2012考研数学：高数讲义重点题型解答(二)

【解答】
令 F (x) = e x ， F ′(x) = e x ≠ 0 ，由柯西中值定理，存在η ∈ (a,b) ，使得
f (b) − f (a) F (b) − F (a)
=
f ′(η) ，即 F ′(η)
f (b) − f (a) eb − ea
=
f ′(η) ， eη
于是有 f (b) − f (a) = eb − ea
2
2
4
【例题 2】设 f (x) 在[−1,1] 上三阶连续可导，且 f (−1) = 0, f (1) = 1, f ′(0) = 0 ，证明：存
在ξ ∈ (−1,1) ，使得 f ′′′(ξ ) = 3 。
【解答】由泰勒公式得
2
f (−1) =
f (0) +
f ′′(0) − 2!
f
′′′(ξ1 3!
【解答】（1）令 h(x) = f (x) − x ， h(0) = 0, h(1) = 1 , h(1) = − 1 ，
22
2
因为 h(1 ) ⋅ h(1) < 0 ，所以存在 c ∈ (1 ,1) ⊂ (0,1) ，使得 h(c) = 0 ，即 f (c) = c 。
2
2
（2）令ϕ(x) = ekxh(x) ，因为 h(0) = h(c) = 0 ，所以由罗尔定理，存在ξ ∈ (0, c) ⊂ (0,1) ，
使得ϕ′(ξ ) = 0 ，于是 f ′(ξ ) + k[ f (ξ ) − ξ ] = 1。
题型五：含两个中值ξ ,η 的问题
【例题 1】设 f (x) 在[a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 f ′(x) ≠ 0 ，证明：存在ξ ,η ∈ (a, b) ，
4
使得 f ′(ξ ) = eb − ea e−η 。 f ′(η) b − a
存在ξ ∈ (0,3) ，使得 f ′(ξ ) = 0 。
【解答】因为 f (x) ∈ C[0,2] ，所以 f (x) 在[0,2]上取到最小值 m 和最大值 M ， 由 3m ≤ f (0) + f (1) + f (2) ≤ 3M 得 m ≤ 1 ≤ M ， 由 介 值 定 理 ， 存 在 c ∈ [0,2] ， 使 得 f (c) = 1 ，因为 f (c) = f (3) = 1，所以由罗尔定理，存在 ξ ∈ (c,3) ⊂ (0,3) ，使得 f ′(ξ ) = 0 。
=
a 1 + a 2θ 2
，解得θ 2
=
a − arctan a a 2 arctan a
，
lim θ 2
a→0+
=
lim
a→0+
a − arctan a a 2 arctan a
=
lim
a→0+
a
−
arctan a3
a
=
1− 1
lim
a→0+
1+ a2 3a 2
=
1 3
，
于是
lim
a→0+
θ
=
1。 3
而ϕ (n) (x) = n! f (n) (x) − kn!，所以 f (n) (ξ ) = k ，
即
n! f (c)
(c − a1 )(c − a2 )"(c − an )
=
f
(n) (ξ ) ，所以结论成立。
题型四：结论中含一个中值ξ ，不含 a, b ，导数的差距为一阶
3
1
∫ 【例题 1】设 f (x) ∈ C[0,1] ，在 (0,1) 内可导，且 f (1) = 2 2 x 2 f (x)dx ，证明：存在 ξ ∈ (0,1) ， 0
中值定理题型
题型一：中值定理中关于θ 的问题
【例题 1】设 f (x) = arctan x ∈ C[0, a] ， f (a) − f (0) = f ′(θa)a ，求 limθ 2 。 a→0
【解答】
f ′(x) = 1 1+ x2
，由
f (a) −
f (0) =
f ′(θa)a 得
arctan a
显然 m ≤
f ′′(ξ1 ) + 2
f ′′(ξ2 )
≤M
，由介值定理，存在 ξ ∈[ξ1,ξ2 ] ⊂ (a, b) ，使得
f ′′(ξ1 ) + f ′′(ξ2 ) = f ′′(ξ ) ，于是 f (b) − 2 f ( a + b ) + f (a) = (b − a)2 ⋅ f ′′(ξ ) 。
（2）当 c
≠
ai (1 ≤
i
≤
n) 时，
f
(c)
=
(c − a1 )(c − a2 )"(c − an ) n!
f
(n) (ξ ) 等价于
n! f (c) (c − a1 )(c − a2 )"(c − an )
=
f
(n
)
(ξ
)
，令
(c
−
a1
n! )(c −
f (c) a2 )"
(c
−
an
)
=k
，则有
【例题 2】设 f (x) 在[0,1] 上三阶可导，f (1) = 0 ，令 H (x) = x3 f (x) ，证明：存在ξ ∈ (0,1) ，
1
使得 H ′′′(ξ ) = 0 。
【解答】由 H (0) = H (1) = 0 ，存在ξ1 ∈ (0,1) ，使得 H ′(ξ1 ) = 0 ，
)
,ξ1
∈
(−1,0)
，
f (1) =
f (0) +
f ′′(0) + 2!
f
′′′(ξ 2 3!
)
,ξ2
∈
(0,1)
，两式相减得
f
(1) −
f
(−1)
=
1[ f 6
′′′(ξ1 ) +
f
′′′(ξ2 )] ，即
f
′′′(ξ1 ) +
f
′′′(ξ2 )
=
6。
因为 f ′′′(x) ∈ C[ξ1,ξ2 ]，所以 f ′′′(x) 在[ξ1,ξ2 ] 上取到最小值 m 和最大值 M ，
【例题 3】设 f (x) ∈ C[0,1] ，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = 0, f (1) = 1 ，证明：对任意的正数 a, b ，
存在ξ ,η ∈ (0,1) ，使得
a+ f ′(ξ )
b f ′(η)
=
a+b。
【解答】因为 f (0) < a < f (1) ，所以存在 c ∈ (0,1) ，使得 f (c) = a 。
f (b) − 2 f ⎜⎛ a + b ⎟⎞ + f (a) = (b − a)2 f ′′(ξ ) 。
⎝2⎠
4
【解答】由泰勒公式得
f (a) =
f (a +b)+ 2
f ′( a + b )(a − a + b ) +
2
2
f
′′(ξ1 2!
)
(a
−
a
+ 2
b
)2
， ξ1
∈
(a,
a
+ 2
b)
，
f (b) =
b−a
b−a
f
′(η ) eη
，再由拉格朗日中值定理，存在
ξ
∈
(a, b)
，使得
f ′(ξ ) = f (b) − f (a) ，故原结论成立。 b−a
【例题 2】设 f (x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导， f (a) = f (b) = 1 ，证明：存在
ξ ,η ∈ (a,b) ，使得 f (η) − f ′(η) = eη−ξ 。
n! f (c) = k(c − a1 )(c − a2 )"(c − an ) ，
令 ϕ(x) = n! f (x) − k(x − a1 )(x − a2 )"(x − an ) ， 显 然 ϕ(x) 有 n + 1 个 不 同 零 点
c, a1, a2 ,", an ，不断使用罗尔定理，存在ξ ∈ (a1, an ) ，使得ϕ (n) (ξ ) = 0 。
ξ ∈ (0,ξ 2 ) ⊂ (0,1) ，使得 H ′′′(ξ ) = 0 。
题型三：证明 f (n) (ξ ) = C0 (≠ 0)
思路：（1）高阶导数具有连续性；
（2）辅助函数构造
【例题 1】设 f (x) ∈ C[a, b] ，在 (a, b) 内二阶连续可导，证明：存在ξ ∈ (a, b) ，使得
【例题 3】设 f (x) ∈ C[0,1] ，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = 0, f ( 1 ) = 1, f (1) = 1 。
2
2
（1）证明：存在 c ∈ (0,1) ，使得 f (c) = c ；
（2）对任意的实数 k ，存在ξ ∈ (0,1) ，使得 f ′(ξ ) + k[ f (ξ ) − ξ ] = 1。
满足 f (a1 ) = f (a2 ) = " = f (an ) = 0 ，则对每个 c ∈[a1, an ] ，存在ξ ∈ (a1, an ) 满足等式
f (c) = (c − a1 )(c − a2 )"(c − an ) f (n) (ξ ) 。 n!
【解答】
（1）当 c = ai (1 ≤ i ≤ n) 时，任取ξ ∈ (a1, an ) ，结论显然成立；
【 例 题 2 】 设 f (x) 二 阶 连 续 可 导 ， 且 f ′′(x) ≠ 0 ， 又 f (x + h) = f (x) + f ′(x + θh)h
（ 0 < θ < 1 ）。
证明： limθ = 1 。
h→0
2
【解答】由泰勒公式得
f (x + h) =
f (x) +
f ′(x)h +
两边取极限再由二阶连续可导得
lim
h→0
θ
=
1 2
。
题型二：证明 f (n) (ξ ) = 0
常见思路：（1）罗尔定理； （2）极值法； （3）泰勒公式
【例题 1】设 f (x) ∈ C[0,3] ，在 (0,3) 内可导，且 f (0) + f (1) + f (2) = 3, f (3) = 1 ，证明：
因为 H ′(x) = 3x 2 f (x) + x3 f ′(x) ，所以 H ′(0) = 0 ，再由罗尔定理，存在ξ 2 ∈ (0,ξ1 ) ，使
得 H ′′(ξ 2 ) = 0 。
因 为 H ′′(x) = 6xf (x) + 6x 2 f ′(x) + x3 f ′′(x) ， 所 以 H ′′(0) = 0 ， 由 罗 尔 定 理 ， 存 在
使得
f ′(ξ ) = 2 f (ξ ) 。 ξ
【解答】令ϕ(x) = x−2 f (x) ，因为 f (1) = 1 , f (2) = 2 ，所以ϕ(1) = ϕ(2) = 1 ，
2
2
由罗尔定理，存在ξ ∈ (1,2) ，使得ϕ ′(ξ ) = 0 ，于是有 f ′(ξ ) = 2 f (ξ ) 。 ξ
f (a +b) + 2
f ′( a + b )(b − a + b ) +
2
2
f
′′(ξ 2 2!
)
(b
−
a
+ 2
b)2
，ξ2
∈
(a
+ 2
b
,
b)
，
两式相加得
f (b) − 2 f ( a + b ) + f (a) = (b − a)2 ⋅ f ′′(ξ1 ) + f ′′(ξ2 ) ，
2
4
2
因为 f ′′(x) ∈ C[ξ1,ξ2 ] ，所以 f ′′(x) 在[ξ1,ξ2 ] 上有最小值 m 和最大值 M ，
使得ξf ′(ξ ) + 2 f (ξ ) = 0 。
【解答】令ϕ(x) = x 2 f (x) ，由积分中值定理得
∫ f (1) = 2
1 2
x2
f
( x)dx
=
2
⋅
c2
f
(c)
⋅
1
，其中
c
∈ [0,
wenku.baidu.com
1
] ，即12
f (1) = c 2 f (c) ，于是有
0
2
2
ϕ(c) = ϕ(1) ，由罗尔定理，存在ξ ∈ (c,1) ⊂ (0,1) ，使得ϕ′(ξ ) = 0 。
【解答】令ϕ(x) = e−x f (x) ，由拉格朗日中值定理，存在η ∈ (a,b) ，使得
ϕ(b) − ϕ(a) = ϕ ′(η) ，即 e−b − e−a = e−η [ f ′(η) − f (η)] ，再由拉格朗日中值定理，存在
b−a
b−a
ξ ∈ (a, b) ，使得 e−b − e−a = −e−ξ ，所以原结论成立。 b−a
而ϕ′(x) = x2 f ′(x) + 2xf (x) ，所以ξ 2 f ′(ξ ) + 2ξf (ξ ) = 0 ，注意到ξ ≠ 0 ，所以有
ξf ′(ξ ) + 2 f (ξ ) = 0 。
【例题 2】设 f (x) ∈ C[1,2] ，在 (1,2) 内可导，且 f (1) = 1 , f (2) = 2 ，证明：存在ξ ∈ (1,2) ， 2
f
′′(ξ 2!
)
h
2
，其中
ξ
位于
x
与
x
+
h
之间。
于是
f (x) +
f ′(x + θh)h =
f (x) +
f ′(x)h +
f
′′(ξ 2!
)
h
2
，或
f ′(x + θh) − h
f ′(x)
=
f ′′(ξ ) 2 ，从而有
f ′(x + θh) − θh
f ′(x) ⋅θ
=
f ′′(ξ ) 2，
由 2m ≤ f ′′′(ξ1 ) + f ′′′(ξ2 ) ≤ 2M 得 m ≤ 3 ≤ M ，由介值定理，存在ξ ∈[ξ1,ξ2 ] ⊂ (−1,1) ，
使得 f ′′(ξ ) = 3 。
【例题 3】设 a1 < a2 < " < an 为 n 个不同的实数，函数 f (x) 在[a1, an ] 上有 n 阶导数，并