考研常考题型-罗尔中值定理的证明
运用罗尔定理和积分中值定理的证明题
运用罗尔定理和积分中值定理的证明题1. 罗尔定理的表述罗尔定理是微积分中的一个重要定理，它表明如果一个函数在闭区间上连续，在开区间内可导，并且在两个端点处的函数值相等，那么在开区间内一定存在至少一个点，使得该点的导数为零。
2. 罗尔定理的证明罗尔定理的证明可以分为以下几个步骤：a. 我们假设函数在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导，并且在a和b处的函数值相等，即f(a) = f(b)。
b. 接下来，我们写出函数f(x)在开区间(a, b)内的导数f'(x)。
c. 我们利用导数的定义，证明在开区间(a, b)内一定存在至少一个点c，使得f'(c) = 0。
d. 我们对步骤c中找到的点c进行证明，使得其导数为零。
3. 积分中值定理的表述积分中值定理是微积分中的另一个重要定理，它表明如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，那么在闭区间内一定存在至少一个点，使得该点的导数等于函数在整个区间上的平均导数。
4. 积分中值定理的证明积分中值定理的证明可以分为以下几个步骤：a. 我们假设函数在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导。
b. 接下来，我们计算函数f(x)在闭区间[a, b]上的平均导数，即(f(b) -f(a)) / (b - a)。
c. 我们写出函数f(x)在开区间(a, b)内的导数f'(x)。
d. 我们利用导数的定义，证明在闭区间[a, b]内一定存在至少一个点c，使得f'(c)等于函数在整个区间上的平均导数。
5. 罗尔定理和积分中值定理的关系罗尔定理和积分中值定理都是微积分中的重要定理，它们都是关于函数在闭区间上连续，在开区间内可导的性质。
罗尔定理是关于函数在开区间内的导数为零的性质，而积分中值定理是关于函数在闭区间上的平均导数的性质。
它们都是关于函数导数的性质，因此在一定条件下可以相互转化。
6. 总结罗尔定理和积分中值定理都是微积分中重要的定理，它们对于理解函数的性质和求解实际问题中的应用都有重要意义。
中值定理证明
中值定理证明中值定理是微积分中的一个重要定理，它用于描述函数在某个区间内的平均变化率与瞬时变化率之间的关系。
下面是中值定理的证明：假设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，并且在开区间(a, b)内可导。
我们需要证明在(a, b)内存在一个点c，使得f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a)。
首先，我们定义一个辅助函数g(x) = f(x) - [(f(b) - f(a))/(b - a)]x。
这个函数表示了通过线性插值在端点f(a)和f(b)之间得到的直线。
由于f(x)是连续函数，而直线是线性函数，因此g(x)也是连续函数。
接下来，我们考虑g(x)在闭区间[a, b]上的取值情况。
当x = a 时，g(a) = f(a) - [(f(b) - f(a))/(b - a)]a = f(a) - f(a) + f(a) = 0。
同理，当x = b时，g(b) = f(b) - [(f(b) - f(a))/(b - a)]b = f(b) - f(b) + f(a) = 0。
因此，g(x)在闭区间[a, b]上的取值范围为[0, 0]，即恒等于0。
根据罗尔定理，如果一个连续函数在闭区间的端点处取得相同的值，并且在开区间内可导，那么在开区间内至少存在一个点使得函数的导数等于0。
在我们的情况下，g(x)在闭区间[a, b]上的取值恒为0，因此根据罗尔定理，存在一个点c∈(a, b)，使得g'(c) = 0。
我们来计算g'(c)的值：g'(c) = f'(c) - [(f(b) - f(a))/(b - a)]。
由于g'(c) = 0，我们可以得到：0 = f'(c) - [(f(b) - f(a))/(b - a)]。
将上述等式移项，即得到中值定理的结论：f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a)。
因此，我们证明了中值定理。
高等数学考研几个重要定理的证明
1、 罗尔定理（考过）如果函数f(x)在闭区间［a ，b ］上连续，在开区间（a ，b ）上可导，且f(a)= f(b)，则在开区间（a ，b ）内至少存在一点￡，使得)('ξf =0.证： ∵函数f(x)在闭区间［a ，b ］上连续∴由最大最小值定理有： m< f(x)<M(1) 若m=M ，此时f(x)在［a ，b ］上为恒定值对任意的x ∈（a ，b ）都有)('ξf =0。
（2） 若m ≠M ， 因为f(a)= f(b)，则m 和M 中至少有一个不等于区间的端点值。
不妨设M ≠f(a)，则存在ξ∈（a ，b ）使得)(ξf =M 。
∴ 对任意的x ∈［a ，b ］使得f(x)≤)(ξf ，从而由费马引理，可知)('ξf =0.证毕。
2、 拉格朗日中值定理（考过）如果函数f(x)满足：（1）在闭区间［a ，b ］上连续；（2）在开区间（a ，b ）上可导，那么在（a ，b ）内至少存在（a ，b ）一点ξ，使得))((')()(a b f a f b f -=-ξ成立。
证： 引进辅助函数 )()()()()()(a x ab a f b f a f x f x -----=ϕ 易知F （a ）=F （b ）=0，且F （x ）在［a ，b ］内连续，在（a ，b ）内可导 且a b a f b f x f x ---=)()()(')('ϕ 根据罗尔定理，可知在（a ，b ）内至少存在有一点ξ，使)('x ϕ=0，即0)()()('=---ab a f b f f ξ 由此可得)(')()(ξf a b a f b f =--， 即))((')()(a b f a f b f -=-ξ证毕。
三、积分中值定理（考过）如果函数f （x ）在积分区间［a ，b ］上连续，则在（a ，b ）内至少存在一点ξ，使得))(()(a b f dx x f ba-=⎰ξ证：由于f （x ）在［a ，b ］上连续，则存在m ，M 使得M x f m ≤≤)(又由定积分估值定理，有)()()(a b M dx x f a b m ba-≤≤-⎰即 M a b dx x f m ba ≤-≤⎰)(由介值定理得： a b dx x f f ba -=⎰)()(ξ证毕。
考研数学中值定理 证明题
考研数学中值定理证明题考研数学中经常出现定理的证明题，其中中值定理是一个常见的题型。
中值定理是高等数学中一个非常重要的定理，它有着广泛的应用，在计算机科学、物理学、工程学等领域都有着广泛的应用。
中值定理有两种形式：罗尔中值定理和拉格朗日中值定理。
其中罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特例，在下文中以罗尔中值定理为例来介绍中值定理的证明方法。
罗尔中值定理是一个非常简单的定理，它的内容是：如果一个函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在开区间$(a,b)$上可导，并且$f(a)=f(b)$，那么存在一个$\xi \in (a,b)$, 使得$f'(\xi)=0$。
那么该如何证明罗尔中值定理呢？下面就来介绍一下证明的过程。
证明：首先，根据$f(a)=f(b)$, 可得函数$f(x)$在$[a,b]$上至少存在一个极值点。
如果该极值点在$(a,b)$内，则此极值点即为所求的$\xi$，满足$f'(\xi)=0$；如果该极值点在$\{a,b\}$上，则此时存在一个开区间$(c,d) \subseteq (a,b)$，使得$f(x)$在$(c,d)$上可导，从而可以使用拉格朗日中值定理。
接下来，我们通过反证法来证明假设“不存在这样的$\xi$”是不成立的。
我们假设不存在一个$\xi \in (a,b)$，使得$f'(\xi)=0$。
因为$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$[a,b]$上有最大值和最小值，由于假设不存在$\xi$，使得$f'(\xi)=0$，因此最大值和最小值都不在$(a,b)$内。
那么最大值和最小值只能发生在$a$和$b$处，即$f(a)=f(b)$是$f(x)$的最大值或最小值。
假设$f(x)$在$[a,b]$上为最大值，则有$f(x) \leq f(a) = f(b),\forall x \in [a,b]$。
又因为$f(x)$在$(a,b)$上可导，即$\forall x \in (a,b)$，有$f'(x)$存在，所以$f(x)$在$(a,b)$上单调递减，即$\forall x_1,x_2 \in (a,b)$，如果$x_1 < x_2$，则$f(x_1) >f(x_2)$。
罗尔定理中值定理
罗尔定理中值定理
罗尔定理（Rolle's theorem）是微积分中的一个重要定理，是
拉格朗日中值定理的一个特例。
罗尔定理描述了一个连续函数在闭区间的两个端点取得相同的函数值，且在开区间内可导，则在开区间内至少存在一个点，使该点的导数等于零。
具体来说，设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间$(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，则存在至少一个点 $c \in (a,b)$，使 $f'(c)=0$。
罗尔定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情况，当函数在区间的两个端点取得相同的函数值时（即 $f(a)=f(b)$），可以推出
函数在开区间内至少存在一个点的导数为零。
罗尔定理的实际应用非常广泛，特别是在最优化问题中常常被用于证明存在极值的情况。
注：本回答只是对“罗尔定理”及其“中值定理”进行了简要说明，未涉及详细的证明过程和数学推导。
考研常考题型-罗尔中值定理的证明
常考题型 罗尔定理的证明解题提示:欲证结论为f (n )(ξ)=k ,或F (ξ,f (ξ),f '(ξ))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:(1)是无需构造辅助函数,只需寻找某个函数存在两个相同的端点;(2)是结论证明f ᵡ(ξ)=0,此时关键是去寻找f (x )有三个相同的端点;(3)是去构造辅助函数.(读者可参考‘高等数学一本通“的相应讲解)典型习题1.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内可导,且f (0)+f (1)+f (2)=3,f (3)=1,试证必存在ξɪ(0,3),使f '(ξ)=0.ʌ证明ɔ 函数f (x )在[0,3]上连续,则f (x )在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M 和最小值m ,于是m ɤf (0)ɤM ,m ɤf (1)ɤM ,m ɤf (2)ɤM .故m ɤf (0)+f (1)+f (2)3ɤM .由介值定理知,至少存一点ηɪ[0,2],使f (η)=f (0)+f (1)+f (2)3=1.于是f (η)=1=f (3),满足罗尔定理,故存在ξɪ(η,3)⊂(0,3),使f '(ξ)=0.2.设f (x )在区间[a ,b ]上具有二阶导数,且f (a )=f (b )=0,又f '(a )f'(b )>0,证明存在ξɪ(a ,b )和ηɪ(a ,b )使f (ξ)=0及f ᵡ(η)=0.ʌ证明ɔ 1)假设f '(a )>0,f '(b )>0(对于f '(a )<0,f'(b )<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有f '+(a )=l i m x ңa +0f (x )x -a >0,有a 1ɪ(a ,a +δ1)使f (a 1)a 1-a >0,即f (a 1)>0;f '-(b )=l i m x ңb -0f (x )x -b >0,有b 1ɪ(b -δ2,b )使f (b 1)b 1-b >0,即f (b 1)<0,其中δ1和δ2是充分小的正数.根据连续函数的介值定理知,存在ξɪ(a 1,b 1)⊂(a ,b )使f (ξ)=0.2)由f (a )=f (ξ)=f (b )=0,根据罗尔定理知,存在η1ɪ(a ,ξ)和η2ɪ(ξ,b ),使f '(η1)=f '(η2)=0,再由罗尔定理知,存在ηɪ(η1,η2)⊂(a ,b ),使f ᵡ(η)=0.3.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f (0)=ʏ20f (x )d x =f (2)+f (3),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(0,2),使f (η)=f (0);(Ⅱ)存在ξɪ(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.ʌ证明ɔ (Ⅰ)设F (x )=ʏx 0f (t )d t (0ɤx ɤ2),则ʏ20f (t )d x =F (2)-F (0).根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(0,2),使F (2)-F (0)=2F '(η)=2f (η),即ʏ20f (x )d x =2f (η).由题设ʏ2f (x )d x =2f (0),从而f (η)=f (0).(Ⅱ)易知f(2)+f (3)2介于f (x )在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介质定理,存在ζɪ[2,3],使f (ζ)=f (2)+f (3)2.由题设知f (2)+f (3)2=f (0),故f (ξ)=f (0).由(Ⅰ)的结果可知f (0)=f (η)=f (ξ),且0<η<ζɤ3,根据罗尔定理,存在ξ1ɪ(0,η),ξ2ɪ(η,ζ),使f '(ξ1)=0,f '(ξ2)=0,从而存在ξɪ(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.4.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内上有二阶导数且存在相等的最大值,f (a )=g (a ),f (b )=g (b ),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(a ,b ),使得f (η)=g (η);(Ⅱ)存在ξɪ(a ,b ),使得f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ).ʌ证明ɔ 寻求等值点法:F ᵡ(ξ)=f ᵡ(ξ)-g ᵡ(ξ)=0,因ξ是F ᵡ(x )的零点,由罗尔定理知,只需寻求F (x )在[a ,b ]上有三个等值点,问题便得证.又F (a )=F (b )=0,故只须在(a ,b )内寻求出F (x )的一个零点即可.(Ⅰ)设f (x )在x 1处取得最大值M ,g (x )在x 2处取得最大值M ,由题给条件知x 1ɪ(a ,b ),x 2ɪ(a ,b ),不妨设x 1<x 2,则F (x )=f (x )-g (x )在[x 1,x 2]上连续,且F (x 1)=M -g (x 1)>0,F (x 2)=f (x 2)-M <0,因为F (x 1)F (x 2)<0,由连续函数零点定理知,在(x 1,x 2)内存在一点η,使F (η)=0.F (x )在[a ,η],[η,b ]上满足罗尔定理条件,则有F '(η1)=0,a <η1<η,F '(η2)=0,x 0<η2<b .又F '(x )在[η1,η2]上满足罗尔定理条件,则有F ᵡ(ξ)=0,η1<ξ<η2,则f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ),ξɪ(η1,η2)⊂(a ,b ).(Ⅱ)设f (x ),g (x )在x 0ɪ(a ,b )处同时取得最大值M ,这时F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上有三个零点a ,x 0,b ,证法同(Ⅰ).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,f (a )=b ,f (b )=a ,a 与b 同号,证明:∃ξɪ(a ,b ),使f '(ξ)=-f (ξ)ξ.ʌ证明ɔ 只要证ξf '(ξ)+f (ξ)=0,令F (x )=x f (x ),则F (a )=a f (a )=a b ,F (b )=b f (b )=a b .由罗尔定理知,∃ξɪ(a ,b )使F '(ξ)=0,即ξf '(ξ)+f (ξ)=0.6.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f (1)=3ʏ13e 1-x 2f (x )d x .证明:至少存在一点ξɪ(0,1),使得f '(ξ)=2ξf (ξ).ʌ证明ɔ 令F (x )=f (x )e-x 2,由积分中值定理,得3ʏ130e 1-x 2f (x )d x =313-0æèçöø÷e 1-η2f (η),0ɤηɤ13.故f (1)=e 1-η2f (η),可得e -1f (1)=e -η2f (η),即F (1)=F (η).由罗尔定理知,∃ξɪ(η,1)⊆(0,1),使f '(ξ)=2ξf (ξ).7.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=f (1)=0,f 12æèçöø÷=1,证明:(Ⅰ)存在ηɪ12,1æèçöø÷,使得f (η)=η;(Ⅱ)对任意实数λ存在ξɪ(0,η),使f '(ξ)-λ[f (ξ)-ξ]=1.ʌ证明ɔ (Ⅰ)令F (x )=f (x )-x ,F 12æèçöø÷-12=12>0,F (1)=f (1)-1=-1<0,由零点定理知∃ηɪ12,1æèçöø÷,使F (η)=0.即f (η)=η.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )-x ()e -λx ,φ(0)=0,φ(η)=0,由罗尔定理知∃ξɪ(0,η),使φ'(ξ)=0,从而有[f '(ξ)-1]-λ[f (ξ)-ξ]=0,故得证.8.设函数f (x )和g (x )在[a ,b ]上存在二阶导数,并且g ᵡ(x )ʂ0,f (a )=f (b )=g (a )=g (b )=0,试证:(Ⅰ)在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0;(Ⅱ)在开区间(a ,b )内至少存在一点ξ,使f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ).ʌ解ɔ (Ⅰ)反证法假设存在点c ɪ(a ,b ),使得g (c )=0,对g (x )在[a ,c ]和[c ,b ]上分别应用罗尔定理知,存在ξ1ɪ(a ,c )和ξ2ɪ(c ,b ),使g '(ξ1)=g '(ξ2)=0,再由罗尔定理知,存在ξ3ɪ(ξ1,ξ2),使得g ᵡ(ξ3)=0.这与条件g ᵡ(x )ʂ0矛盾,故在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )g '(x )-f '(x )g (x ),则φ(a )=φ(b )=0.由罗尔定理知,存在ξɪ(a ,b ),使φ'(x )=0,即f (ξ)g ᵡ(ξ)-f ᵡ(ξ)g (ξ)=0.因g (ξ)ʂ0,g ᵡ(ξ)ʂ0,故得f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ),ξɪ(a ,b ).9.设f (x )在[0,1]上二阶可导,且l i m x ң0f (x )x=1,l i m x ң1f (x )x -1=2,求:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1)使f (ξ)=0;(Ⅱ)∃ηɪ(0,1)使f ᵡ(η)=f (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)由l i m x ң0f (x )x =1知,f (0)=0,且存在δ>0.当x ɪ(0,δ)时,f (x )x >0,从而有f (x )>0,取a ɪ(0,δ),则f (a )>0.同理由l i m x ң1f (x )x -1=2知,f (1)=0,且∃b ɪ(1-δ,1),f (b )<0.由于f (x )在[a ,b ]上连续,且f (a )>0,f (b )<0.由零点定理知∃ξɪ(a ,b ),使f (ξ)=0.(Ⅱ)令F (x )=e -x f (x ),由于F (0)=F (ξ)=F (1)=0.由罗尔定理知,∃η1ɪ(0,ξ),∃η2ɪ(ξ,1),使F '(η1)=0,且F '(η2)=0.即f '(η1)-f (η1)=0,f '(η2)-f (η2)=0.令φ(x )=e x[f '(x )-f (x )],则φ(η1)=φ(η2)=0.由罗尔定理知,∃ηɪ(η1,η2),使φ'(η)=0.从而有[f ᵡ(η)-f '(η)]+[f '(η)-f (η)]=0,即f ᵡ(η)-f (η)=0.10.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,其中a >0且f (a )=0.证明:在(a ,b )内存在ξ,使f (ξ)=b -ξaf '(ξ).ʌ分析ɔ f (ξ)=b -ξa f '(ξ)令ξ=x f (x )=b -x af '(x )⇒f '(x )f (x)=a b -x 积分 l n f (x )=-a l n (b -x )+l n C ⇒(b -x )af (x )=C .ʌ证明ɔ 作辅助函数F (x )=(b -x )af (x ),由题设F (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,又F (a )=(b -a )af (a )=0(因为f (a )=0),F (b )=(b -b )af (b )=0.可见F (x )在[a ,b ]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使F '(ξ)=0,即-a (b -ξ)a -1f (ξ)+(b -ξ)a f '(ξ)=0.故f (ξ)=b -ξaf '(ξ).11.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=0,当x ɪ(0,1)时,f (x )ʂ0,证明:对一切自然数n ,在(0,1)内∃ξ,使n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ).ʌ分析ɔ n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ)令ξ=x n f '(x )f (x )=f '(1-x )f (1-x )⇒n l n f (x )=-l n f (1-x )+l n c ⇒f n (x )f (1-x )=C .ʌ证ɔ 作辅助函数F (x )=f n(x )f (1-x ),因F (0)=F (1)=0,故F (x )在[0,1]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(0,1)使F '(ξ)=0,即原命题得证.12.设f (x )在[0,1]上连续,f (0)=0,ʏ10f (x )d x =0,证明:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1),使得ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ);(Ⅱ)∃ηɪ(0,1),使得ʏηf (x )d x =ηf (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)要证ʏξ0f (x )d x +ξf (ξ)=0,应构造F (x )=x ʏxf (t )d t F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F (0)=F (1)=0.由罗尔定理可得,∃ξɪ(0,1),使F '(ξ)=0,从而ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ).(Ⅱ)令F (x )=ʏxf (t )d t x ,x ɪ(0,1],0,x =0,ìîíïïïï则F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,由罗尔定理,∃ηɪ(0,1)使F'(η)=0,从而ʏη0f(x)d x=ηf(η).13.设f(x)在[0,π]上连续,且ʏπ0f(x)d x=0,ʏπ0f(x)c o s x d x=0.证明:在(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=0,f(ξ2)=0.ʌ证明ɔ令F(x)=ʏx0f(t)d t,0ɤxɤπ,则有F(0)=0,F(π)=0,0=ʏπ0f(t)c o s x d x=ʏπ0c o s x d F(x)=[F(x)c o s x]π0+ʏπ0F(x)s i n x d x=ʏπ0F(x)s i n x d x.对φ(x)=ʏx0F(t)s i n t d t在[0,π]上应用拉格朗日中值定理得0=ʏπ0F(x)s i n x d x=φ(π)-φ(0)=πF(ξ)s i nξ,0<ξ<π.因为s i nξʂ0,所以F(ξ)=0,再对F(x)在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔定理知,至少存在ξ1ɪ(0,ξ),ξ2ɪ(ξ,π),使F'(ξ1)=F'(ξ2)=0,即f(ξ1)=f(ξ2)=0.常考题型 拉格朗日中值定理解题指示:1.判类:题给出的条件是函数在闭区间上连续,在开区间内可导,欲证的结论是:函数的增量与区间内某一点处的导数值的等式关系或函数值与数值间的不等式关系,自然想到利用拉格朗日中值定理证明.2.证题的两种方法:(1)设辅助函数法.它又有下面三种方法:①分析法;②待定系数法:将欲证结论中含有ξ的部分设为待定常数M,再将等式中一个端点,例如b换成变量x,使其成为函数,等式两端做差构造出辅助函数φ(x),这样首先保证φ(b)=0,而由等式关系φ(a)=0自然成立.称这样构造辅助函数的方法为 待定系数法 ;③不定积分法.(2)确定区间法.3.定理的二种形式(1)f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a).(2)f(b)-f(a)=f'(a+θ(b-a))(b-a),0<θ<1.4.定理的应用(参考‘高等数学一本通“)典型习题1.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).(ξ)+ξf'(ξ)=[x f(x)]'x=ξʌ分析ɔ将所证的结论变形为b f(b)-a f(a)b-a=f结论可以解读为某一个函数在x=ξ处的导数等于一个数,这正是拉格朗日中值定理的内容.ʌ证ɔ令F(x)=x f(x),xɪ[a,b],F(x)在[a,b]上连续,(a,b)可导,故∃ξɪ(a,b),使得b f(b)-a f(a)b-a=F'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ),即b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).2.已知fᵡ(x)<0,f(0)=0,证对任意的正数x1,x2,恒有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).ʌ分析ɔ因为f(0)=0,所以将欲证的结论变形为f(x1+x2)-f(x2)<f(x1)-f(0),比较两个函数增量的大小,且区间长相等,应该利用有限增量定理 拉格朗日中值定理,辅助函数已知为f(x),余下的问题是在什么区间上应用拉格朗日中值定理,故称确定区间法.ʌ证明ɔ不妨设0<x1<x2,于是函数f(x)分别在区间[0,x1]及[x2,x1+x2]上应用拉格朗日中值定理,有f(x1)-f(0)=f'(ξ1)x1,0<ξ1<x1①f(x1+x2)-f(x2)=f'(ξ2)x1,x2<ξ2<x1+x2②因为fᵡ(x)<0,所以f'(x)严格单调减少,又ξ2>ξ1,所以f'(ξ1)>f'(ξ2),则x1f'(ξ1) >x1f'(ξ2),由式①㊁②,得f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).3.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证对任意给定的正数a,b在(0,1)内一定存在互不相同的ξ,η,使a f'(ξ)+b f'(η)=a+b.ʌ解ɔ由于f(0)=0<a a+b<1=f(1),由介值定理知∃cɪ(0,1),使f(c)=a a+b,在区间[0,c]和[0,1]上分别对f(x)用拉格朗日中值定理,得f(c)-f(0)c-0=f'(ξ),ξɪ(0,c),f(1)-f(c)1-c=f'(η),ηɪ(c,1).从而有1 f'(ξ)=cf(c)=c(a+b)a,1 f'(η)=1-c1-f(c)=(1-c)(a+b)b.故af'(ξ)+bf'(η)=a+b.4.设f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导,f(0)=0,f(1)=12,证明在(0,1)内存在不同的ξ,η,使f'(ξ)+f'(η)=ξ+η.ʌ分析ɔ欲证f'(ξ)-ξ=-(f'(η)-η),应从f'(x)-x的原函数入手.ʌ证明ɔ令F(x)=f(x)-12x2,则F(0)=0,F(1)=0,F12æèçöø÷=f12æèçöø÷-18.又因为F12æèçöø÷-F(0)12-0=F'(ξ)=f'(ξ)-ξ,ξɪ0,12æèçöø÷.F (1)-F 12æèçöø÷1-12=F '(η)=f '(η)-η,ηɪ12,1æèçöø÷.而F 12æèçöø÷-F (0)=F 12æèçöø÷,F (1)-F 12æèçöø÷=-F 12æèçöø÷,于是f '(ξ)-ξ=-(f '(η)-η),从而f '(ξ)+f '(η)=ξ+η.5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导(a >0),且f (a )=f (b )=1,试证存在ξ,ηɪ(a ,b )使得ηξæèçöø÷n -1=f (ξ)+ξn f '(ξ).ʌ证ɔ 将含ξ和含η的项分写在等式两端,得n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ)=n ηn -1.等式右端是(x n)'x =η,左端是[x nf (x )]'x =ξ.令F (x )=x n,在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n -a n b -a=n ηn -1,ηɪ(a ,b ),①令g (x )=x nf (x ),在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n f (b )-a n f (a )b -a=n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ),ξɪ(a ,b )②由于f (a )=f (b )=1,由式①㊁式②即得欲证的等式.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内二阶可导,又f (a )=f (b )=0,且存在c ɪ(a ,b )使f (c )>0,证明在(a ,b )内至少存在一点ξ,使得f ᵡ(ξ)<0.ʌ证ɔ 对f (x )分别在[a ,c ]和[c ,b ]上应用拉格朗日中值定理,有f '(ξ1)=f (c )-f (a )c -a,a <ξ1<c ,f '(ξ2)=f (b )-f (c )b -c,c <ξ2<b .因f (c )>f (a ),c >a ;f (b )<f (c ),b >c .所以由上式分别有f '(ξ1)>0,f '(ξ2)<0.因在(a ,b )内,f (x )二阶可导,f '(x )在[ξ1,ξ2]应用拉格朗日中值定理,则f ᵡ(ξ)=f '(ξ2)-f '(ξ1)ξ2-ξ1,ξ1<ξ<ξ2.由f '(ξ2)<0,f '(ξ1)>0,ξ2>ξ1,知f ᵡ(ξ)<0.7.当x ȡ0时,证明x +1-x =12x +θ(x ) 14ɤθ(x )ɤ12æèçöø÷且l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=12.ʌ证明ɔ 取函数f (x )=x ,在[x ,x +1]上由拉格朗日中值定理,得f (x +1)-f (x )=f '(x +θ(x ))(x +1-x )=f '(x +θ(x )).即x +1-x =12x +θ(x ).为确定θ(x )的取值范围和求θ(x )的极限,由上式解出θ(x ),得θ(x )=41(1+2x (x +1)-2x ).①当x ȡ0时,x (x +1)>x ,由式①知,θ(x )ȡ14,又因x (x +1)ɤx +(x +1)2ɤx +12.代入式①,即得θ(x )ɤ12,于是有14ɤθ(x )ɤ12.由式①,得l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=14+12li m x ң+ɕx x (x +1)+x=12.常考题型 欲证结论为(a ,b )内∃ξ,η满足某种关系式解题提示:把ξ,η分开两次,一次使用柯西定理,一次使用拉格朗日中值定理;或是两次柯西定理.然而再将所得结果作某种运算.典型习题1.设函数f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,且f '(x )ʂ0,试证存在ξ㊁ηɪ(a ,b ),使得f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a ㊃e -η.ʌ解ɔ 因f (x )在[a ,b ]上满足拉格朗日中值定理的条件,故存在ξɪ(a ,b ),使得f '(ξ)(b -a )=f (b )-f (a )①令g (x )=e x ,则g (x )和f (x )在[a ,b ]上满足柯西定理的条件,故存在ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)eη.②由题设f '(x )ʂ0知,f '(η)ʂ0,将式①代入式②,有f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a㊃e -η.2.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,且g (b )=g (a )=1,在(a ,b )内f (x ),g (x )可导,且g (x )+g '(x )ʂ0,f '(x )ʂ0.证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.ʌ分析ɔ 原结论⇔f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]=f '(η)e η,将η和ξ均看作变量,则上式为f '(ξ)[e ξg (ξ)]'=f '(η)(e η)',辅助函数可令φ(x )=e x g (x ),ψ(x )=e x.ʌ证明ɔ 令φ(x )=e xg (x ),则由题设可知f (x ),φ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e bg (b )-e a g (a )=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]因为g (a )=g (b )=1 f (b )-f (a )e b -e a=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)],①又令ψ(x )=e x,则f (x ),ψ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)e η,②由式①,②可得f '(η)e η=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]⇒f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.3.设函数f (x )在闭区间[a ,b ]上连续,在开区间(a ,b )内可导,且f '(x )>0.若极限l i m x ңa+f (2x -a )x -a 存在,证明:(Ⅰ)在(a ,b )内f (x )>0;(Ⅱ)在(a ,b )内存在点ξ,使b 2-a 2ʏf (x )d x =2ξf (ξ);(Ⅲ)在(a ,b )内存在与(Ⅱ)中ξ相异的点η,使f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .ʌ证明ɔ (Ⅰ)因为l i m x ңa+f(2x -a )x -a 存在,故l i m x ңa +f (2x -a )=f (a )=0.又f '(x )>0,于是f (x )在(a ,b )内单调增加,故f (x )>f (a )=0,x ɪ(a ,b ).(Ⅱ)设F (x )=x 2,g (x )=ʏx 0f (t )d t (a ɤx ɤb ),则g '(x )=f (x )>0.故F (x ),g (x )满足柯西中值定理的条件,于是在(a ,b )内存在ξ,使F (b )-F (a )g (b )-g (a )=b 2-a 2ʏb a f (t )d t -ʏa af (t )d t =(x 2)'ʏx a f (t )d t ()'x =ξ,即b 2-a 2ʏb af (x )d t =2ξf (ξ). (Ⅲ)因f (ξ)=f (ξ)-0=f (ξ)-f (a ),在[a ,ξ]上应用拉格朗日中值定理知,在(a ,ξ)内存在一点η,使f (ξ)=f '(η)(ξ-a ),从而由(2)的结论得b 2-a2ʏbaf (x )d t =2ξf (ξ),即有f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .4.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,0<a <b ,证明∃x 1,x 2,x 3ɪ(a ,b )使f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n b a b 2-a 2x 3f '(x 3).ʌ证明ɔ 因f (b )-f (a )b 2-a 2=f '(x 1)2x 1,x 1ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )b 4-a 4=f '(x 2)4x 32,x 2ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )l n b -l n a=f '(x 3)1x 3,x 3ɪ(a ,b ),故f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n a bb 2-a 2x 3f '(x 3).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,b >a >0,证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )b 2-a 2=a b f '(η)2ξ3.ʌ证明ɔ 先用拉格朗日中值定理后用柯西中值定理.根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(a ,b ),使得f '(η)=f (b )-f (a )b -a,令F (x )=x 2,g (x )=1x,根据柯西中值定理,存在ξɪ(a ,b ),使得2ξ-1ξ2=b 2-a 21b -1a ;两式联立,整理即得结论.常考题型 泰勒中值定理解题提示:1.若题给出的条件涉及二阶或二阶以上的导数.欲证的结论是多个函数值间或函数值与各阶导数间的等式或不等式关系,自然想到泰勒公式证明.2.使用该定理解题步骤为:①展开几阶泰勒公式,题中给出n +1阶可导,展开n 阶泰勒公式.②在何处展开.这是这类题的难点.③展开后,x 取值代入,再进行初等数学变形,证明不等式时将已知条件代入需要进行放缩不等式.典型习题1.设f (x )在[0,1]上具有二阶导数且满足|f (x )|ɤa ,|fᵡ(x )|ɤb ,其中a ,b 为非负常数.设c 是(0,1)内任意一点.证明|f '(c )|ɤ2a +b 2.ʌ分析ɔ 题中给出二阶可导条件,所证的结论为一阶导数值与函数|f (x )|ɤa 和二阶导数值|f ᵡ(x )|ɤb 间的不等式关系,应用泰勒公式,而题目隐含三点内容是:1)因为给出二阶可导条件,所以展开一阶泰勒公式;2)因为在结论中含有f '(c),是展开式一次项的系数,所在应在x =c 处展开;3)因为题给的条件|f (x )|ɤa ,结论中含有2a ,所以展开后,x 取0,1值.ʌ证明ɔ f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2,ξ在x 与c 之间f (0)=f (c )+f '(c )(-c )+f ᵡ(ξ1)2!(-c )2,ξ1在0与c 之间.①f (1)=f (c )+f '(c )(1-c )+f ᵡ(ξ2)2!(1-c )2,ξ2在1与c 之间.②式②-式①,得f '(c )=f (1)-f (0)+12![f ᵡ(ξ1)c 2-f ᵡ(ξ2)(1-c )2]|f '(c )|ɤ|f (1)|+|f (0)|+21[|f ᵡ(ξ1)|c 2+|f ᵡ(ξ2)|(1-c )2]ɤ2a +b 2[c 2+(1-c)2]ɤ2a +b 2(c ɪ(0,1),c 2+(1-c )2ɤ1).2.设函数f (x )在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f (-1)=0,f (1)=1,f'(0)=0.证明在开区间(-1,1)内至少存在一点ξ,使f ‴(ξ)=3.ʌ证ɔ 由f (x )有三阶导数,可考虑用泰勒公式.又f '(0)=0,应在x =0处展开f (x )=f (0)+f ᵡ(0)2!x 2+f ‴(η)3!x 3 (η在0与x 之间).当x =ʃ1时,有1=f (1)=f (0)+f ᵡ(0)2!+f ‴(η1)3! (0<η1<1),0=f (-1)=f (0)+f ᵡ(0)2!-f ‴(η)3!(-1<η2<0).两式相减,得f ‴(η1)+f ‴(η2)=6.由于f ‴(x )在[η1,η2]上连续,则f ‴(x )在[η1,η2]上有最大值M ,最小值m ,则m ɤ12f ‴(η1)+f ‴(η2)[]ɤM .由介值定理知,至少存在一点ξɪ[η1,η2]⊂(-1,1),使得f ‴(ξ)=12f ‴(η1)+f ‴(η2)[],即f ‴(ξ)=3.3.设f (x )在[0,1]上有二阶连续导数,且f (0)=f (1)=0,m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1.证明 m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.ʌ证ɔ 设f (c )=m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1,则0<c <1,且f '(c )=0,由泰勒公式知f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2.在上式中分别令x =0,x =1,得f ᵡ(ξ1)=2c 2,ξ1ɪ(0,c );f ᵡ(ξ2)=2(1-c)2,ξ2ɪ(c ,1).若c ɤ12,则f ᵡ(ξ1)=2c 2ȡ212æèçöø÷2=8.若c >12,则f ᵡ(ξ2)=2(1-c )2ȡ212æèçöø÷2=8.故m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.4.设f (x )在[a ,b ]上连续.在(a ,b )内二阶可导,则∃ηɪ(a ,b ),使得f (a )-2f a +b 2æèçöø÷+f (b )=(a -b )24f ᵡ(η).ʌ证明ɔ f (x )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷x -a +b 2æèçöø÷+12fᵡ(ξ)x -a +b 2æèçöø÷2,ξ在x 与a +b 2之间f (a )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 1)b -a 2æèçöø÷2,f (b )=fa +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷-a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 2)b -a 2æèçöø÷2,f (a )+f (b )-2f a +b 2æèçöø÷=(b -a )24f ᵡ(c 1)+f ᵡ(c 2)2=(b -a )24f ᵡ(η).5.设f (x )在[a ,b ]上二阶可导,f '(a )=f '(b )=0.求证;∃ξɪ(a ,b ),使f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.ʌ证ɔ 由泰勒公式知f (x )=f (a )+f'(a )(x -a )+f ᵡ(ξ1)2!(x -a )2,①f (x )=f (b )+f '(b )(x -b )+f ᵡ(ξ2)2!(x -b )2,②在式①和式②中令x =a +b 2,得f (a +b )2æèçöø÷=f (a )+f ᵡ(ξ1)8(b -a )2,③f (a +b )2æèçöø÷=f (b )+f ᵡ(ξ2)8(b -a )2,④式④减式③得f (b )-f (a )=(b -a )28f ᵡ(ξ1)-f ᵡ(ξ2)().从而有f (b )-f (a )ɤ(b -a )28f ᵡ(ξ1)+f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24m a x f ᵡ(ξ1),f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24f ᵡ(ξ).故f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,且f ᵡ(x )>0,证明:对任意的x 1,x 2ɪ[a ,b ]及0<λ<1都有f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).ʌ证ɔ 令x 0=λx 1+(1-λ)x 2,则x 0ɪ[a ,b ],由泰勒公式得f (x )=f (x 0)+f '(x 0)(x -x 0)+f ᵡ(ξ)2(x -x 0)2,其中ξ介于x 0与x 之间.因为f ᵡ(x )>0,所以f (x )ȡf (x 0)+f '(x 0)(x -x 0),于是λf (x 1)ȡλf (x 0)+λf'(x 0)(x 1-x 0),(1-λ)f (x 2)ȡ(1-λ)f (x 0)+(1-λ)f'(x 0)(x 2-x 0).两式相加得f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).7.设函数f (x )在[-a ,a ]上具有二阶连续导数,f (0)=0.(Ⅰ)写出f (x )的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(Ⅱ)证明在[-a ,a ]上至少存在一点η,使a 3f ᵡ(η)=3ʏa-a f (x )d x.ʌ证ɔ (Ⅰ)f (x )=f (0)+f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2=f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2,其中ξ在0与x 之间.(Ⅱ)ʏa-a f(x)d x=ʏa-a f'(0)x+12fᵡ(ξ)x2[]d x=12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d x又f(x)在[-a,a]上有二阶连续导数,所以fᵡ(x)在[-a,a]上连续,fᵡ(x)在[-a,a]上有最大值M与最小值m.m3a3ɤm2ʏa-a x2d xɤ12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d xɤM2ʏa-a x2d x=M3a3⇒mɤ3a3ʏa-a f(x)d xɤM.根据介值定理,∃ηɪ[-a,a],使得fᵡ(η)=3a3ʏa-a f(x)d x即为所证.。
考研数学：三种拉格朗日中值定理证明方法1500字
考研数学：三种拉格朗日中值定理证明方法1500字拉格朗日中值定理是微积分中的重要定理之一，它是由法国数学家拉格朗日在18世纪提出的。
该定理涉及到函数的导数与函数在某一区间上的变化率之间的关系，具有广泛的应用价值。
以下将介绍三种拉格朗日中值定理的证明方法。
证明方法一：基于罗尔定理的证明罗尔定理是拉格朗日中值定理的特例，因此我们可以先用罗尔定理来推导拉格朗日中值定理。
设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内存在可导函数F(x)。
如果f(a) =f(b)，那么在(a, b)内至少存在一个点ξ，使得F’(ξ) = 0。
证明过程如下：1. 构造辅助函数g(x) = f(x) - F(x)。
根据题设，g(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导。
2. 由于f(a) = f(b)，所以g(a) = g(b)。
3. 根据罗尔定理，存在一个点ξ，使得g’(ξ) = 0。
即f’(ξ) - F’(ξ) = 0。
4. 移项得到f’(ξ) = F’(ξ)，即在(a, b)内存在一个点ξ，使得函数f(x)在点ξ处的斜率等于函数F(x)在点ξ处的斜率。
这就是拉格朗日中值定理。
证明方法二：基于函数的增量与导数的关系的证明函数的增量与导数之间有如下关系：f(x+Δx) - f(x) = f’(x+θΔx)Δx，其中θ∈(0, 1)。
证明过程如下：1. 考虑函数Φ(x) = f(x) - F(x)，其中F(x)是f(x)的一个原函数。
因为F(x)是可导函数，所以Φ(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导。
2. 对于任意x∈(a, b)，存在ξ∈(x, x+Δx)，使得Φ(x+Δx) - Φ(x) = Φ’(ξ)Δx。
3. 根据Φ(x) = f(x) - F(x)，我们可以得到Φ(x+Δx) - Φ(x) = f(x+Δx) - f(x) - [F(x+Δx) - F(x)]。
罗尔中值定理
注1. 几何意义: 如图
若连续曲线y = f (x) y
除端点外处处有不垂直
M
于x轴的切线. 且两端点
A
的纵坐标相等. 则在曲
线上至少存在一点M. 在M点的切线平行于x
0 a x0
轴. 也就是平行于弦AB.
y = f (x) MB
从而
lim
x0
f (x0
x) x
f (x0 )
lim x0
f (x0
x) x
f (x0 )
f (x0 )
设f (x0)为f (x)在开区间(a, b)内的最大值, 即, x(a, b), 有 f (x) f (x0). 因x0(a, b), 故当|x|充分小时, 有x0+x (a, b),
) )
.
但1,
2不一定相同,
故
不能用这一方法.
要证
f (b) g (b)
f (a) g(a)
f ( g(
) )
,
只须证
f (
)
f (b) f (a) g(b) g(a)
g(
)
0
即
f
(
x
)
f (b) g (b)
f (a) g(a)
g(
x
)
0.
x
证:
记 ( x)
f
(x)
f (b) g(b)
即
f ( )
f
(b) b
f a
(a)
.
注1. 若f (a)= f (b),
则f ( )
f
(b) f (a) ba
试讲罗尔中值定理
注意:
1) 定理条件不全具备, 结论不一定成立. 例如：
缺条件(1)闭区间上连续.
y
缺条件(2)开区间内可导.
o 1x
y
缺条件(3) 端点处函数值相等.
1 o 1 x
y
o
2) 罗尔定理的三个条件是充分非必要的.
1x
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例1：设 f 为 上可导函数，证明：若方程
使 f ( ) 0.
几何解பைடு நூலகம்:
y
在每一点都可导的连续 曲线上，如果曲线的两 端点高度相等，则至少 存在一条水平切线。
yf(x)
A
B
Oa 1
2 bx
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证明： f(x)在区间 [a , b] 上连续,必有最大值M和最小值m
(1) 若 m=M , 因m f (x) M. 即, M f (x) M, 所以f (x)=M.
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谢谢！
数学分析
罗尔中值定理
一.预备定理——费马(Fermat)定理
(或 )
y
o x0 x
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二.罗尔(Rolle)定理
满足:
(1) 在区间 [a , b] 上连续 (2) 在区间 (a , b) 内可导 (3) f ( a ) = f ( b )
在( a , b ) 内至少存在一点
没有实根，则方程
至多只有一个实根。
证明：这可反证如下，倘若
有两个实根
和 （设 ），则函数 f 在闭区间
上满足罗尔定理三个条件，从而存在
使得
，这与
考研数学高数真题分类—中值定理
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第三章中值定理综述：中值定理的证明向来是考研数学的难点.在考研数学一的考试中，这一部分的出题的频次比较稳固，一般两年出一道大题.从考试的状况来看，考生在这一部分广泛得分率不高.其主要原由是练习不够，不熟习常有的思想方法，以及对质明题惯有的害怕心理.其实这一部分的题目也是有必定套路的，只需掌握一些常有的证明思路，在大部分状况下就都可以轻松应付了.本章需要用到的主要知识点有：闭区间上连续函数的性质（有界性、最值定理，介质定理），费马引理，罗尔定理，拉格朗日中值定理，柯西中值定理和积分中值定理.依据题目的形式，我们将这一部分的题目分为了 3种种类：中值定理的简单应用（直接能作出协助函数的），复杂的中值定理证明（需要平等式变形才能作出协助函数的），证明存在两点, a,b使得它们知足某种等式.常考题型一：对中值定理内容的考察1.【02—34分】设函数 f x在闭区间a,b上有定义，在开区间a,b上可导，则（）A当f a fb 0时，存在a,b，使得f0B对任何a,b，有lim fx f0xC对f a fb时，存在a,b，使f'0D存在(a,b)，使f(b)f(a)f()(b a).2.【04-34分】设f(x)在[a,b]上连续，且f(a)0,f(b)0，则以下结论中错大全标准文案误的是()起码存在一点x 0(a,b)起码存在一点x 0(a,b)起码存在一点x 0(a,b)(A) 起码存在一点x 0(a,b)，使得f(x 0)>f(a). ，使得f(x 0)>f(b). ，使得f(x 0) 0.，使得f(x 0)=0.3．【96-25 分】求函数 f(x) 1 x在x0点处带拉格朗日型余项的n 阶泰勒睁开1x式.4.【03-24 分】y 2x 的麦克劳林公式中 x n 项的系数是 .常考题型二：闭区间上连续函数性质5.【02-36 分】设函数 f(x),g(x)在[a,b]上连续，且 g(x) 0.利用闭区间上连续bb函数性质，证明存在一点[a,b]，使f(x)g(x)dxf()g(x)dx .a a 常考题型三：罗尔定理的使用6.【08-24分】设f(x)x 2(x1)(x2)，求f(x)的零点个数()A 0B 1C 2D 3【07—12311分】设函数f(x),g(x)在a,b 上连续，在(a,b)内拥有二阶导数且存在相等的最大值， f(a) g(a),f(b) g(b)，证明：存在(a,b)，使得f() g().8.【00—123 6分】设函数fx 在[0,]上连续，且 fxdx0，f x cosxdx 0 .试证：在0,内起码存在两个不一样的点1、2，使得f1f 20.9.【96—28分】设fx 在区间 a,b 上拥有二阶导数，且 fa fb 0,fafb 0试证明：存在a,b 和a,b ，使f0，及f0 .大全标准文案10.【03—38分】设函数f(x)在[0,3]上连续，在(0,3)内可导，且f(0) f(1)f(2)3,f(3)1.试证：必存在(0,3)，使f() 0.11.【10—3 10分】设函数f(x)在0,3上连续,在0,3内存在二阶导数,且2f(0)2 f(2)f(3),f(x)dx(I) 证明存在 (0,2),使f( ) f(0);;(II)证明存在(0,3),使f( )0．12.【93—3 6分】假定函数f(x)在[0,1] 上连续，在(0,1)内二阶可导，过点A(0,f(0)),B(1,f(1))的直线与曲线 y f(x)订交于点C(c,f(c))，此中0c1，证明：在(0,1)内起码存在一点，使f()【小结】：1. 对命题为f (n)()0的证明，一般利用以下三种方法：（1）考证为f (n1)(x)的最值或极值点，利用极值存在的必需条件或费尔马定理可得 证；（2）考证f (n1)(x)在包括x于其内的区间上知足罗尔定理条件.（3）假如f(x)在某区间上存在 n 个不一样的零点，则f (n)(x)在该区间内起码存在一个零点.2．证明零点独一性的思路：利用单一性；反证法.4.证明函数在某区间上起码有两个零点的思路有：证明该函数的原函数在该区间上有三个零点；先证明起码有一个零点， 再用反证法证明零点不是独一的. （这些结论在证明题中不可以直策应用，应用它们的时候需要写出证明过程，但记着它们对复杂一点的证明题是很好的思路提示.） 费马引理、罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理的证明过程都是需要掌握的，它们不只是直接的考点。
罗尔中值定理
1.1罗尔 (Rolle)中值定理：
若函数f 满足如下条件：
(i) f 在闭区间[],a b 上连续； (ii) f 在开区间(),a b 上可导；
(iii) ()f a =()f b ，
则在(),a b 上至少存在一点ξ，使得()f ξ'=0
罗尔中值定理的几何意义是说在每一点都可导的一段连续曲线上，如果曲线的两端点高度相等，则至少存在一条水平切线
证明：
因为f 在[],a b 上连续，所以有最大值与最小值，分别用M 和m 表示，现分两种情况来讨论：
（1） 若m=M ,则f 在[],a b 上必为常数，从而结论显然成立。
（2） 若m<M ,则因()f a =()f b ，使得最大值M 与最小值m 至少有一个在(),a b 内某点ξ处取得，从而ξ是f
的极值点。
由(ⅱ)条件, f 在点ξ处可导，由
费马定理推知()f ξ'=0. 注：定理中的三个条件缺少任何一个，结论将不一定成立。
x o y b a ξB A。
中值定理证明方法总结
中值定理证明方法总结中值定理是微积分中的一个重要定理，它建立了一个函数在一些区间上连续的条件与其在该区间上取到的最大值和最小值之间的关系。
中值定理分为费马中值定理、罗尔中值定理和拉格朗日中值定理三种形式。
在实际问题中，通过中值定理可以推导出很多有用的结论，因此学好中值定理的证明方法对于掌握微积分知识非常重要。
下面对中值定理的证明方法进行总结。
1.费马中值定理的证明方法：费马中值定理是对实数集上的连续函数的最值及其存在性进行了精确的描述。
其证明方法如下：首先，假设函数f(x)在[a,b]上取得了极大值或者极小值。
如果f(x)在[a,b]的内点c处取得极值，那么根据极值点的定义，f'(c)=0。
我们可以通过数学归纳法证明，如果一个函数在[a,b]上的内点x处取得了极大值或者极小值，那么f'(x)=0。
假设f(x)在[a,b]的每个内点处都取得了极大值或者极小值，那么f'(x)=0在它们的闭区间上也成立。
根据极值点的定义，f(x)在[a,b]的端点处也取得了极大值或者极小值，因此f(x)在[a,b]上的每个内点处都取得了极大值或者极小值。
这与f(x)在[a,b]上连续的条件矛盾，所以假设错误，即f(x)在[a,b]上没有取得极大值或者极小值。
根据介值定理，f(x)在[a,b]上连续，所以在[a,b]上一定取到了最大值和最小值。
2.罗尔中值定理的证明方法：罗尔中值定理是对实数集上的可微函数的导数为0的点进行了描述。
其证明方法如下：首先，假设函数f(x)在[a,b]上满足f(a)=f(b)。
根据闭区间上连续函数的最值存在定理，f(x)在[a,b]上一定取到了最大值和最小值。
如果最大值和最小值不是在[a,b]的内点处取到的，那么它们一定是在[a,b]的端点处取到的。
根据最值点的定义，f(x)在[a,b]的端点处的导数等于0。
所以，如果f(x)在[a,b]的内点处取到了最大值或者最小值，那么根据费马中值定理，它们的导数等于0。
罗尔中值定理
微分中值定理
罗尔中值定理
泰勒中值定理
拉格朗日中值定理 柯西中值定理
问题的引出：
y
C
A
a 1
T与x轴平行
y=f(x) B
D
2 b x
一、罗尔中值定理 y
D y=f(x)
假设函数f(x)满
A
足：
B
〔1〕在[a,b]上连续；
C
〔2〕在〔a,b〕内可导； 0 〔3〕f(a)=f(b).
a 1
2 b x
则至少存 （ 在 a,b） ,一 使点 f得 ()0.
证明思想
y
fmax
f() 0
A
B
f() 0
fmin
0
a
bx
证明： f(x)在[a,b]上连续，
f(x)在 [a,b]上必有M 最 和大 最m 值 小 . (1)若Mm. 则f(x)M
由f此 (x ) 0 ， 得 x (a ,b ).
例 2 f(x)x， x[1,1];
(1) [-1,1]上连续；
× (2) (-1,1)内可导；
(3) f(-1)=f(1).
y
●
-1 0
●
x 1
不存 ( - 1 ,1 )使 在 ,f() 0 .
例 3 f(x)x， x [0,1];
(1) [0,1]上连续；
y
●
(2) (0,1)内可导；
f () lx i0 m f( x x )f()0
f()存在
f-()f ()0f()0.
二、讨论罗尔定理的条件
〔1〕罗尔定理的条件是充分非必要的
例如
y
sinx， x(0,] 1
f(x)1， x0
3.1.3罗尔中值定理 应用(2)
罗尔( Rolle )中值定理的应用1. 与零点定理结合解决方程根的唯一性;2. 用罗尔定理研究导函数的零点;3. 证明含一个中值的等式.3. 证明含一个中值的等式一般利用逆向思维, 考虑辅助函数法.解题方法:第一步：将要证明等式中的换作x,将其写成F (x)=0的形式，依据F (x)的特点选取辅助函数F(x)；第二步：验证F(x)在给定的区间上满足罗尔定理条件，由罗尔定理结论F ()=0得到欲证等式.ξξ'''第三章例5.设],,0[)(πC x f ∈且在),0(π内可导, 证明至少存在一点,),0(πξ∈使()()cot .f f ξξξ'=−分析:由结论可知, 只需证即[]0sin )(='=ξx x x f 由题设容易验证)(x F 在],0[π上满足罗尔定理条件，故在开区间证设()()sin ,=F x f x x 利用逆向思维找辅助函数3. 证明含一个中值的等式=()sin ()cos ''+使得F ()=0，ξξξξξf f (0,)内存在一点，πξ()()cot '=−即.ξξξf f例6.若)(x f 可导, 试证在其两个零点间一定有)()(x f x f '+的零点.分析：由题设有,,0)()(2121x x x f x f <==欲证:12(,),x x ∃∈ξ使0)()(='+ξξf f 只要证)()(='+ξξf f ξe ξe 亦即])([='=ξx xx f e 作辅助函数,)()(x f e x F x=容易验证)(x F 在],[21x x 上满足罗尔定理条件，所以命题成立.证利用逆向思维找辅助函数12(,),即x x ∃∈ξ()[()]0使得xx x F x e f x ==''==ξξ()()0,即'+=ξξf f ,,0)()(2121x x x f x f <==证：存在,)1,0(∈ξ使例7.设]1,0[可导，且,0)1(=f 在连续，)1,0()(x f 证：()()，nx x f x φ=,)1,0(∈ξ罗尔定理条件,因此至少存在显然)(x ϕ上满足=')(ξϕ即设辅助函数使得)()(1ξξξξf f n nn '+−0=利用逆向思维找辅助函数()()0.'+=ξξξn f f ()()0.n f f ξξξ'+=[0,1]在分析:由结论知, 只需证1()()0=成立，n nn f f ξξξξ−'+()0.即=nx x f x ξ='⎡⎤⎣⎦求证存在(1,2),∈ξ使例8.设[1,2]在连续，(1,2)在内可导，)(x f 证：(1,2),∈ξ因此至少存在即使得1(1),(2) 2.2且==f f 2(),令F()=f x x x在上满足罗尔定理条件,[1,2]容易验证)(x F 24()2()()0,-f f F ξξξξξξ''==2()2()0,-'=ξξξξf f 亦即2()().='ξξξf f 2()().='ξξξf f小结1.罗尔定理是用来解决方程根的唯一性的方法之一；2.罗尔定理常常被用来研究导函数的零点，注意这里导函数未必连续，这与连续函数零点定理是有区别的;3.罗尔定理是证明含一个中值的等式方法之一.用罗尔定理证明含一个中值的等式,关键是构造满足罗尔定理的辅助函数，常用的辅助函数有：()()()sin (),()(),(),()(),()(),nx g x n f x F x xf x F x x f x F x F x e f x F x e f x xn 这里为正整数，为实数.λλ=====。
罗尔中值定理的证明
罗尔中值定理的证明罗尔中值定理是微分学中的一条重要定理，它指出如果一个函数在两个点之间单调，那么在这两点之间的某一点上，函数的导数等于零。
以下是对该定理的证明：首先，我们考虑函数在区间的两端点处的函数值。
假设函数在区间[a, b]的两端点处的函数值分别为f(a)=A, f(b)=B。
由于函数在区间[a, b]上单调，我们可以得出A <= B。
接下来，我们构造一个新的函数F(x) = f(x) - Bx。
可以观察到，这个函数在区间[a, b]上也是单调的。
如果F(a) >= 0且F(b) >= 0，那么函数f(x)在区间[a, b]上是递增的；如果F(a) <= 0且F(b) <= 0，那么函数f(x)在区间[a, b]上是递减的。
然后，我们可以求出函数F(x)的导数。
根据导数的定义，我们有F'(x) =f'(x) - B。
由于f'(x)是f(x)的导数，所以F'(x) = 0。
这意味着在区间[a, b]上，F(x)是一个常数函数。
最后，我们可以得出结论：在区间[a, b]上，存在至少一个点c（a < c < b），使得在该点处f'(c) = 0。
这是因为F(x)是一个常数函数，所以它的导数等于零。
这就证明了罗尔中值定理。
在上述证明过程中，我们首先假设函数f(x)在区间[a, b]上单调，然后构造了一个新的函数F(x)。
通过观察F(x)，我们可以判断出f(x)的单调性。
然后我们求出F(x)的导数并使其等于零，从而证明了罗尔中值定理。
此外，我们还可以通过构造函数来证明罗尔中值定理。
具体来说，我们可以构造一个与f(x)有关的函数g(x)，使得g'(x)=f'(x)/f(x)，并证明该函数的导数等于零。
这个证明方法与上述证明方法略有不同，但最终结果是一致的。
总之，罗尔中值定理是微分学中的一条重要定理，它揭示了函数在区间上的单调性与导数之间的关系。
考研数学中值定理试题及答案
考研数学中值定理试题及答案试题：设函数 \( f(x) \) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续，在开区间\((a,b)\) 内可导，且 \( f(a) = f(b) \)。
证明存在一个 \( c \in (a, b) \) 使得 \( f'(c) = 0 \)。
答案：要证明中值定理，我们可以利用罗尔定理（Rolle's Theorem）。
罗尔定理是中值定理的一个特殊情况，它描述了在一定条件下，一个连续可导函数在两个端点取相同值时，必定在区间内部存在一个点，使得该点的导数为零。
根据罗尔定理，如果函数 \( f(x) \) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续，在开区间 \((a,b)\) 内可导，并且 \( f(a) = f(b) \)，那么必定存在一个 \( c \in (a, b) \) 使得 \( f'(c) = 0 \)。
现在，我们来证明题目中的条件满足罗尔定理的应用条件：1. 函数 \( f(x) \) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续，这意味着在 \( x = a \) 和 \( x = b \) 处函数的值是确定的，并且函数在整个区间上没有突跳。
2. 函数 \( f(x) \) 在开区间 \((a,b)\) 内可导，这意味着在 \( a \) 和 \( b \) 之间的任意点 \( x \)，函数 \( f(x) \) 都有导数存在。
3. \( f(a) = f(b) \)，这是罗尔定理的关键条件之一，它保证了在\( a \) 和 \( b \) 这两个端点上函数取得相同的值。
由于题目中的函数 \( f(x) \) 满足罗尔定理的所有条件，因此我们可以断定存在一个 \( c \in (a, b) \) 使得 \( f'(c) = 0 \)。
这就完成了中值定理的证明。
4.1罗尔中值定理
罗尔中值定理16-1费马（Fermat ） 引理0'()0f x 则. 设 在 的某邻域内有定义，且 ， 存在， 或0'()0f x = 则 .设 在 的某邻域内有定义，且， 存在，xyox 证： 在 的某邻域内任取 ，则 ，由极限的保号性得000()'()()f x f x f x -+'⎧=⎨'⎩(0)x -∆→(0)x +∆→0≥0≤0()0.f x '⇒=证毕！费马（1601-1665）费马是法国律师和业余数学家，是法国同时期费马（Fremat ）大问题1637年，法国业余大数学家费马猜想：费马还写道经欧拉、库木尔等几代数学家的努力，直到1994年9月19日，剑桥大学的怀尔斯证明了这个猜想。
怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《Annals of Mathematics》第142卷，占满了全卷，共五章，130页。
Rolle 定理(1) 在[a , b ]上连续； (2) 在(a , b )内可导； (3) f (a ) = f (b ).使 ()0.f ξ'=),(,a b ξ∈则至少存在一点 设 y = f(x ) 满足：xyoa b )(x f y =ξ证：由于 在上连续，则 ()f x [,]a b ()f x 在上有最大值 和最小值 . [,]a b M m (1)若，则 ， M m =()f x M = 从而 ，则 . (,)a b ξ∀∈'()0f ξ=(2)若，则 的最值点至少 M m ≠()f x (,)a b 有一个落在 ， (,)a b ξ∃∈不妨设 ， ()f M ξ=使得 ， '()f ξ又 存在， '()0f ξ=从而根据费马引理得，罗尔，1652年-1719年，法国数学家.从小只受过初等教育，1682年，他解决了数学家奥扎南（Ozanam）提出的一个数论难题，受到了学术界的好评，1685年进入法国科学院从事数学研究工作.他在数学上的主要成就是在代数和分析方面.注： (2) 定理条件不满足时，结论未必成立！yy()f x 1x =在 不连续！()f x 0x =在 不可导！(0)(1)f f ≠(1) 结论的几何解释！水平切线，或切线与弦AB 平行.。