解：
函数 f ( x ) = s i n x 及 F ( x ) = x + c o s x 在区间 [ 0 , π 2 ] 上连续，在区间 ( 0 , π 2 ) 内可导，且在 ( 0 , π 2 ) 内， F ′ ( x ) = 1 − s i n x ≠ 0 ，所以 f ( x ) 、 F ( x ) 满足柯西中值定理条件，至少存在一点 ξ ∈ ( 0 , π 2 ) ， 使 f ( π 2 ) − f ( 0 ) F ( π 2 ) − F ( 0 ) = f ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) ， 1 − 0 π 2 − 1 = c o s ξ 1 − s i n ξ ，即 c o s ξ 2 + s i n ξ 2 c o s ξ 2 − s i n ξ 2 = 2 π − 2 ，得 t a n ξ 2 = 4 − π π ， 所以 ξ = 2 n π + 2 a r c t a n 4 − π π 。取 n = 0 ，得 ξ = 2 a r c t a n 4 − π π ，因为 0 < 4 − π π < 1 ， 则 ξ = 2 a r c t a n ( 4 − π π ) ∈ ( 0 , π 2 ) 。 所以，柯西中值定理对函数 f ( x ) = s i n x 及 F ( x ) = x + c o s x 在区间 [ 0 , π 2 ] 上是正确的。 \begin{aligned} &\ \ 函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上连续，在区间\left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)内可导，且在\left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)内，\\\\ &\ \ F'(x)=1-sin\ x \neq 0，所以f(x)、F(x)满足柯西中值定理条件，至少存在一点\xi \in \left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)，\\\\ &\ \ 使\frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right)-f(0)}{F\left(\frac{\pi}{2}\right)-F(0)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}，\frac{1-0}{\frac{\pi}{2}-1}=\frac{cos\ \xi}{1-sin\ \xi}，即\frac{cos\ \frac{\xi}{2}+sin\ \frac{\xi}{2}}{cos\ \frac{\xi}{2}-sin\ \frac{\xi}{2}}=\frac{2}{\pi-2}，得tan\ \frac{\xi}{2}=\frac{4-\pi}{\pi}，\\\\ &\ \ 所以\xi=2n\pi+2arctan\ \frac{4-\pi}{\pi}。取n=0，得\xi=2arctan\ \frac{4-\pi}{\pi}，因为0 \lt \frac{4-\pi}{\pi} \lt 1，\\\\ &\ \ 则\xi=2arctan\left(\frac{4-\pi}{\pi}\right) \in \left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)。\\\\ &\ \ 所以，柯西中值定理对函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上是正确的。 & \end{aligned} 函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上连续，在区间(0, 2π)内可导，且在(0, 2π)内， F′(x)=1−sin x=0，所以f(x)、F(x)满足柯西中值定理条件，至少存在一点ξ∈(0, 2π)， 使F(2π)−F(0)f(2π)−f(0)=F′(ξ)f′(ξ)，2π−11−0=1−sin ξcos ξ，即cos 2ξ−sin 2ξcos 2ξ+sin 2ξ=π−22，得tan 2ξ=π4−π， 所以ξ=2nπ+2arctan π4−π。取n=0，得ξ=2arctan π4−π，因为0<π4−π<1， 则ξ=2arctan(π4−π)∈(0, 2π)。 所以，柯西中值定理对函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上是正确的。
4. 试证明对函数 y = p x 2 + q x + r 应用拉格朗日中值定理时所求得的点 ξ 总是位于区间的正中间。 \begin{aligned}&4. \ 试证明对函数y=px^2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点\xi总是位于区间的正中间。&\end{aligned} 4. 试证明对函数y=px2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。
解：
任意取数值 a ， b ，设 a < b ，函数 f ( x ) = p x 2 + q x + r 在区间 [ a , b ] 上连续，在区间 ( a , b ) 内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ，使 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) ， p b 2 + q b + r − p a 2 − q a − r = ( 2 p ξ + q ) ( b − a ) ， 得 ξ = a + b 2 ，即所求得的 ξ 总是位于区间的正中间。 \begin{aligned} &\ \ 任意取数值a，b，设a \lt b，函数f(x)=px^2+qx+r在区间[a, \ b]上连续，在区间(a, \ b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (a, \ b)，使f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)，pb^2+qb+r-pa^2-qa-r=(2p\xi+q)(b-a)，\\\\ &\ \ 得\xi=\frac{a+b}{2}，即所求得的\xi总是位于区间的正中间。 & \end{aligned} 任意取数值a，b，设a<b，函数f(x)=px2+qx+r在区间[a, b]上连续，在区间(a, b)内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点ξ∈(a, b)，使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)，pb2+qb+r−pa2−qa−r=(2pξ+q)(b−a)， 得ξ=2a+b，即所求得的ξ总是位于区间的正中间。
5. 不用求出函数 f ( x ) = ( x − 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) ( x − 4 ) 的导数，说明方程 f ′ ( x ) = 0 有几个实根，并指出它们所在的区间。 \begin{aligned}&5. \ 不用求出函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)的导数，说明方程f'(x)=0有几个实根，并指出它们所在的区间。&\end{aligned} 5. 不用求出函数f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的导数，说明方程f′(x)=0有几个实根，并指出它们所在的区间。
解：
函数 f ( x ) 分别在区间 [ 1 , 2 ] ， [ 2 , 3 ] ， [ 3 , 4 ] 上连续，分别在区间 ( 1 , 2 ) ， ( 2 , 3 ) ， ( 3 , 4 ) 内可导， 且 f ( 1 ) = f ( 2 ) = f ( 3 ) = f ( 4 ) = 0 。由罗尔定理可知，至少存在 ξ 1 ∈ ( 1 , 2 ) ， ξ 2 ∈ ( 2 , 3 ) ， ξ 3 ∈ ( 3 , 4 ) ， 使 f ′ ( ξ 1 ) = f ′ ( ξ 2 ) = f ′ ( ξ 3 ) = 0 。即方程 f ′ ( x ) = 0 至少有 3 个实根，又因方程 f ′ ( x ) = 0 为三次方程，它最多有 3 个实根， 所以方程 f ′ ( x ) = 0 有且仅有 3 个实根，分别位于区间 ( 1 , 2 ) ， ( 2 , 3 ) ， ( 3 , 4 ) 内。 \begin{aligned} &\ \ 函数f(x)分别在区间[1, \ 2]，[2, \ 3]，[3, \ 4]上连续，分别在区间(1, \ 2)，(2, \ 3)，(3, \ 4)内可导，\\\\ &\ \ 且f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0。由罗尔定理可知，至少存在\xi_1 \in (1, \ 2)，\xi_2 \in (2, \ 3)，\xi_3 \in (3, \ 4)，\\\\ &\ \ 使f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=f'(\xi_3)=0。即方程f'(x)=0至少有3个实根，又因方程f'(x)=0为三次方程，它最多有3个实根，\\\\ &\ \ 所以方程f'(x)=0有且仅有3个实根，分别位于区间(1, \ 2)，(2, \ 3)，(3, \ 4)内。 & \end{aligned} 函数f(x)分别在区间[1, 2]，[2, 3]，[3, 4]上连续，分别在区间(1, 2)，(2, 3)，(3, 4)内可导， 且f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0。由罗尔定理可知，至少存在ξ1∈(1, 2)，ξ2∈(2, 3)，ξ3∈(3, 4)， 使f′(ξ1)=f′(ξ2)=f′(ξ3)=0。即方程f′(x)=0至少有3个实根，又因方程f′(x)=0为三次方程，它最多有3个实根， 所以方程f′(x)=0有且仅有3个实根，分别位于区间(1, 2)，(2, 3)，(3, 4)内。
6. 证明恒等式： a r c s i n x + a r c c o s x = π 2 ( − 1 ≤ x ≤ 1 ) 。 \begin{aligned}&6. \ 证明恒等式：arcsin\ x+arccos\ x=\frac{\pi}{2}\ (-1 \le x \le 1)。&\end{aligned} 6. 证明恒等式：arcsin x+arccos x=2π (−1≤x≤1)。
解：
设函数 f ( x ) = a r c s i n x + a r c c o s x ， x ∈ [ − 1 , 1 ] ，因为 f ′ ( x ) = 1 1 − x 2 − 1 1 − x 2 = 0 ，所以 f ( x ) = C ， 取 x = 0 ，得 f ( 0 ) = C = π 2 。因此 a r c s i n x + a r c c o s x = π 2 ( − 1 ≤ x ≤ 1 ) \begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=arcsin\ x+arccos\ x，x \in [-1, \ 1]，因为f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0，所以f(x)=C，\\\\ &\ \ 取x=0，得f(0)=C=\frac{\pi}{2}。因此arcsin\ x+arccos\ x=\frac{\pi}{2}\ (-1 \le x \le 1) & \end{aligned} 设函数f(x)=arcsin x+arccos x，x∈[−1, 1]，因为f′(x)=1−x21−1−x21=0，所以f(x)=C， 取x=0，得f(0)=C=2π。因此arcsin x+arccos x=2π (−1≤x≤1)
7. 若方程 a 0 x n + a 1 x n − 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n − 1 x = 0 有一个正根 x = x 0 ，证明方程 a 0 n x n − 1 + a 1 ( n − 1 ) x n − 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n − 1 = 0 必有一个小于 x 0 的正根。 \begin{aligned}&7. \ 若方程a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}x=0有一个正根x=x_0，证明方程a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}=0\\\\&\ \ \ \ 必有一个小于x_0的正根。&\end{aligned} 7. 若方程a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x=x0，证明方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0 必有一个小于x0的正根。
解：
设函数 f ( x ) = a 0 x n + a 1 x n − 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n − 1 x 。 f ( x ) 在区间 [ 0 , x 0 ] 上连续，在区间 ( 0 , x 0 ) 内可导，且 f ( 0 ) = f ( x 0 ) = 0 ， 由罗尔定理可知，至少存在一点 ξ ∈ ( 0 , x 0 ) ，使 f ′ ( ξ ) = 0 ，即方程 a 0 n x n − 1 + a 1 ( n − 1 ) x n − 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n − 1 = 0 必有一个小于 x 0 的正根。 \begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}x。f(x)在区间[0, \ x_0]上连续，在区间(0, \ x_0)内可导，且f(0)=f(x_0)=0，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知，至少存在一点\xi \in (0, \ x_0)，使f'(\xi)=0，即方程a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}=0\\\\ &\ \ 必有一个小于x_0的正根。 & \end{aligned} 设函数f(x)=a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x。f(x)在区间[0, x0]上连续，在区间(0, x0)内可导，且f(0)=f(x0)=0， 由罗尔定理可知，至少存在一点ξ∈(0, x0)，使f′(ξ)=0，即方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0 必有一个小于x0的正根。
8. 若函数 f ( x ) 在 ( a , b ) 内具有二阶导数，且 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = f ( x 3 ) ，其中 a < x 1 < x 2 < x 3 < b ，证明： 在 ( x 1 , x 3 ) 内至少有一点 ξ ，使得 f ′ ′ ( ξ ) = 0 。 \begin{aligned}&8. \ 若函数f(x)在(a, \ b)内具有二阶导数，且f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)，其中a \lt x_1 \lt x_2 \lt x_3 \lt b，证明：\\\\&\ \ \ \ 在(x_1, \ x_3)内至少有一点\xi，使得f''(\xi)=0。&\end{aligned} 8. 若函数f(x)在(a, b)内具有二阶导数，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，其中a<x1<x2<x3<b，证明： 在(x1, x3)内至少有一点ξ，使得f′′(ξ)=0。
解：
根据题意可知，函数 f ( x ) 在区间 [ x 1 , x 2 ] ， [ x 2 , x 3 ] 上连续，在区间 ( x 1 , x 2 ) ， ( x 2 , x 3 ) 内可导，且 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = f ( x 3 ) ， 由罗尔定理可知，至少存在点 ξ 1 ∈ ( x 1 , x 2 ) ， ξ 2 ∈ ( x 2 , x 3 ) ，使 f ′ ( ξ 1 ) = f ′ ( ξ 2 ) = 0 。因 f ′ ( x ) 在区间 [ ξ 1 , ξ 2 ] 上连续， 在区间 ( ξ 1 , ξ 2 ) 内可导，由罗尔定理可知，至少存在点 ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ⊂ ( x 1 , x 3 ) ，使 f ′ ′ ( ξ ) = 0 。 \begin{aligned} &\ \ 根据题意可知，函数f(x)在区间[x_1, \ x_2]，[x_2, \ x_3]上连续，在区间(x_1, \ x_2)，(x_2, \ x_3)内可导，且f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知，至少存在点\xi_1 \in (x_1, \ x_2)，\xi_2 \in (x_2, \ x_3)，使f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0。因f'(x)在区间[\xi_1, \ \xi_2]上连续，\\\\ &\ \ 在区间(\xi_1, \ \xi_2)内可导，由罗尔定理可知，至少存在点\xi \in (\xi_1, \ \xi_2) \subset (x_1, \ x_3)，使f''(\xi)=0。 & \end{aligned} 根据题意可知，函数f(x)在区间[x1, x2]，[x2, x3]上连续，在区间(x1, x2)，(x2, x3)内可导，且f(x1)=f(x2)=f(x3)， 由罗尔定理可知，至少存在点ξ1∈(x1, x2)，ξ2∈(x2, x3)，使f′(ξ1)=f′(ξ2)=0。因f′(x)在区间[ξ1, ξ2]上连续， 在区间(ξ1, ξ2)内可导，由罗尔定理可知，至少存在点ξ∈(ξ1, ξ2)⊂(x1, x3)，使f′′(ξ)=0。
9. 设 a > b > 0 ， n > 1 ，证明： n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) \begin{aligned}&9. \ 设a \gt b \gt 0，n \gt 1，证明：nb^{n-1}(a-b) \lt a^n-b^n \lt na^{n-1}(a-b)&\end{aligned} 9. 设a>b>0，n>1，证明：nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)
解：
设函数 f ( x ) = x n ， f ( x ) 在区间 [ b , a ] 上连续，在区间 ( b , a ) 内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点 ξ ∈ ( b , a ) ， 使 f ( a ) − f ( b ) = f ′ ( ξ ) ( a − b ) ，即 a n − b n = n ξ n − 1 ( a − b ) 。因为 a > ξ > b > 0 ， n > 1 ，则 0 < b n − 1 < ξ n − 1 < a n − 1 ， 所以 n b n − 1 ( a − b ) < n ξ n − 1 ( a − b ) < n a n − 1 ( a − b ) ，即 n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) \begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=x^n，f(x)在区间[b, \ a]上连续，在区间(b, \ a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (b, \ a)，\\\\ &\ \ 使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，即a^n-b^n=n\xi^{n-1}(a-b)。因为a \gt \xi \gt b \gt 0，n \gt 1，则0 \lt b^{n-1} \lt \xi^{n-1} \lt a^{n-1}，\\\\ &\ \ 所以nb^{n-1}(a-b) \lt n\xi^{n-1}(a-b) \lt na^{n-1}(a-b)，即nb^{n-1}(a-b) \lt a^n-b^n \lt na^{n-1}(a-b) & \end{aligned} 设函数f(x)=xn，f(x)在区间[b, a]上连续，在区间(b, a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(b, a)， 使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即an−bn=nξn−1(a−b)。因为a>ξ>b>0，n>1，则0<bn−1<ξn−1<an−1， 所以nbn−1(a−b)<nξn−1(a−b)<nan−1(a−b)，即nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)
10. 设 a > b > 0 ，证明： a − b a < l n a b < a − b b \begin{aligned}&10. \ 设a \gt b \gt 0，证明：\frac{a-b}{a} \lt ln\ \frac{a}{b} \lt \frac{a-b}{b}&\end{aligned} 10. 设a>b>0，证明：aa−b<ln ba<ba−b
解：
设函数 f ( x ) = l n x ， f ( x ) 在区间 [ b , a ] 上连续，在区间 ( b , a ) 内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点 ξ ∈ ( b , a ) ，使 f ( a ) − f ( b ) = f ′ ( ξ ) ( a − b ) ，即 l n a − l n b = 1 ξ ( a − b ) ，因为 a > ξ > b > 0 ， 所以 0 < 1 a < 1 ξ < 1 b ，则 a − b a < a − b ξ < a − b b ，即 a − b a < l n a b < a − b b \begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=ln\ x，f(x)在区间[b, \ a]上连续，在区间(b, \ a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (b, \ a)，使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，即ln\ a-ln\ b=\frac{1}{\xi}(a-b)，因为a \gt \xi \gt b \gt 0，\\\\ &\ \ 所以0 \lt \frac{1}{a} \lt \frac{1}{\xi} \lt \frac{1}{b}，则\frac{a-b}{a} \lt \frac{a-b}{\xi} \lt \frac{a-b}{b}，即\frac{a-b}{a} \lt ln\ \frac{a}{b} \lt \frac{a-b}{b} & \end{aligned} 设函数f(x)=ln x，f(x)在区间[b, a]上连续，在区间(b, a)内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点ξ∈(b, a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即ln a−ln b=ξ1(a−b)，因为a>ξ>b>0， 所以0<a1<ξ1<b1，则aa−b<ξa−b<ba−b，即aa−b<ln ba<ba−b
11. 证明下列不等式： \begin{aligned}&11. \ 证明下列不等式：&\end{aligned} 11. 证明下列不等式：
( 1 ) ∣ a r c t a n a − a r c t a n b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ ； ( 2 ) 当 x > 1 时， e x > e x . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ |arctan\ a-arctan\ b| \le |a-b|；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当x \gt 1时，e^x \gt ex. & \end{aligned} (1) ∣arctan a−arctan b∣≤∣a−b∣； (2) 当x>1时，ex>ex.
解：
( 1 ) 当 a = b 时， ∣ a r c t a n a − a r c t a n b ∣ = ∣ a − b ∣ 成立。 当 a ≠ b 时，设函数 f ( x ) = a r c t a n x ， f ( x ) 在区间 [ a , b ] 或 [ b , a ] 上连续，在区间 ( a , b ) 或 ( b , a ) 内可导， 由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) 或 ( b , a ) ，使 f ( a ) − f ( b ) = f ′ ( ξ ) ( a − b ) ， 即 a r c t a n a − a r c t a n b = 1 1 + ξ 2 ( a − b ) ，所以 ∣ a r c t a n a − a r c t a n b ∣ = 1 1 + ξ 2 ∣ a − b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ 。 ( 2 ) 设函数 f ( t ) = e t ， f ( t ) 在区间 [ 1 , x ] 上连续，在区间 ( 1 , x ) 内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点 ξ ∈ ( 1 , x ) ，使 f ( x ) − f ( 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x − 1 ) ，即 e x − e = e ξ ( x − 1 ) ，因为 x > ξ > 1 ， 所以 e ξ > e ，则 e x − e > e ( x − 1 ) ，即 e x > e x 。 \begin{aligned} &\ \ (1)\ 当a=b时，|arctan\ a-arctan\ b| = |a-b|成立。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 当a \neq b时，设函数f(x)=arctan\ x，f(x)在区间[a, \ b]或[b, \ a]上连续，在区间(a, \ b)或(b, \ a)内可导，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (a, \ b)或(b, \ a)，使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即arctan\ a-arctan\ b=\frac{1}{1+\xi^2}(a-b)，所以|arctan\ a-arctan\ b|=\frac{1}{1+\xi^2}|a-b| \le |a-b|。\\\\ &\ \ (2)\ 设函数f(t)=e^t，f(t)在区间[1, \ x]上连续，在区间(1, \ x)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 至少存在一点\xi \in (1, \ x)，使f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)，即e^x-e=e^\xi(x-1)，因为x \gt \xi \gt 1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以e^\xi \gt e，则e^x-e \gt e(x-1)，即e^x \gt ex。 & \end{aligned} (1) 当a=b时，∣arctan a−arctan b∣=∣a−b∣成立。 当a=b时，设函数f(x)=arctan x，f(x)在区间[a, b]或[b, a]上连续，在区间(a, b)或(b, a)内可导， 由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a, b)或(b, a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)， 即arctan a−arctan b=1+ξ21(a−b)，所以∣arctan a−arctan b∣=1+ξ21∣a−b∣≤∣a−b∣。 (2) 设函数f(t)=et，f(t)在区间[1, x]上连续，在区间(1, x)内可导，由拉格朗日中值定理可知， 至少存在一点ξ∈(1, x)，使f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1)，即ex−e=eξ(x−1)，因为x>ξ>1， 所以eξ>e，则ex−e>e(x−1)，即ex>ex。
12. 证明方程 x 5 + x − 1 = 0 只有一个正根。 \begin{aligned}&12. \ 证明方程x^5+x-1=0只有一个正根。&\end{aligned} 12. 证明方程x5+x−1=0只有一个正根。
解：
设函数 f ( x ) = x 5 + x − 1 ， f ( x ) 在区间 [ 0 , 1 ] 上连续， f ( 0 ) = − 1 < 0 ， f ( 1 ) = 1 > 0 ，由零点定理可知， 至少存在点 x 1 ∈ ( 0 , 1 ) ，使 f ( x 1 ) = 0 ，方程 x 5 + x − 1 = 0 在区间 ( 0 , 1 ) 内至少有一个正根。 如果方程 x 5 + x − 1 = 0 还有一个正根 x 2 ，即 f ( x 2 ) = 0 ，由 f ( x ) = x 5 + x − 1 在区间 [ x 1 , x 2 ] 或 [ x 2 , x 1 ] 上连续， 在区间 ( x 1 , x 2 ) 或 ( x 2 , x 1 ) 内可导，得知 f ( x ) 满足罗尔定理条件，所以至少存在点 ξ ∈ ( x 1 , x 2 ) 或 ( x 2 , x 1 ) ， 使 f ′ ( ξ ) = 0 。但 f ′ ( ξ ) = 5 ξ 4 + 1 > 0 ，与其矛盾，所以方程 x 5 + x − 1 = 0 只有一个正根。 \begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=x^5+x-1，f(x)在区间[0, \ 1]上连续，f(0)=-1 \lt 0，f(1)=1 \gt 0，由零点定理可知，\\\\ &\ \ 至少存在点x_1 \in (0, \ 1)，使f(x_1)=0，方程x^5+x-1=0在区间(0, \ 1)内至少有一个正根。\\\\ &\ \ 如果方程x^5+x-1=0还有一个正根x_2，即f(x_2)=0，由f(x)=x^5+x-1在区间[x_1, \ x_2]或[x_2, \ x_1]上连续，\\\\ &\ \ 在区间(x_1, \ x_2)或(x_2, \ x_1)内可导，得知f(x)满足罗尔定理条件，所以至少存在点\xi \in (x_1, \ x_2)或(x_2, \ x_1)，\\\\ &\ \ 使f'(\xi)=0。但f'(\xi)=5\xi^4+1 \gt 0，与其矛盾，所以方程x^5+x-1=0只有一个正根。 & \end{aligned} 设函数f(x)=x5+x−1，f(x)在区间[0, 1]上连续，f(0)=−1<0，f(1)=1>0，由零点定理可知， 至少存在点x1∈(0, 1)，使f(x1)=0，方程x5+x−1=0在区间(0, 1)内至少有一个正根。 如果方程x5+x−1=0还有一个正根x2，即f(x2)=0，由f(x)=x5+x−1在区间[x1, x2]或[x2, x1]上连续， 在区间(x1, x2)或(x2, x1)内可导，得知f(x)满足罗尔定理条件，所以至少存在点ξ∈(x1, x2)或(x2, x1)， 使f′(ξ)=0。但f′(ξ)=5ξ4+1>0，与其矛盾，所以方程x5+x−1=0只有一个正根。
13. 设 f ( x ) 、 g ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，在 ( a , b ) 内可导，证明在 ( a , b ) 内有一点 ξ ，使 \begin{aligned}&13. \ 设f(x)、g(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，证明在(a, \ b)内有一点\xi，使&\end{aligned} 13. 设f(x)、g(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，证明在(a, b)内有一点ξ，使
∣ f ( a ) f ( b ) g ( a ) g ( b ) ∣ = ( b − a ) ∣ f ( a ) f ′ ( ξ ) g ( a ) g ′ ( ξ ) ∣ \left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|=(b-a)\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(\xi)\\ g(a)& g'(\xi)\\ \end{array}\right| f(a)g(a)f(b)g(b) =(b−a) f(a)g(a)f′(ξ)g′(ξ)
解：
设函数 F ( x ) = ∣ f ( a ) f ( x ) g ( a ) g ( x ) ∣ ，因为 f ( x ) 、 g ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，在 ( a , b ) 内可导，得知 F ( x ) 在 [ a , b ] 上连续， 在 ( a , b ) 内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) ，使 F ( b ) − F ( a ) = F ′ ( ξ ) ( b − a ) 。即 F ( b ) = ∣ f ( a ) f ( b ) g ( a ) g ( b ) ∣ ， F ( a ) = ∣ f ( a ) f ( a ) g ( a ) g ( a ) ∣ = 0 ， F ′ ( x ) = ∣ 0 f ( x ) 0 g ( x ) ∣ + ∣ f ( a ) f ′ ( x ) g ( a ) g ′ ( x ) ∣ = ∣ f ( a ) f ′ ( x ) g ( a ) g ′ ( x ) ∣ ， 所以， ∣ f ( a ) f ( b ) g ( a ) g ( b ) ∣ = ( b − a ) ∣ f ( a ) f ′ ( ξ ) g ( a ) g ′ ( ξ ) ∣ \begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)= \left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(x)\\ g(a)& g(x)\\ \end{array}\right|，因为f(x)、g(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，得知F(x)在[a, \ b]上连续，\\\\ &\ \ 在(a, \ b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (a, \ b)，使F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)。即\\\\ &\ \ F(b)=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|，F(a)=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(a)\\ g(a)& g(a)\\ \end{array}\right|=0，\\\\ &\ \ F'(x)=\left|\begin{array}{cccc} 0 & f(x)\\ 0& g(x)\\ \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(x)\\ g(a)& g'(x)\\ \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(x)\\ g(a)& g'(x)\\ \end{array}\right|，\\\\ &\ \ 所以， \left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|=(b-a)\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(\xi)\\ g(a)& g'(\xi)\\ \end{array}\right| & \end{aligned} 设函数F(x)= f(a)g(a)f(x)g(x) ，因为f(x)、g(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，得知F(x)在[a, b]上连续， 在(a, b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a, b)，使F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)。即 F(b)= f(a)g(a)f(b)g(b) ，F(a)= f(a)g(a)f(a)g(a) =0， F′(x)= 00f(x)g(x) + f(a)g(a)f′(x)g′(x) = f(a)g(a)f′(x)g′(x) ， 所以， f(a)g(a)f(b)g(b) =(b−a) f(a)g(a)f′(ξ)g′(ξ)
14. 证明：若函数 f ( x ) 在 ( − ∞ , + ∞ ) 内满足关系式 f ′ ( x ) = f ( x ) ，且 f ( 0 ) = 1 ，则 f ( x ) = e x 。 \begin{aligned}&14. \ 证明：若函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内满足关系式f'(x)=f(x)，且f(0)=1，则f(x)=e^x。&\end{aligned} 14. 证明：若函数f(x)在(−∞, +∞)内满足关系式f′(x)=f(x)，且f(0)=1，则f(x)=ex。
解：
设函数 F ( x ) = f ( x ) e x ，因为 F ′ ( x ) = f ′ ( x ) e x − f ( x ) e x e 2 x = f ′ ( x ) − f ( x ) e x = 0 ，所以 F ( x ) = C ， 又因为 F ( 0 ) = C = f ( 0 ) = 1 ，所以 F ( x ) = 1 ，即 f ( x ) e x = 1 ， f ( x ) = e x 。 \begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)=\frac{f(x)}{e^x}，因为F'(x)=\frac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}=0，所以F(x)=C，\\\\ &\ \ 又因为F(0)=C=f(0)=1，所以F(x)=1，即\frac{f(x)}{e^x}=1，f(x)=e^x。 & \end{aligned} 设函数F(x)=exf(x)，因为F′(x)=e2xf′(x)ex−f(x)ex=exf′(x)−f(x)=0，所以F(x)=C， 又因为F(0)=C=f(0)=1，所以F(x)=1，即exf(x)=1，f(x)=ex。
15. 设函数 y = f ( x ) 在 x = 0 的某邻域内具有 n 阶导数，且 f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = ⋅ ⋅ ⋅ = f ( n − 1 ) ( 0 ) = 0 ， 试用柯西中值定理证明： f ( x ) x n = f ( n ) ( θ x ) n ! ( 0 < θ < 1 ) \begin{aligned}&15. \ 设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0)=f'(0)=\cdot\cdot\cdot=f^{(n-1)}(0)=0，\\\\&\ \ \ \ \ \ 试用柯西中值定理证明：\frac{f(x)}{x^n}=\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}\ (0 \lt \theta \lt 1)&\end{aligned} 15. 设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0)=f′(0)=⋅⋅⋅=f(n−1)(0)=0， 试用柯西中值定理证明：xnf(x)=n!f(n)(θx) (0<θ<1)
解：
已知 f ( x ) 在 x = 0 的某邻域内具有 n 阶导数，在该邻域内任取点 x ，由柯西中值定理可知 f ( x ) x n = f ( x ) − f ( 0 ) x n − 0 n = f ′ ( ξ 1 ) n ξ 1 n − 1 ，其中 ξ 1 介于 0 ， x 之间，又因为 f ′ ( ξ 1 ) n ξ 1 n − 1 = f ′ ( ξ 1 ) − f ′ ( 0 ) n ( ξ 1 n − 1 − 0 n − 1 ) = f ′ ′ ( ξ 2 ) n ( n − 1 ) ξ 2 n − 2 ， 其中 ξ 2 介于 0 ， ξ 1 之间，依次类推，可得 f ( n − 1 ) ( ξ n − 1 ) n ! ξ n − 1 = f ( n − 1 ) ( ξ n − 1 ) − f n − 1 ( 0 ) n ! ( ξ n − 1 − 0 ) = f ( n ) ( ξ n ) n ! ，其中 ξ n 介于 0 ， ξ n − 1 之间，记 ξ n = θ x ( 0 < θ < 1 ) ， 所以 f ( x ) x n = f ( n ) ( θ x ) n ! ( 0 < θ < 1 ) \begin{aligned} &\ \ 已知f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，在该邻域内任取点x，由柯西中值定理可知\\\\ &\ \ \frac{f(x)}{x^n}=\frac{f(x)-f(0)}{x^n-0^n}=\frac{f'(\xi_1)}{n\xi_1^{n-1}}，其中\xi_1介于0，x之间，又因为\frac{f'(\xi_1)}{n\xi_1^{n-1}}=\frac{f'(\xi_1)-f'(0)}{n(\xi_1^{n-1}-0^{n-1})}=\frac{f''(\xi_2)}{n(n-1)\xi_2^{n-2}}，\\\\ &\ \ 其中\xi_2介于0，\xi_1之间，依次类推，可得\\\\ &\ \ \frac{f^{(n-1)}(\xi_{n-1})}{n!\xi_{n-1}}=\frac{f^{(n-1)}(\xi_{n-1})-f^{n-1}(0)}{n!(\xi_{n-1}-0)}=\frac{f^{(n)}(\xi_n)}{n!}，其中\xi_n介于0，\xi_{n-1}之间，记\xi_n=\theta x\ (0 \lt \theta \lt 1)，\\\\ &\ \ 所以\frac{f(x)}{x^n}=\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}\ (0 \lt \theta \lt 1) & \end{aligned} 已知f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，在该邻域内任取点x，由柯西中值定理可知 xnf(x)=xn−0nf(x)−f(0)=nξ1n−1f′(ξ1)，其中ξ1介于0，x之间，又因为nξ1n−1f′(ξ1)=n(ξ1n−1−0n−1)f′(ξ1)−f′(0)=n(n−1)ξ2n−2f′′(ξ2)， 其中ξ2介于0，ξ1之间，依次类推，可得 n!ξn−1f(n−1)(ξn−1)=n!(ξn−1−0)f(n−1)(ξn−1)−fn−1(0)=n!f(n)(ξn)，其中ξn介于0，ξn−1之间，记ξn=θx (0<θ<1)， 所以xnf(x)=n!f(n)(θx) (0<θ<1)
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