考研数学中值定理题型答题技巧分析

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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.。

2016考研数学中值定理证明思路总结

2016考研数学中值定理证明思路总结中值定理这块一直都是很多考生的“灾难区”，一直没有弄清楚看到一个题目到底怎么思考处理，因此也是考研得分比较低的一块内容，如果考生能把中值定理的证明题拿下，那么我们就会比其他没做上的同学要高一个台阶，也可以说这是一套“拉仇恨”的题目。

下面小编就和大家来一起分析一下这块内容。

1.具体考点分析首先我们必须弄清楚这块证明需要的理论基础是什么，相当于我们的工具，那需要哪些工具呢?第一：闭区间连续函数的性质。

最值定理：闭区间连续函数的必有最大值和最小值。

推论：有界性(闭区间连续函数必有界)。

介值定理：闭区间连续函数在最大值和最小值之间中任意一个数，都可以在区间上找到一点，使得这一点的函数值与之相对应。

零点定理：闭区间连续函数，区间端点函数值符号相异，则区间内必有一点函数值为零。

第二：微分中值定理(一个引理，三个定理)费马引理：函数f(x)在点ξ的某邻域U(ξ)内有定义，并且在ξ处可导，如果对于任意的x∈U(ξ)，都有f(x)≤f(ξ) (或f(x)≥f(ξ) )，那么f'(ξ)=0。

罗尔定理：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)内可导在区间端点处的函数值相等，即f(a)=f(b)，那么在(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ柯西中值定理：如果函数f(x)及F(x)满足(1)在闭区间[a,b]上连续(2)在开区间(a,b)内可导(3)对任一x∈(a,b)，F'(x)≠0那么在(a,b) 内至少有一点ξ，使等式[f(b)-f(a)]/[F(b)-F(a)]=f'(ξ)/F'(ξ)成立。

第三：积分中值定理：如果函数f(x) 在积分区间[a, b]上连续，则在[a, b]上至少存在一个点ξ，使下式成立加强版：如果函数f(x) 在积分区间[a, b]上连续，则在(a, b)上至少存在一个点ξ，使下式成立第四：变限积分求导定理：如果函数f(x)在区间[a，b]上连续，则积分变上限函数在[a,b]上具有导数，并且导数为：第五：牛顿--莱布尼茨公式：如果函数f(x) 在区间[a,b] 上连续，并且存在原函数F(x) ，则2.注意事项针对上文中具体的考点，佟老师再给出几点注意事项，这几个注意事项也是在证明题中的“小信号”，希望大家理解清楚并掌握：1. 所有定理中只有介值定理和积分中值定理中的ξ所属区间是闭区间。

中值定理的证题技巧

x
0
,所以可令
F(x)
g2 f x 。
g(x)
(3)要证 f f g 0 即证 eg
x
0
，所以可令
F(x) egx f
x。
(ii)消去导数法
将结论中的换成 x ，通过变形后积分消去导数
符号，再移项使等式一边为0，则另一边就是辅助
专业: 数学与应用数学班级: 数学092班学号 : 0920151224 姓名: 涂淑瑶指导老师：徐建平
目录
内容摘要 1 中值定理的内容及联系 2 应用中值定理的基本步骤及建立辅助函数的几点
体 3 微分中值定理证明命题的方法和技巧 3.1 形如“在(a,b)内至少存在一点 ,使得 f k kR”
的相关命题的证明方法
（1）要证至少存在一点 a,b ,使 f k的命题两边积分得 f x kx 0,建立辅助函数F x f x kx ,则 Fx f xk 0 , 从而有 f k。
（2）要证至少存在一点 a,b ,使得 f n 0
的命题。
此时，中值定理中的那个函数是 f n1 x ,中值定理
函数 F x 。
如要证至少存在一点 0,1 ，使 f x 1 。
如何建立辅助函数？可把换成 x ，设f 1，积分消去导数符号有 f x x c (可令 c 0 )，移项得辅助函数 F x f x x 。
(iii) 常数 k值法
此法就是将含有区间端点值及端点函数值的式记为 k ，其中构造辅助函数的基本步骤为：
系式”的相关命题的证明方法
以上所列命题中只含有一个中值，但有些命题中会出现两个中值，此时一般需要使用两次拉格朗日中值定理或柯西中值定理，或一次拉格朗日中值定理、一次柯西中值定理。证明该类型题目时，一般将含有 ,表达式分离到等式的两边，对较为明显的一边运用一次中值，可将等式转化为只含有一个中值的情形。

考研数学：高数讲义重点题型解答(二)

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
【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 。
【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：

2021考研数学透过真题谈微分中值定理的复习方向

2021考研数学透过真题谈微分中值定理的复习方向
微分中值定理是考研数学的考察要点，这部分会出什么题型，该怎么复习呢?下面通过分析2021考研真题给大家明确一下本部分知识点的复习方向，希望2021考生参考。

一.注意真题要求
2021年的考研数学真题在中值定理这块没有太大变化。

考试对数学一，数学二，数学三的要求也是不一样的。

数学一和数学二要求理解泰勒定理。

这意味着在微分中值定理的考查中，有可能单独考查泰勒中值定理。

而数学三方面只是了解，所以数学三的重点还是应该放到罗尔定理和拉格朗日中值定理上面。

二.真题的题型分析
通过对2021年真题的分析，我们发现有关微分中值定理的考查一般都是以解答题的形式出现。

三.真题要求的复习方法
根据对2021年真题的分析，同学们要完成证明题是需要明晰知识体系的。

首先，同学们要掌握极限的保号性，介值定理及费马引理;然后，掌握核心的三大中值定理以及数学一要重点掌握的泰勒定理;最后，掌握积分中值定理。

同学们在清楚了微分中值定理所需要掌握的知识体系后，再通过做题总结，证明题就不难了。

再次提醒，微分中值定理的证明题一定要自己总结，自己活用体系，这样的话上考场
才能达到游刃有余的目的，才能正真的做对题。

总之，同学们根据真题要求明确微分中值定理的真正重难点，即上面说的基本知识体系。

同学们思考证明题一定要有逻辑顺序，注意总结，这样的话，证明题就成为了“加分”题了。

考研数学：中值定理相关命题的证明方法总结

考研数学：中值定理相关命题的证明方法总结中值定理这一块是考研数学的重点同时也是难点，对于中值定理这一块的相关证明题，很多同学一碰到，多数是束手无措，难以找到解题的突破口，现在跨考教育数学教研室易老师就这一问题做详细的方法介绍。

这一类型的问题，从待证的结论入手，首先看结论中有无导数，若无导数则采用闭区间连续函数的性质来证明（介值或零点定理），若有导数则采用微分中值定理来证明（罗尔、拉格朗日、柯西定理），这个大方向首先要弄准确，接下来就待证结论中有无导数分两块来讲述。

一、结论中无导数的情况结论中无导数，接下来看要证明的结论中所在的区间是闭区间还是开区间，若为闭区间则考虑用介值定理来证明，若为开区间则考虑用零点定理来证明。

例1 ()f x 在[]0,3上连续，且(0)(1)(2)3f f f ++=，证明：至少存在一点[]0,3c ∈，使得() 1.f c =分析：待证结论中无导数，则用闭区间连续函数的性质来证，且待证的结论的中值在闭区间上，故应采用介值定理来证明。

证明：()f x 在[]0,2上连续，,m M ∴∃使3(0)(1)(2)3m f f f M ≤++≤1m M ⇒≤≤,∴由介值定理可得结论。

二、结论中有导数情况① 结论中有导数，无端点信息，则采用罗尔定理来证明。

用罗尔定理来证明的常见题型：● 型一：()()0n f ξ=● 型二：结论中仅有ξ的相关表达式，且导数相差一阶用罗尔定理来证明题时，难点就在找原函数上，找原函数的常用方法分为两种，一为观察法，二为积分法。

观察法：i ）待证结论若为这种形式'()g()()g'()0()()f f f x g x ξξξξ+=⇐原函数为ii ）待证结论若为这种形式()'()()()'()0()f x fg f g g x ξξξξ-=⇐原函数为积分法：i ）待证结论若为这种形式()'()()()0()()g x dx f g f F x e f x ξξξ⎰+=⇐=原函数为ii ）待证结论若为这种形式()"()()'()0()'()g x dxf g f F x e f x ξξξ⎰+=⇐=原函数为例2 ()f x 在[]0,1上连续，在(0,1)内可导，(1)0,f =证明：(0,1)ξ∃∈，使得 '()2()0f f ξξξ+=分析：有导数，无端点信息，采用罗尔定理。

[考研数学]中值定理

[考研数学]中值定理⽤书：张宇考研数学基础30讲下多为摘录。

条件/表述部分不完全准确（实际上条件归于表述，但为了观察相似的条件所以单独列出了。

）定理的推导（常考证明）和条件细节⾮！常！重！要！可补充内容：证明、⼏何意义、对⽐=总结/不保证对的个⼈理解。

=我先挖个坑在这⾥。

不要让⼏何直观，蒙蔽了我们的双眼。

—柯西有界与最值定理条件：设f(x)在[a,b]上连续，则：表述：m⩽f(x)⩽M。

其中，m,M为f(x)在[a,b]上的最⼩值和最⼤值。

证明：介值定理条件：设f(x)在[a,b]上连续，则：表述：当m⩽µ⩽M时，存在ξ∈[a,b]，使得f(ξ)=µ。

证明：(离散)平均值定理条件：设f(x)在[a,b]上连续，则：表述：当a<x1<x2<⋯<x n<b时，在[x1,x n]内⾄少存在⼀个点ξ，使得f(ξ)=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n。

证明：借助介值定理证明。

m⩽f(x i)⩽M,(i=1,2,…,n)nm⩽Σf(x i)⩽nMm⩽f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n⩽M令µ=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n，存在ξ∈[x1,x n]，使得f(ξ)=µ=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n=1n∑ni=1f(x i)平均值定理的ξ常见闭区间。

(函数)零点定理条件：设f(x)在[a,b]上连续，则：表述：当f(a)⋅f(b)<0时，存在ξ∈(a,b)，使得f(ξ)=0。

证明：借助介值定理和最值定理推导。

f(a)⋅f(b)<0说明f(a)与f(b)异号故m<0且M>0则m<0<M，存在ξ∈(a,b)，使得f(ξ)=0。

前四条有共⽤条件：f(x)在[a,b]上连续。

连续即不间断。

所以端点不是间断点。

出现函数值为零的条件，可以考虑⽤介值定理与零点存在定理做。

延伸：推⼴的零点定理若f(x)在(a,b)上连续，lim，\alpha \cdot \beta< 0 时，则f(x)在(a,b)内⾄少有⼀个根。

高等数学中值定理的题型与解题方法

高等数学中值定理的题型与解题方法高数中值定理包含：1.罗尔中值定理rolle; 2.拉格朗日中值定理lagrange; 3.柯西中值定理cauchy; 还有经常用到的泰勒展开式taylor, 其中(,)a b ξ∈,一定是开区间.全国考研的学生都害怕中值定理,看到题目的求解过程看得懂,但是自己不会做,这里往往是在构造函数不会处理,这里给总结一下中值定理所涵盖的题型,保证拿到题目就会做; 题型一：证明：()0n f ξ=基本思路,首先考虑的就是罗尔定理rolle,还要考虑极值的问题; 例1. ()[,]f x C a b ∈在(,)a b 可导,()()0f a f b >>,()()02a bf a f +<, 证明：存在(,)a b ξ∈,使得'()0f ξ=.分析：由()()0f a f b >>,()()02a bf a f +<,容易想到零点定理; 证明：()()02a b f a f +<,∴存在1(,)2a bx a +∈,使得1()0f x =,又()()0f a f b >>,∴(),()f a f b 同号,∴()()02a bf b f +<,∴存在2(,)2a bx b +∈,使得2()0f x =,∴12()()0f x f x ==,所以根据罗尔中值定理：存在(,)a b ξ∈,使得'()0f ξ=.例2. ()[0,3]f x C ∈在(0,3)内可导,(0)(1)(2)3f f f ++=,(3)1f =, 证明：存在(0,3)ξ∈,使得'()0f ξ= 证明：1()[0,3]f x C ∈,∴()f x 在[0,3]使得上有最大值和最小值,M m ,∴根据介值性定理(0)(1)(2)3f f f m M ++≤≤,即1m M ≤≤∴存在[0,3]c ∈,使得()1f c =,2()(3)1f c f ==,所以根据罗尔中值定理：存在(,3)(0,3)c ξ∈⊂,使得'()0f ξ=.例3. ()f x 在(0,3)三阶可导,[0,1]x ∈,(1)0f =,3()()F x x f x = 证明：存在(0,1)ξ∈,使得'''()0F ξ= 证明：1(0)(1)0F F ==,∴存在1(0,1)ξ∈,使得1'()0F ξ=,223'()3()'()F x x f x x f x =+,所以1'(0)'()0F F ξ==,∴存在21(0,)ξξ∈,使得2''()0F ξ=,3223''()6()3'()3'()''()F x xf x x f x x f x x f x =+++,所以2''(0)''()0F F ξ==,∴存在2(0,)(0,1)ξξ∈⊂,使得'''()0F ξ=,例3. ()[0,1]f x C ∈在(0,1)内可导,[0,1]x ∈,(0)1f =,11()22f =,(1)2f =证明：存在(0,1)ξ∈,使得'()0f ξ= 证明：(0)1f =,11()22f =,(1)2f =∴存在(0,1)ξ∈,使得()f m ξ=,又()f x 在(0,1)内可导,∴存在(0,1)ξ∈,使得'()0f ξ=题型二：证明：含ξ,无其它字母基本思路,有三种方法： 1还原法;''()[ln ()]()f x f x f x =能够化成这种形式例1. ()[0,1]f x C ∈在(0,1)可导,(1)0f =,证明：存在(0,1)ξ∈,使得'()3()0f f ξξξ+=.分析：由3'()3'()3()00[ln ()]'(ln )'0()f x xf x f x f x x f x x+=⇒+=⇒+=, 证明：令 3()()x x f x ϕ=,(0)(1)1ϕϕ==存在(0,1)ξ∴∈,使得'()0ϕξ=,而23'()3()'()0f f ϕξξξξξ=+= 存在(0,1)ξ∈,使得'()3()0f f ξξξ+=例2. ()[,]f x C a b ∈在(,)a b 可导,()()0f a f b ==,证明：存在(,)a b ξ∈,使得'()2()0f f ξξ-=.分析：由2'()'()2()020[ln ()]'(ln )'0()x f x f x f x f x e f x --=⇒-=⇒+=, 证明：令 2()()x x f x e ϕ-=,()()0f a f b ==,()()0a b ϕϕ∴==存在(,)a b ξ∴∈,使得'()0ϕξ=,而即存在(,)a b ξ∈,使得'()2()0f f ξξ-=例3. ()f x 在[0,1]上二阶可导,(0)(1)f f =,证明：存在(0,1)ξ∈,使得2'()''()1f f ξξξ=-. 分析：由22'()''()2''()0[ln '()]'[ln(1)]'01'()1f x f x f x f x x x f x x =⇒+=⇒+-=--, 证明：令 2()'()(1)x f x x ϕ=-,(0)(1)(0,1)f f c =⇒∃∈,使得'()0f c =,所以2()'()(1)0c f c c ϕ=-=,又因为(1)0ϕ=()(1)0c ϕϕ∴==∴由罗尔定理知,存在(0,1)ξ∈,使得2'()''()1f f ξξξ=-. 记：① '()()kx f kf x e f x ϕ+⇒=② '()()k f kf x x f x ξϕ+⇒= 2分组构造法;① ''()()f f ξξ=② ''()()10f f ξξ-+=还原法行不通例1. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,11(0)0,()1,(1)22f f f ===,证明：①存在(0,1)c ∈,使得()f c c =,②存在(0,1)c ∈,使得'()2[()]1f f ξξξ--=.证明：① 令 ()()x f x x ϕ=-,111(0)0,(),(1)222ϕϕϕ∴===-1()(1)02ϕϕ<,1(,1)(0,1)2c ∴∃∈⊂使得()0c ϕ=,即()f c c =② 分析'()2[()]1[()]'2[()]0f x f x x f x x f x x --=⇒---=令 2()[()]x h x e f x x -=-,(0)()0h h c ∴==∴存在(0,1)c ∈,使得'()2[()]1f f ξξξ--=.题型三：证明：含,ξη.分几种情形：情形1：结论中只有'(),'()()f f ξη⎧⎨⎩找三句次La gr a nge点两话两例1. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,(0)0,(1)1f f ==,证明：①存在(0,1)c ∈,使得()1f c c =-,②存在,(0,1)ξη∈,使得'()'()1f f ξη=.证明：① 令 ()()1x f x x ϕ=-+,(0)1,(1)1ϕϕ∴=-=(0)(1)0ϕϕ< (0,1)c ∴∃∈使得()1f c c =- ②(0,),(,1)c c ξη∃∈∈,使得()(0)1'()f c f cf c cξ--==(1)()'()11f f c cf c cη-==--,所以存在,(0,1)ξη∈,使得'()'()1f f ξη= 例2. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,(0)0,(1)1f f ==,证明：①存在(0,1)c ∈,使得1()2f c =,②存在,(0,1)ξη∈,使得112'()'()f f ξη+=. 证明：① 令 1()()2x f x ϕ=-,11(0),(1)22ϕϕ∴=-=,(0)(1)0ϕϕ<(0,1)c ∴∃∈,使得1()2f c =②(0,),(,1)c c ξη∃∈∈,使得()(0)1'()2f c f f c cξ-==, (1)()1'()12(1)f f c f c c η-==--,所以存在,(0,1)ξη∈,使得112'()'()f f ξη+=情形2：结论中含有,ξη,但是两者复杂度不同; 例1. ()[,]f x C a b ∈,在(,)(0)a b a >内可导证明：存在,(,)a b ξη∈,使得'()'()()2f f a b ηξη=+. 证明：① 令 2()F x x =,'()20F x x =≠由柯西中值定理(,)a b η∴∃∈使得22()()'()2f b f a f b a ηη-=-,所以()()'()()2f b f a f a b b a ηη-=+- (,)a b ξ∴∃∈使得()()'()f b f a f b aξ-=-,得证;例2. ()[,]f x C a b ∈,在(,)(0)a b a >内可导证明：存在,(,)a b ξη∈,使得2'()'()abf f ξηη=. 证明：① 令 1()F x x =-,21'()0F x x=-≠由柯西中值定理 (,)a b η∴∃∈使得2()()'()111f b f a f b a ηη-=-+,所以2()()'()f b f a ab f b a ηη-=-(,)a b ξ∴∃∈使得()()'()f b f a f b aξ-=-,得证;例3. ()[,]f x C a b ∈,在(,)a b 内可导, ()()1f a f b ==证明：存在,(,)a b ξη∈,使得['()()]1e f f ηξηη-+=. 分析：“留复杂”['()()]e f f ηηη+证明：① 令 ()()x x e f x ϕ=,由拉格朗日中值定理(,)a b η∴∃∈使得()()['()()]b a e f b e f a e f f b aηηη-=+-, ['()()],(,)b a e e e e f f a b b aξηηηξ-∴==+∈-,即['()()]1e f f ηξηη-+=. 题型四：证明：拉格朗日中值定理的两惯性思维; ()f x 可导①()()'()f b f a f b a ξ-=-②见到3点两次使用拉格朗日中值定理;例1. lim '()x f x e →∞=,且lim[()(1)]lim(),xx x x c f x f x x c→∞→∞+--=-则 c = 解：()(1)'()(1)f x f x f x x ξξ--=-<<,lim '()x f x e →∞=.又因为2lim 2222lim()lim[(1)]x x c c x x x c c c x c x cx x x c c e e x c x c→∞---→∞→∞+=+==-- 例2. '()0,''()0f x f x >>,且000'(),()(),0dy f x x y f x x f x x =∆∆=+∆-∆>,则,,0dy y ∆的大小关系;解：由拉格朗日中值定理知000'(),()y f x x x x x ξ∆=∆<<+∆,''()0,'()f x f x >∴单调递增又00,'()'()x f x f ξξ<∴<又因为00,'()'(),0x f x x f x dy y ξ∆>∴∆<∆∴<<∆例3. ()f x 在(,)a b 内可导,且'()f x M ≤,()f x 在(,)a b 内至少有一个零点;证明：()()()f a f b M b a +≤-证明：1因为()f x 在(,)a b 内至少有一个零点,所以(,),()0c a b f c ∃∈=2下边用两次拉格朗日中值定理11()()'()(),(,)f c f a f c a a c ξξ-=-∈,所以11()'()(),(,)f a f c a a c ξξ-=-∈'()f x M ≤,1()(),(,)f a M c a a c ξ∴≤-∈2()(),(,)f b M b c c b ξ≤-∈,()()()f a f b M b a ∴+≤- 例4. ()f x 在(,)a b 内二阶可导,有一条曲线()y f x =,如图证明：(,)a b ξ∃∈,使得''()0f ξ=证明：112(,),(,)a c c b ξξ∃∈∈使得12()()()()'(),'()f c f a f b f c f f c a b cξξ--==-- 因为,,A C B 共线,所以12'()'()f f ξξ=,所以由罗尔定理知12(,)(,)a b ξξξ∃∈⊂,使得''()0f ξ=题型五：Taylor 公式的常规证明;例1. '''()[1,1]f x C ∈-,(1)0,'(0)0,(1)1f f f -===证明：存在(1,1)ξ∈-,使得'''()3f ξ=.题外分析：考虑什么时候该用泰勒公式什么时候不用()()(2)n f n ξ≥时考虑,但是()()0n f ξ=为题型一,考虑罗尔定理2n =时比较尴尬,有时候用拉格朗日中值定理,有时候不用,该怎么考虑呢,分情况：(),(),()''()'(),'(),'()'(),'(),'()f a f b f c lagrangef f a f b f c lagrange f a f b f c taylor ξ⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩次拉格朗日中值定理解两决证明： 2311'''()''(0)(1)(0)(10)(10),(1,0)2!3!f f f f ξξ-=+--+--∈-, 两个式子相减得：12'''()'''()6f f ξξ∴+=12'''()[,]f x C ξξ∈,'''()f x ∴在12[,]ξξ上有,m M ,则122'''()'''()2m f f M ξξ∴≤+≤12'''()'''()32f f m M m M ξξ+∴≤≤⇒≤≤,所以根据介值定理得：存在12[,](1,1)ξξξ∈⊂-,使得'''()3f ξ=例2. ()f x ,在[0,1]二阶可导,(0)(1)0f f ==,01min ()1x f x ≤≤=-,证明：存在(0,1)ξ∈,使得''()8f ξ≥.证明：由01min ()1x f x ≤≤=-知,存在(0,1)c ∈,使得()1f c =-且'()0f c =由泰勒公式：211''()(0)()(0),(0,)2!f f f c c c ξξ=+-∈, ①111(0,]''()8,2c f ξξξ∈⇒≥=②221(,1)''()8,2c f ξξξ∈⇒≥=例3. ()f x 在[,]a b 上二阶可导,''()f x M ≤,()f x 在(,)a b 内取最大值; 证明：存在'()'()()f a f b M b a +≤-.证明：由()f x 在(,)a b 内取最大值知,存在(0,1)c ∈,使得'()0f c =所以存在'()'()()f a f b M b a +≤-.。

考研数学三大纲解析之中值定理

大纲解析之中值定理：1，理清定理内容，熟练运用理论定理有：费马引理、罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、零点存在定理、介值定理、最值定理和积分中值定理。

前四个定理属于微分中值定理的部分，中间三个定理属于闭区间上连续函数的性质，最后一个为积分相关定理。

而这里，除了闭区间上连续函数的性质这几个定理外，其余定理是要求同学们会证明的。

2，总结做题思路，具体分析问题中值相关证明大部分情况下应从结论出发。

考研中所要求的关于中值定理这块的证明百分之六十到七十都是要去用罗尔定理来证明的。

在做此类证明时，同学们要看所要证明的式子是含一个中值还是两个中值，紧接着要看所要求的中值是属于开区间还是闭区间的。

（1）所要证明的式子含有一个中值如果是在含有一个中值的前提下，再看是否含有导数。

若是含一个中值，且这个中值时属于开区间的，并且有含有导数，这时我们往往要考研罗尔定理。

在确定用罗尔定理的前提下，紧接着我们就是构造辅助函数并且找两个点的函数值相等，当然这里同学们在找两个相等点时，不一定要求是找区间的端点，也有可能是区间内部的点。

如果含有一个中值，中值所属于的区间是开区间或者是闭区间，并且不含有导数，那考虑闭区间上连续函数的性质，在第一章闭区间上连续里我们有两个常用的定理--零点定理和介值定理。

如果区间是开区间则选择零点定理，如果区间是闭区间则选择介值定理来证明。

这是一个中值的情况。

（2）所要证明的式子含有两个中值如果需要证明的式子中含有两个中值，这个时候同学们要考虑需要用几次定理来证明。

若是要出现两个中值，一定是用了两次中值定理。

当然，在用两次定理后，这时一定会得到两个式子，而最终所得到的式子含两个中值应该为前面所得到的两个式子合并后的结果。

根据历年真题的详细解读，含有两个中值的情况一般同学们可考虑用两次拉格朗日中值定理或一次拉格朗日中值定理和一次柯西定理。

具体怎么用这个两个定理，以及如何选择辅助函数，一般可以通过所要证明的式子来确定。

(完整版)高等数学中值定理的题型与解题方法

高等数学中值定理的题型与解题方法高数中值定理包含：1.罗尔中值定理(rolle); 2.拉格朗日中值定理(lagrange); 3.柯西中值定理(cauchy); 还有经常用到的泰勒展开式(taylor), 其中(,)a b ξ∈，一定是开区间.全国考研的学生都害怕中值定理，看到题目的求解过程看得懂，但是自己不会做，这里往往是在构造函数不会处理，这里给总结一下中值定理所涵盖的题型，保证拿到题目就会做。

题型一：证明：()0nf ξ=基本思路，首先考虑的就是罗尔定理(rolle)，还要考虑极值的问题。

例1. ()[,]f x C a b ∈在(,)a b 可导，()()0f a f b >>，()()02a bf a f +<，证明：存在(,)a b ξ∈，使得'()0f ξ=.分析：由()()0f a f b >>，()()02a bf a f +<，容易想到零点定理。

证明：()()02a b f a f +<，∴存在1(,)2a bx a +∈，使得1()0f x =，又()()0f a f b >>，∴(),()f a f b 同号，∴()()02a bf b f +<，∴存在2(,)2a bx b +∈，使得2()0f x =，∴12()()0f x f x ==，所以根据罗尔中值定理：存在(,)a b ξ∈，使得'()0f ξ=.例2. ()[0,3]f x C ∈在(0,3)内可导，(0)(1)(2)3f f f ++=，(3)1f =，证明：存在(0,3)ξ∈，使得'()0f ξ= 证明：（1）()[0,3]f x C ∈，∴()f x 在[0,3]使得上有最大值和最小值,M m ，∴根据介值性定理(0)(1)(2)3f f f m M ++≤≤，即1m M ≤≤∴存在[0,3]c ∈，使得()1f c =，（2）()(3)1f c f ==，所以根据罗尔中值定理：存在(,3)(0,3)c ξ∈⊂，使得'()0f ξ=.例3. ()f x 在(0,3)三阶可导，[0,1]x ∈，(1)0f =，3()()F x x f x = 证明：存在(0,1)ξ∈，使得'''()0F ξ= 证明：（1）(0)(1)0F F ==，∴存在1(0,1)ξ∈，使得1'()0F ξ=，（2）23'()3()'()F x x f x x f x =+，所以1'(0)'()0F F ξ==，∴存在21(0,)ξξ∈，使得2''()0F ξ=，（3）223''()6()3'()3'()''()F x xf x x f x x f x x f x =+++，所以2''(0)''()0F F ξ==，∴存在2(0,)(0,1)ξξ∈⊂，使得'''()0F ξ=，例3. ()[0,1]f x C ∈在(0,1)内可导，[0,1]x ∈，(0)1f =，11()22f =，(1)2f = 证明：存在(0,1)ξ∈，使得'()0f ξ= 证明：(0)1f =，11()22f =，(1)2f =∴存在(0,1)ξ∈，使得()f m ξ=，又()f x 在(0,1)内可导，∴存在(0,1)ξ∈，使得'()0f ξ=题型二：证明：含ξ，无其它字母基本思路，有三种方法：（1）还原法。

考研数学高数中值定理的详解

考研数学高数中值定理的详解考研数学高数中值定理的详解七大定理的归属。

零点定理与介值定理属于闭区间上连续函数的性质。

三大中值定理与泰勒定理同属于微分中值定理，并且所包含的内容递进。

积分中值定理属于积分范畴，但其实也是微分中值定理的推广。

对使用每个定理的体会学生在看到题目时，往往会知道使用某个中值定理，因为这些问题有个很明显的特征—含有某个中值。

关键在于是对哪个函数在哪个区间上使用哪个中值定理。

1、使用零点定理问题的基本格式是“证明方程f(x)=0在a,b之间有一个(或者只有一个)根”。

从题目中我们一目了然，应当是对函数f(x)在区间[a,b]内使用零点定理。

应当注意的是零点定理只能说明零点在某个开区间内，当要求说明根在某个闭区间或者半开半闭区间内时，需要对这些端点做例外说明。

2、介值定理问题可以化为零点定理问题，也可以直接说明，如“证明在(a,b)内存在ξ，使得f(ξ)=c”，仅需要说明函数f(x)在[a,b]内连续，以及c位于f(x)在区间[a,b]的值域内。

3、用微分中值定理说明的问题中，有两个主要特征：含有某个函数的导数(甚至是高阶导数)、含有中值(也可能有多个中值)。

应用微分中值定理主要难点在于构造适当的函数。

在微分中值定理证明问题时，需要注意下面几点：(1)当问题的结论中出现一个函数的一阶导数与一个中值时，肯定是对某个函数在某个区间内使用罗尔定理或者拉格朗日中值定理;(2)当出现多个函数的一阶导数与一个中值时，使用柯西中值定理，此时找到函数是最主要的;(3)当出现高阶导数时，通常归结为两种方法，对低一阶的导函数使用三大微分中值定理、或者使用泰勒定理说明;(4)当出现多个中值点时，应当使用多次中值定理，在更多情况下，由于要求中值点不一样，需要注意区间的选择，两次使用中值定理的区间应当不同;(5)使用微分中值定理的难点在于如何构造函数，如何选择区间。

对此我的体会是应当从需要证明的结论入手，对结论进行分析。

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。

(完整版)【考研数学】中值定理总结

中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。

1、所证式仅与ξ相关①观察法与凑方法1 ()[0,1](0)(1)(0)02()(,)()1 ()()2()0(1) ()() [()]()f x f f f f a b f x f x xf x f x f x xf x xf x xf x '==='ζ''ζ∈ζ=-ζ'''''ζ--='''''''=L 例设在上二阶可导，试证至少存在一点使得分析：把要证的式子中的换成，整理得由这个式可知要构造的函数中必含有，从找突破口因为()(1) ()()[()()]0()()[()]0()(1)()()f x f x f x xf x f x f x f x xf x F x x f x f x '+'''''''''''--+=⇒--='=--，那么把式变一下：这时要构造的函数就看出来了②原函数法⎰-⎰-⎰===⇒=⇒+=⇒='ζζζ=ζ'∈ζ∃==⎰dxx g dx x g dxx g e x f x F C C e x f Ce x f C dx x g x f x g x f x f x g f f g f b a b a x g b f a f b a b a x f )()()()()( )( )(ln )()(ln )()()( )()()(),( ],[)()()( ),(],[)( 2 很明显了，于是要构造的函数就现在设换成把有关的放另一边，同样有关的放一边，与现在把与方法造的函数，于是换一种是凑都不容易找出要构分析：这时不论观察还使得求证：上连续在，又内可导，上连续，在在设例两边积分00③一阶线性齐次方程解法的变形法0 ()()()[,](,)()0()()(,)()()()()0[()()]pdx pdxf pf p x u x e F x f e f x a b c a b f c f f a a b f b af f a f b a f f a '+=⎰⎰==⋅'∈=ξ-'ξ∈ξ=-ξ-'ξ-=-'⇒ξ-对于所证式为型，（其中为常数或的函数）可引进函数，则可构造新函数例：设在有连续的导数，又存在，使得求证：存在，使得分析：把所证式整理一下可得：11[()()]00 () C=0()[()()]()()()0()() x xdx b a b a b a f f a f pf b a u x e e F x e f x f a f b f a f c f b f a b a ---'-ξ-=+=-⎰==--'==⇒=-－－，这样就变成了型引进函数＝（令），于是就可以设注：此题在证明时会用到这个结论2、所证式中出现两端点①凑拉格朗日ab a af b bf f f F x xf x F f f ab a af b bf b a b a b a x f --=ζ'ζ+ζ=ζ'=ζ'ζ+ζ=--∈ζ)()()()()( ),()( )()()()(),( ),(],[)( 3 下用拉格朗日定理验证一可以试一下，不妨设证的式子的特点，那么分析：很容易就找到要使得证明至少存在一点内可导上连续，在在设例②柯西定理数就很容易证明了用柯西定理设好两个函没有悬念了于是这个式子一下变得分子分母同除一下是交叉的，变换一下，发现容易看出来了这题就没上面那道那么的式子分析：先整理一下要证，使得至少存在一点可导，证明在在，设例 )()( )()( )()()()()()()()( ),(],[)( 4 1212212121212121111012121221212121x x x x x x x x x x x x x x x x e eex f e x f ex f e x f e c f c f ee xf e x f e c f c f x f x f e e e e c x x x x x f x x ---'-=--'-=-<<+ ③k 值法。

2018考研数学中值定理证明题技巧

2018考研数学中值定理证明题技巧第一篇：2018考研数学中值定理证明题技巧为学生引路，为学员服务2018考研数学中值定理证明题技巧在考研数学中，有关中值定理的证明题型是一个重要考点，也是一个让很多同学感到比较困惑的考点，不少同学在读完题目后不知从何下手，不会分析证明，找不到思路，之所以会出现这样的情况，主要是因为这些同学对中值定理证明题型的特点缺乏清晰的认识，对其分析和证明方法没有完全理解和掌握，为了协助这样的同学克服这方面的困难，下面本文对这类题的特点和证明方法做些分析总结，供各位考生参考。

一、中值定理证明题的特点中值定理证明题主要有以下一些特点：1.中值定理证明题常常需要作辅助函数；2.中值定理证明题经常在一个题中需要结合运用三个知识点，分别是：连续函数在闭区间上的性质（包括最大值和最小值定理、零点定理和介质定理），微分中值定理和积分中值定理；3.中值定理证明题可能需要在一个问题的证明中反复运用同一个微分中值定理两次甚至三次，比如罗尔中值定理或拉格朗日中值定理；4.从历年考研数学真题变化规律来看，证明中用得最多的主要是罗尔中值定理和拉格朗日中值定理，而泰勒中值定理和柯西中值定理则用得很少。

二、中值定理证明题的常用方法中值定理证明题有不同的类型，对不同的类型需要运用不同的方法，主要的和常用的方法包括以下几种：1.如果题目条件中出现关于函数值的等式，而函数是连续的，则可能需要运用连续函数在闭区间上的性质进行证明；对导数是连续的情况也可以对导函数运用连续函数的性质；2.如果题目条件中出现关于定积分的等式，则可能需要运用积分中值定理；3.对于以下这类问题一般使用罗尔中值定理进行证明：6、如果是要证明两函数差值比的中值等式，或证明两函数导数比的中值等式，则可能需要利用柯西中值定理进行证明。

对于上面总结介绍的各种证明方法，在实际问题中要根据具体情况灵活运用，另外，对于需要作辅助函数的证明题，常常通过还原法分析找出需要的辅助函数，对于含积分等式的证明题，常常需要作变积分限的函数作为辅助函数，这种方法也是证明积分等式或不等式的主要方法之一，这些分析总结希望对大家提高中值定理证明题的解题能力有所帮助。

考研数学中值定理证明题技巧以及结论汇总

目录第一部分：中值定理结论总结 (1)1、介值定理 (1)2、零点定理 (2)3、罗尔定理 (2)4、拉格朗日中值定理 (2)5、柯西中值定理 (2)6、积分中值定理 (3)第二部分：定理运用 (3)第三部分：构造函数基本方法 (9)一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系 (10)二、二阶导数与原函数之间关系 (11)第四部分：中值定理重点题型分类汇总（包含所有题型) (14)题型一：中值定理中关于θ的问题题型二：证明f(n)(ξ)=0题型三：证明f(n)(ξ)=C0(≠0)题型四：结论中含一个中值ξ，不含a,b，导数的差距为一阶题型五：含两个中值ξ,η的问题题型六：含a,b及中值ξ的问题题型七：杂例题型八：二阶保号性问题题型九：中值定理证明不等式问题（第一部分：中值定理结论总结1、介值定理：设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，且在该区间的端点取不同的函数值 f(a)=A 及f(b)=B ，那么对于 A 与 B 之间的任意一个数 C ，在开区间(a,b)内至少有一点ξ使得f(ξ)=C(a<ξ<b).Ps:c 是介于 A 、B 之间的，结论中的ξ取开区间。

介值定理的推论：设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续,则 f(x)在[a,b]上有最大值 M ，最小值m,若 m≤C≤M,则必存在ξ∈[a,b], 使得 f(ξ)=C 。

闭区间上的连续函数必取得介于最大值 M 与最小值 m 之间的任何值。

此条推论运用较多）Ps ：当题目中提到某个函数 f(x),或者是它的几阶导函数在某个闭区间上连续，那么该函数或者其几阶导函数必可以在该闭区间上取最大值和最小值，那么就对于在最大值和最小值之间的任何一个值，必存在一个变量使得该值等于变量处函数值。

2、零点定理：设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续,且 f(a)与 f(b)异号，即 f(a).f(b)<0, 那么在开区间内至少存在一点ξ使得 f(ξ)=0.Ps:注意条件是闭区间连续，端点函数值异号，结论是开区间存在点使函数值为 0.3、罗尔定理：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)内可导;（3）、在区间端点处函数值相等，即f(a)=f(b).那么在(a,b)内至少有一点ξ(<aξ<b),使得f`(x)=0;4、拉格朗日中值定理：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)内可导;那么在(a,b)内至少有一点ξ(<aξ<b),使得f(b)-f(a)=f`(ξ).(b-a).5、柯西中值定理：如果函数f(x)及g(x)满足（1）、在闭区间[a,b]上连续；（2）、在开区间(a,b)内可导;（3）、对任一x(a<x<b),g`(x)≠0,那么在(a,b)内至少存在一点ξ,使得f(b)-f(a) g(b)-g(a)=f`(ξ) g`(ξ)Ps：对于罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理结论都是开开区间内取值。

中值定理有关的解题方法

三中值定理中介点的极限例41 证明：（1）)1,0(,1∈∃−>∀θx ，使得xx x θ+=+1)1ln(；（2）21lim 0=→θx . 证（1）记，则当)1ln()(+=x x f 1−>x 时，有意义，且可导，由微分中值定理得)(x f 10,11ln )1ln()1ln(<<+=−+=+θθx x x x . （1）（2）由（1）得)1ln()1ln(x x x x ++−=θ，由此得 21)1ln()1ln(lim lim 00=++−=→→x x x x x x θ. 或由泰勒公式得)(2)1ln(22x x x x +−=+，代入得 ))(1(1)(222x x x xx x x x +−=+=+−θθ， )(2222x x x +=θ， )0(21)1(21→→+=x θ. 例42 证明：若在连续，)()1(x f n +)(a U )(a U h a ∈+，且10),(!)(2)()()()(2<<+++′′+′+=+θθh a f n h a f h a f h a f h a f n n. 则当时，0)()1(≠+x f n 11lim 0+=→n h θ. 证由泰勒定理得10),()!1(1)(!)()()(11)1()(<<+++++′+=++θθh a f n a f n h a f h a f h a f n n n. 与已知条件比较得)()!1()(!)(!1)1(1)()(h a f n h a f n h h a f n h n n n nn nθθ+++=+++，)()()(1)()(1)1(a f h a f h a f n h n n n −+=+++θθ，已知在连续，由微分中值定理得)()1(x f n +)(a U 10),()(122)1(1)1(<<+=++++θθθθθh a hf h a f n h n n ，由及连续性假设得0)()1(≠+x f n 11lim 0+=→n h θ. 例43（武汉大学2000）函数在上的Lagrange 中值公式为)(x f ],0[x ,10,)()0()(<<⋅′=−θθx x f f x f其中θ是与及)(x f x 有关的量. 对x x f arctan )(=，求当时+→0x θ的极限值.解 ,11)(,0)0(2xx f f +=′= 于是有 .)(1arctan )(2x x x x f θ+== 解之得.arctan arctan 22xx x x −=θ 从而有 302020arctan lim arctan arctan lim lim xx x x x x x x x x −=−=+++→→→θ .313111lim 220=+−=+→x x x 解方程两边关于x 求导得,7cos 2sin 2−+′+−′−=′x e x y e ye e y y y y x x将代入原方程得再将0=x .0)0(=y 0,0==y x 代入上式得72)0()0(−+′−=′y y ，故.25)0(−=′y四中值定理1 Rolle 定理例44（北师大）设为有限或无限区间，在其内可导，且),(b a )(x f A x f x f b x a x ==−→+→)(lim )(lim （有限或为∞+或∞−）.试证：),(b a ∈∃ξ，使得0)(=′ξf .证当A 为有限数时，若A x f ≡)(，不证自明. 若不恒等于A ，则使得，不妨设，对)(x f ),,(0b a x ∈∃A x f ≠)(0A x f >)(0r ：，由得：存在A r x f >>)(0r A x f x f b x a x <==−→+→)(lim )(lim ),(),,(0201b x x x a x ∈∈，使得 2,1),()(0=<<i x f r x f i .连续性假设知，分别存在),(),,(2001x x x x x x ∈′′∈′，有r x f x f =′′=′)()(.由Rolle 定理知命题成立.对A 为正无穷或负无穷时，可类似证明.例45 设在上可导，且)(x f ),0[+∞21)(0xx x f +≤≤. 证明：0>∃ξ，使得 .)1(1)(222ξξξ+−=′f 提示：令21)()(xx x f x F +−=，则)(lim 0)0(x F F x +∞→==，利用例43的结论立明. 思考题11（北京大学）设函数在)(x f ),0[+∞上可微，且满足不等式：).,0(,112ln)(02+∞∈+++≤≤x x x x x f证明：),0(+∞∈∃ξ，使得 .11122)(2ξξξ+−+=′f 提示：令2112ln )()(x x x x f x F +++−=，仿上例证之.例46 设在连续，在内可导，且)(),(x g x f ],[b a ),(b a 0)(≠′x g .证明：),(b a ∈∃ξ，使得.)()()()()()(ξξξξg b g a f f g f −−=′′ 提示：令)]()()][()([)(x g b g a f x f x F −−=.例47（广西师大）设在连续，在内可导，且)(x f ],[b a ),(b a 0)()(==b f a f . 试证：R ∈∀α，),(b a ∈∃ξ，使得)()(ξξαf f ′=.提示：即证0)()(=′−ξξαf f . 构造函数即可.)(e )(x f x F x α−=例（华中师大2001）设在上三阶可导，)(x f ],[b a 0)()(=′=′b f a f ，且使得),,(b a c ∈∃).(max )(x f c f bx a ≤≤= 证明：方程0)(=′′′x f 在内至少有一根.),(b a 提示：，利用Rolle 定理.0)(=′c f 2 Lagrange 中值定理例48（华东师大）设为)(x f R 可微函数，导函数严格递增. 若，试证：，有))(()(b a b f a f <=),(b a x ∈∀)()()(b f a f x f =<（不得直接使用凸函数的性质）.提示：),,(b a x ∈∀),(),)(()()(11x a a x f a f x f ∈−′=−ξξ，),(),)(()()(22b x x b f x f b f ∈−′=−ξξ，由导函数严格单增知xb x f b f a x a f x f −−<−−)()()()(. 注意到，代入化简即得)()(b f a f =0))()()((<−−a f x f a b ，从而.)()(a f x f <例49（中国科技大学）设在上可微，)(x f ]1,0[n k k k f f ,,,1)1(,0)0(21==为n 个正数. 证明：在内存在一组互不相等的数，使得]1,0[n x x x ,,21∑∑===′n i i n i i i k x f k 11)(. 分析：记.,2,1,,1n i mk m k i i n i i ===∑=λ 上式两端同除以m 得 1)()()(2211=′++′+′n n f f f ξλξλξλ 其中.10,11<<=∑=i n i i λλ证已知连续及)(x f ,1)1(,0)0(==f f 由连续函数介值定理知，，使得)1,0(1∈∃c 11)(λ=c f ，又1211<+<λλλ，故存在)1,(12c c ∈，使得212)(λλ+=c f ，如此下去，得个数1−n 10121=<<<<<−n n c c c c ，有i i c f λλλ+++= 21)(，n i ,,2,1 =.于是由拉格朗日中值定理得：，使得),(1i i i c c x −∈∃111)()()(−−−−=−−=′i i i i i i i i c c c c c f c f x f λ，由此立得所证之式. 思考题12（首都师大2002）设函数在上连续，在内可导，且，证明：对任意正数，)(x f ],[b a ),(b a 0)0(=f .1)1(=f b a ,ηξηξ≠∃,,，使得.)()(b a f b f a +=′+′ηξ 例50（上海交大）设函数在连续，在内可导，又不是线性函数，且. 证明：)(x f ],[b a ),(b a )(x f )()(a f b f >),(b a ∈∃ξ，使得ab a f b f f −−>′)()()(ξ. 分析：由草图知，结论是明显的，关键在于条件“不是线性函数”如何用. 我们知道曲线弦的方程为)(x f )()()()(a x a b a f b f a f y −−−+=. 由此令)()()()()()(a x ab a f b f a f x f x F −−−−−=, 则不恒为零，且.这样问题转化为：)(x F 0)()(==b F a F ),(b a ∈∃ξ，使得0)(>′ξF .事实上，由于不恒为零，则)(x F ),(0b a x ∈∃，有0)(0≠x F ，不妨设. 则在上对应用拉格朗日中值定理得0)(0>x F ],[0x a )(x F ))(()()(00a x F a F x F −′=−ξ,0)()(00>−=′ax x F F ξ. 例51（南开大学）设函数在连续，在内二阶可导. 试证：，使得)(x f ],[b a ),(b a ),(b a c ∈∃)(4)()()2(2)(2c f a b a f b a f b f ′′−=++−. 证左端)](2([)]2()([a f b a f b a f b f −+−+−= )](2([)]2()22([a f b a a f b a f a b b a f −++−+−−++= 令)()2()(x f a b x f x −−+=ϕ，则)(x ϕ在]2,[b a a +连续，)2,(b a a +可导，由Lagrange 中值定理得原式))2,(()]()2([2)(2)()2(b a a f a b f a b a b a b a +∈′−−+′−=′−=−+=ξξξξϕϕϕ ),()2,()(4)(2b a a b c c f a b ⊂−+∈′′−=ξξ. 注此题不可使用泰勒定理，因为它不满足泰勒定理的条件.思考题13（南京航空航天大学1999）设在上二阶可导，则)(x f ]1,0[)1,0(∈∃ξ，使得).(81)1(21)0(21)21(ξf f f f ′′−+= 提示：直接利用上题结论，也可用Taylor 定理证明之.例52 设函数在上可微，)(x f ),0[+∞0)0(=f ，并设0>∃A ，使得),0[,)()(+∞∈∀≤′x x f A x f .证明：).,0[,0)(+∞∈≡x x f （广西大学）证法一，由拉格朗日中值定理得),0[+∞∈∀x x x f A x f f x f x f <<≤′=−=1110,)()()0()()(ξξξ 取21,0(Ax ∈，则得 )(21)(1ξf x f ≤. 重复使用上式可得 )(21)(n n f x f ξ≤其中A n n 21011<<<<<−ξξξ . 由连续知其在)(x f ]21,0[A上有界. 由上式立得 ]21,0[,0)(Ax x f ∈≡. 类似可证：在),3,2](2,21[ =−i Ai A i 上0)(≡x f ，从而.0)(≡x f 证法二假设函数在不恒等于零，即)(x f ),0[+∞),0(0+∞∈∃x ，有，不妨设. 记0)(0≠x f 0)(0>x f {),(,0)(inf 01x x t t f x x ∈>=}，则由连续函数的保号性知，在内.0)(1=x f ),(01x x 0)(>x f 令，，则有 )(ln )(x f x g =),(01x x x ∈A x f x f x g ≤′=′)()()(. 故0000)()()()()(x x A x g x g x g x g x g −+≤+−≤，此说明在内有界，这与矛盾，故)(x g ),(01x x 0)(lim 1=+→x f x x ).,0[,0)(+∞∈≡x x f 例53 设函数在内可微，且)(x f ),0(+∞0)(lim =′+∞→x f x ，证明： 0)(lim =+∞→xx f x . 证法一由Stolze 定理解之.证法二由洛比达法则解之.证法三由得：0)(lim =′+∞→x f x 0,0>∃>∀A ε，当时，有 A x >2)(ε<′x f .从而由拉格朗日中值定理得：，有 A x >∀),(),)(()()(x A A x f A f x f ∈−′+=ξξ.由此得2)()()()(εξ+≤−′+≤x A f A A x f x A f x x f . 从而可得0)(lim =+∞→xx f x . 注洛比达法则也适用于分母为∞的不定式极限.思考题14（西安电子科技大学）设函数在)(x f )0,(−∞内可微，且，证明：0)(lim =′−∞→x f x 0)(lim =+∞→xx f x . 思考题15（南京大学，南京林业大学，西安理工大学，西安电子科技大学）设函数在区间上连续，在内可导，证明：存在),(),(x g x f )(x h ],[b a ),(b a ),(b a ∈ξ，使得.0)()()()()()()()()(=′′′ξξξh g f b h b g b f a h a g a f提示：构造辅助函数.)()()()()()()()()()(x h x g x f b h b g b f a h a g a f x F =例54（华东师大2001）证明：若函数在有限区间内可导，但无界，则其导函数在内也必无界.)(x f ),(b a )(x f ′),(b a 证用反证法. 假设在内有界，即)(x f ′),(b a ,0>∃M 使得).,(,)(b a x M x f ∈∀≤′在区间内任意取定一点，则),(b a 0x ),(b a x ∈∀，由微分中值定理得))(()()(00x x f x f x f −′=−ξ，其中ξ介于x 与之间，由此式及有界性假设得0x )()()()(000a b M x f x x M x f x f −+≤−+≤，此表明在上有界，矛盾，故)(x f ),(b a )(x f ′在内也必无界.),(b a 思考题16（北京师大2002）设函数在有限区间可导，且导函数在内有界，证明：在内有界.)(x f ),(b a )(x f ′),(b a )(x f ),(b a 例55（吉林大学）设函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且证明：若在上不为常数，则)(x f ],[b a ),(b a ).()(b f a f =)(x f ],[b a ),(,b a ∈∃ηξ，使得.0)(,0)(<′>′ηξf f提示：在上不为常数，则)(x f ],[b a ),(0b a x ∈∃，使得)()(0a f x f ≠，不妨设).()(0a f x f >在区间和上分别应用Lagrange 中值定理即可.],[0x a ],[0b x 例56（哈尔滨工大2000）设在上连续，在内可微，且在内单调递增. 证明：对任意)(x f ],[b a ),(b a )(x f ′),(b a ]1,0[],,[,21∈∈λb a x x ，有).()1()())1((2121x f x f x x f λλλλ−+≤−+证对任意]1,0[],,[,21∈∈λb a x x ，若21x x =，或1,0=λ，结论显然成立. 下面仅就10,21<<≠λx x 情形给予证明，不妨设.21x x < 记210)1(x x x λλ−+=，则由微分中值定理得.201x x x <<01101101),)(()()(x x x x f x f x f <<−′=−ξξ，22002202),)(()()(x x x x f x f x f <<−′=−ξξ，上两式分别乘以λ与λ−1，并相加得：))(1)(()()()()()1()(022011021x x f x x f x f x f x f −−′+−⋅′=−−+λξλξλλ ,0))()()(1(12≥′−′−=ξξλλf f其中最后一步是由于单调递增，所以)(x f ′).()1()())1((2121x f x f x x f λλλλ−+≤−+例57（北京师大，国防科大）设函数在上连续，在内二阶可导，且)(x f ],[b a ),(b a .0)()(==b f a f证明：若，使得，则),(b a c ∈∃0)(>c f ),(b a ∈∃ξ，使得.0)(<′′ξf证在上分别使用Lagrange 中值定理可得：],[],,[b c c a ),(),)(()()(11c a a c f a f c f ∈−′=−ξξ，),(),)(()()(22b c c b f c f b f ∈−′=−ξξ，由假设条件得.0)(,0)(21<′>′ξξf f（1）在区间],[21ξξ上再次使用Lagrange 中值定理得,),)(()()(211212ξξξξξξξξ<<−′′=′−′f f f由（1）式得.0)(<′′ξf例58（西安交大）设函数在上可微，且满足条件)(x f ]1,0[)(21)(,0)0(x f x f f ≤′=证明：在上，]1,0[.0)(≡x f 证由已知条件及Lagrange 中值定理得：,)(21)()0()()(11c f x c f f x f x f ≤⋅′=−=].1,0[1∈c反复使用Lagrange 中值定理可得].1,0[,)(21)(∈≤n n n c c f x f又在上连续，故有界，即)(x f ]1,0[,0>∃M 有].1,0[,)(∈∀≤x M x f从而有.1],1,0[,2)(≥∈≤n x Mx f n令得∞→n .0)(≡x f思考题17（中国地质大学2002）设函数在上连续，在内可微，且满足：)(x f ]1,0[)1,0().()(,0)0(x f x f f ≤′=证明：].1,0[,0)(∈≡x x f3 柯西中值定理例59（四川师大）设函数在内可微，，且)(x f ),(b a 0,>b a )0(),0(−+b f a f 均存在有限. 试证：),(b a ∈∃ξ，使得)()()0()0(1ξξξf f b f a f b a b a ′−=−+−.分析：补充定义)0()(),0()(−=+=b f b f a f a f ，则上式可化为)()(11)()(ξξξf f ab a a f b b f ′−=−−. 令xx G x x f x F 1)(,)()(==，则在满足Cauchy 中值定理的条件.利用Cauchy 中值定理立明.)(),(x G x F ],[b a 思考题18（人民大学2000）设函数在)(x f )0(],[>⋅b a b a 上连续，在内可微. 证明：),(b a ),(b a ∈∃ξ，使得)()()0()0(1ξξξf f b f a f b a b a ′−=−+−.例60（华中师大2002，吉林大学）设函数在连续，在可微，. 证明：存在)(x f ],[b a ),(b a b a <≤0),(,b a ∈ηξ，使得)(2)(ηηξf b a f ′+=′. 分析：上式可化为 ηηξ2)()(f b a f ′=+′. 令，应用柯西中值定理得 2)(),()(x x G x f x F ==)(1)()(1)()(2)(22ξηηf b a a b a f b f b a a b a f b f f ′+=−−+=−−=′.例61（四川大学）设函数在连续，在可微，)(x f ],[b a ),(b a b a <<0. 证明：存在，使得),(,,321b a x x x ∈).(ln ln 4)()(2)(33223222211x f x ab a b x x f a b x x f ′−−=′+=′ 提示：上式可改写为)ln (ln 1)(4)()()(2)(33322442211a b x x f x x f a b a b x x f −′=′−=−′. 思考题19（华中师大）设在上连续，在内可导，证明：)(x f ],[b a ),(b a .0b a <<),(b a ∈∃ξ，使得).()()()(ξξξf f ab a af b bf ′+=−−提示：Lagrange 或Cauchy 中值定理.4 Taylor 公式Taylor 公式具有三种不同形式的余项，其相应的条件是不同的，使用时应予以特别注意，并注意动点与任意点的一般性和相对性.例62 设函数在三次可导. 试证：)(x f ],[b a ),(b a c ∈∃使得3))((241))(2()()(a b c f a b b a f a f b f −′′′+−+′+=. 证法一由已知条件知在满足Taylor 定理的条件，于是有)(x f ],[b a 22)(2(21)2)(2()2()(b a b b a f b a b b a f b a f b f +−+′′++−+′++= ),2(,)2)((61131b ba cb a bc f +∈+−′′′+)2,(,)2)((61)2)(2(21)2)(2()2()(2322b a ac b a a c f b a a b a f b a a b a f b a f a f +∈+−′′′++−+′′++−+′++=两式相减，并由导函数介值定理立明.证法二（待定系数法）设使得下式成立：k 0)(241))(2()()(3=−−−+′−−a b k a b b a f a f b f .令3)(241))(2()()()(a x k a x x a f a f x f x F −−−+′−−=，则0)()(==b F a F ，由Rolle 定理，),,(b a ∈∃ξ使得0)(=′ξF ，即0)(81))(2(21)2()(2=−−−+′′−+′−′a k a a f a f f ξξξξξ. 又由Taylor 定理得),2(,)2)((21)2(2)2()(2ξξξξξξξ+∈−′′′++′′−++′=′a c a c f a f a a f f .比较上两式系数立得.)(c f k ′′′=例63 （西安电子科技大学，西安理工大学）设函数在有二阶导数. 试证：，使得)(x f ],[b a ),(b a c ∈∃3))((241)2()()(a b c f b a f a b dx x f ba−′′++−=∫. 提示：利用例56的结果即可.思考题20（华中师大2001）设在上二次可微，)(x f ],[b a )(max ,0)2(x f M ba fb x a ′′==+≤≤证明：.24)()(3a b M dx x f b a−≤∫例64（厦门大学2000）设在)(x f ),0[+∞上具有连续二阶导数. 又设,0)0(,0)0(<′>f f )),0[(0)(+∞∈<′′x x f ，则)0()0(,0(f f ′−∈∃ξ，使.0)(=ξf 证由Taylor 公式得：),0[+∞∈∀x ，)1,0(∈∃θ，使得.)(21)0()0()(2x x f x f f x f θ′′+′+= 于是，由已知条件得0)0()0((2)()0()0())0()0((2<′′′+−=′−f f x f f f f f f θ，又由连续函数的零点定理知，至少存在一点,0)0(>f ))0()0(,0(f f ′−∈ξ，使得 .0)(=ξf例65（北师大）设在上连续，在内二阶可导，且)(x g ],[b a ),(b a 0)(>≥′′m x g （为常数），又m .0)()(==b g a g 证明：.)(8)(max 2a b mx g bx a −≥≤≤ 证由于在上连续，则)(x g ],[b a )(x g 在上连续，而],[b a 0)()(==b g a g ，故)(x g 的最大值必在内取到，且其最大值点),(b a ξ必为的最大值点或最小值点，从而为的极值点，由Fermat 定理得.)(x g )(x g 0)(=′ξg 将在)(x g ξ=x 处展开得2))((21))(()()(ξηξξξ−′′+−′+=x g x g g x g ,))((21)(2ξηξ−′′+=x g g 其中η介于x 与ξ之间.若2b a +≤ξ，取得b x =2))((21)(ξηξ−′′−=b g g ，从而有 ,)(8)2(21)()(21)(222a b mb a b m b g g −=+−⋅⋅≥−′′=ξηξ若2b a +>ξ，取a x =，同样有.)(8)(2a b m g −≥ξ综上所述，我们有.)(8)()(max 2a b mg x g bx a −≥=≤≤ξ 五中值定理的应用例66 设函数在有定义，且)(x f ),0[+∞0)(,0)0(<′′=x f f . 证明：当时，b a ≤<0)()()(b f a f b a f +<+.证由知严减，为此可将上式化为0)(<′′x f )(x f ′)0()()()(f a f b f b a f −<−+.由拉格朗日中值定理立明.注1 条件“0)(<′′x f ”改为“)(x f ′存在且单减”，结论仍然成立（复旦大学1998）；注2 去掉条件“”，则结论应改为“0)0(=f )()()0()(b f a f f b a f +<++”.例67 设函数在有三阶导数，且)(x f ]1,0[0)21(,21)1(,0)0(=′==f f f . 证明：在内至少存在一点)1,0(ξ，使得12)(≥′′′ξf .证由Taylor 公式得)1,21(,)211)((61)211)(21(21)211)(21()21()1(1312∈−′′′+−′′+−′+=ξξf f f f f ，)21,0(,)210)((61)210)(21(21)210)(21()21()0(2322∈−′′′+−′′+−′+=ξξf f f f f ，两式相减并化简得24)()(21=′′′+′′′ξξf f ，因此，至少有一个的函数值不小于12.例68 设函数在具有三阶连续导数，且)(x f ]1,1[−0)0(,1)1(,0)1(=′==−f f f . 证明：)1,1(−∈∃ξ，使得3)(=′′′ξf .提示：仿上例，并且条件可减弱为存在三阶导数.思考题21（华中师大2002，湖南大学，北师大）设在上二阶可导，证明：)(x f ]1,0[,0)1()0(==f f .1)(min 10−=≤≤x f x .8)(max 10≥′′≤≤x f x提示：由知：1)(min 10−=≤≤x f x )1,0(0∈∃x ，使得1)(0−=x f ，由Fermat 定理得.0)(=′a f将分别在)1(),0(f f a x =处展开，两式相减，仿上例，便可证明之.思考题22（郑州大学）设在三阶可导，试证：)(x f ],[b a ),(b a ∈∃ξ，使得).()(21)]()()[(21)()(3ξf a b b f a f a b a f b f ′′′−−′+′−+= 提示：将在)(),(b f a f 21=x 处展开.例69 设函数在上二次可微，)(x f ],[b a )()(b f a f =，且),(b a x ∈∀，有M x f ≤′′)(，这里M 为正常数. 证明：],[),(2)(b a x a b Mx f ∈−≤′. 证将在点展开得)(),(b f a f ],[b a x ∈],[,))((21))(()()(121x a c x a c f x a x f x f a f ∈−′′+−′+=； ],[,))((21))(()()(222b x c x b c f x b x f x f b f ∈−′′+−′+=.两式相减，并注意到得)()(b f a f =]))(())(([21))((2221x b c f x a c f a b x f −′′−−′′=−′，由条件可得)(2])()[()(2)(22a b Mx b x a a b M x f −≤−+−−≤′.思考题23（上海师范大学）设函数在具有二次连续导数，，且)(x f ]1,0[)1()0(f f =M x f ≤′′)(. 证明：]1,0[,2)(∈≤′x Mx f . 思考题24（华中科技大学1997，西安电子科技大学）设函数在具有二次连续导数，，且)(x f ]1,0[)1()0(f f =1)(≤′′x f . 证明：]1,0[,21)(∈≤′x x f .例70 设函数在二次可微，且)(x f ]1,0[K x f M x f ≤′′≤)(,)(，其中M ，K 为正常数，ξ是内任一点. 证明：)1,0(22)(K M f +≤′ξ. 分析：将分别在点)1(),0(f f ξ展开得121,)0)((21)0)(()()0(c c f f f f ξξξξ−′′+−′+=介于0与ξ之间； 222,)1)((21)1)(()()1(c c f f f f ξξξξ−′′+−′+=介于1与ξ之间；两式相减得2122)(21`)1)((21`)()0()1(ξξξξξf f f f f ′′−−′′+′=−，22])1[(21`)0()1()(22KM K f f f +≤+−++≤′ξξξ.注（南航）.2)(,1)(≤′′≤x f x f 证明：3)(≤′x f .思考题25（华中师大2001，复旦大学，南京大学，东北师大）设函数在上二次可微，且)(x f ]2,0[.1)(,1)(≤′′≤x f x f 证明：.2)(≤′x f例71 设函数在R 二次可微，且)(x f K x f M x f ≤′′≤)(,)(，其中M ，K 为正常数. 证明：MK x f 2)(≤′.证，将在点展开得R x ∈∀0)(x f 0x 20000))((21))(()()(x x f x x x f x f x f −′′+−′+=ξ，其中ξ介于x 与之间，于是0x 20000))((21)()())((x x f x f x f x x x f −′′−−=−′ξ， 2000000))((21)()()()()()(x x f x f x f x x x f x x x f −′′++≤−′≤−′ξ20)(22x x KM −+≤. 即02)()()(20020≥+−′−−M x x x f x x K. 上式是关于的二次三项式，由根的判别式立得0x x −MK x f 2)(0≤′，由的任意性知命题为真.0x 思考题26（北京大学，哈尔滨工大）（1）设在)(x f ),0(+∞内二次可微，分别为210,,M M M )(,)(,)(x f x f x f ′′′在内的上确界. 证明：),0(+∞.42021M M M ≤（2）设在内有界，且)(x f ′′),0(+∞.0)(lim =+∞→x f x 证明.0)(lim =′+∞→x f x提示：（1）类似上例.（2）由假设使得,0>M .)(M x f ≤′′ 又,0)(lim =+∞→x f x 则,0,0>∃>∀N ε当时，有Nx ≥.4)(2Mx f ε<由（1）得：当时，有N x ≥,)(2ε≤′x f ，即ε<′)(x f ，所以.0)(lim =′+∞→x f x 例72（北京大学）设为R 二次可微函数，记)(x f 2,0,)(sup )(=+∞<=∈k x fM k Rx k . 证明：+∞<′=∈)(sup 1x f M Rx ，且.20212M M M ≤分析：ξξ,)(21)()()(2h f h x f x f h x f ′′+′+=+介于x 与x +h 之间， ηη,)(21)()()(2h f h x f x f h x f ′′+′−=−介于x 与h x −之间，两式相减得)]()([2)(2)()(2ηξf f h h x f h x f h x f ′′−′′+′=−−+，)]()([2)()()(22ηξf f h h x f h x f h x f ′′−′′−−−+=′，由此得))()((2)()()(22ηξf f h h x f h x f h x f ′′+′′+−++≤′，2202)(2M h M h x f +≤′，即02)(2022≥+′−M x f h M h ，由根得判别式立得21212M M M ≤.注注意与上两例结果的比较.例73 设函数及在R 有界. 证明：)(x f )(x f ′′′)(x f ′与)(x f ′′在R 也有界. 分析：，有R x ∈∀,)(61)(21)()()(32h f h x f h x f x f h x f ξ′′′+′′+′+=+其中ξ介于x 与x +h 之间. 分别取1±=h 得),(61)(21)()()1(1ξf x f x f x f x f ′′′+′′+′+=+ ),(61)(21)()()1(2ξf x f x f x f x f ′′′−′′+′−=−两式分别相加、相减即得一阶、二阶导数界的估计.例74 设函数在有二阶导数，)(x f ],[b a )()(b f a f ′=′. 证明： ),(b a ∈∃ξ，使得)()()(4)(2a fb f b a f −−≥′′ξ.证法一应用泰勒定理将2(ba f +分别在点a 与b 展开，两式相减立明. 证法二若，显然. 不妨设)()(b f a f =)()(b f a f <，记2ba c +=.若2)()()(b f a f c f +≥，则)]()([2)()(a f c f a f b f −≤−.将在点a 展开得)(c f 2)2)((21)()(a b f a f c f −′′+=ξ，于是2)2)(()]()([2)()()()(a b f a f c f a f b f a f b f −′′=−≤−=−ξ，整理即得所证之式.同理可证2)()()(b f a f c f +<情形.例75 设函数在二次可微，)(x f ],[b a 0)(<′′x f . 试证：b x x x a n ≤<<<≤∀ 21，，有1,,2,1,01==>∑=ni i i k n i k ∑∑==>ni i i n i i i x f k x k f 11)()(.分析：记，将在∑==ni i i x k x 10)(i x f 0x x =展开得n i x x x f x f x x f x x x f x f x f i i i i i ,2,1),)(()())((21))(()()(00020000=−′+<−′′+−′+=ξ. 以分别乘以上式两端并相加即得所证之式.i k思考题27（哈尔滨工大2002，北京科技大学2001）设函数在二次可微，. 试证：)(x f ],[b a 0)(>′′x f b x x x a n ≤<<<≤∀ 21，，有1,,2,1,01==>∑=ni i i k n i k ∑∑==<ni i i n i i i x f k x k f 11)()(.例76 设函数在R 有二阶导数，且)(x f )]()([21)(h x f h x f x f −++≤. 试证：.0)(≥′′x f 证由泰勒公式得)()(21)()()(22h o h x f h x f x f h x f +′′+′+=+， )()(21)()()(22h o h x f h x f x f h x f +′′+′−=−，0)(2)]()([)()(22≥−−++=+′′x f h x f h x f h o h x f ，即，令得0)1()(≥+′′o x f 0→h 0)(≥′′x f .例77 设函数在二次可微，)(x f ]1,0[0)1()0(==f f ，2)(max 10=≤≤x f x . 试证：16)(min 10−≤≤≤x f x .证由于在上连续，故存在最大最小值. 由已知条件知最大值在区间内部达到，设为，即，由Fermat 定理得)(x f ]1,0[0x 2)(0=x f 0)(0=′x f . 将函数在展开得)(x f 0x 1201000,)0)((21)0)(()()0(ξξx f x x f x f f −′′+−′+=介于0与之间， 0x 2202000,)1)((21)1)(()()1(ξξx f x x f x f f −′′+−′+=介于1与之间，0x 将，，0)1()0(==f f 2)(0=x f 0)(0=′x f 代入得，)1(4)(,4)(02201x f x f −−=′′−=′′ξξ.因此有{}16)1(4,4min )(),(min )(min 20202110−≤⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧−−−=′′′′≤′′≤≤x x f f x f x ξξ.例78（吉林大学，北京工业大学）设函数)(x ϕ在),0[+∞二次可微， ∃+∞→)(lim x x ϕ，且)(x ϕ′′在有界. 证明：),0[+∞0)(lim =′+∞→x x ϕ.证由Taylor 公式得：，有0>∀h h x x h h x x h x +<<′′+′+=+ξξϕϕϕϕ,)(21)()()(2.由此得h x h x h x )(21)]()([1)(ξϕϕϕϕ′′−−+=′，h x h x h x )(21)()(1)(ξϕϕϕϕ′′+−+≤′.由)(x ϕ′′)(x ϕ在),0[+∞有界知：存在，使得0>M M x ≤′′)(ϕ. 于是0,00>∃>∀h ε，使得2210ε<Mh . 又∃+∞→)(lim x x ϕ，所以，当时，有0>∃N N x >2)()(00εϕϕh x h x <−+.由以上三式立得εϕ<′)(x ，从而0)(lim =′+∞→x x ϕ.例79（合肥工业大学，湖北大学2002）设a x >时，函数可导，且极限存在，（为常数）.证明：)(x f )(lim x f x ′+∞→k x f x =+∞→)(lim k .0)(lim =′+∞→x f x证设，若，则由极限的保序性得：l x f x =′+∞→)(lim 0>l ,a M >∃当时，有M x >.2)(lx f >′ 于是，当时，，有M x >1>∀n x lx f x f x f 2)()()2(>⋅′=−ξ，令+∞→x 得.))()2((lim +∞=−+∞→x f x f x又，所以k x f x =+∞→)(lim 0)(lim )2(lim ))()2((lim =−=−+∞→+∞→+∞→x f x f x f x f x x x ，两式矛盾. 同理可证：当时也矛盾，所以0<l ,0=l 即.0)(lim =′+∞→x f x 例80（哈尔滨工大2002）设在内可微，且满足)(x f )1,0(.1)(≤′x f 求证：极限存在. )(lim 1−∞→n f n 证记，则由微分中值定理得1),(1≥=−n n f x n n p n n p n p n f n f p n f x x n p n 1)(11)()1()1(<+≤−+⋅′=−+=−+ξ，于是，,1,0εε>∃>∀N 当时，N n >0>∀p ，有ε<<−+nx x n p n 1，由柯西收敛准则知极限存在. )(lim 1−∞→n f n 例81（北师大1999）设证明：.sin sin sin )(2x x x x f n n +++= （1）对任意正整数，方程n 1)(=x f n 在]2,6(ππ内有且仅有一根；（2）设2,6(ππ∈n x 是1)(=x f n 在]2,6(ππ内的根，则.6lim π=∞→n n x 证（1）令，则当1)()(−=x f x F n n 1=n 时，结论显然成立；当时，2≥n ,01)2(>−=n F n π,0121121121()21(21)6(2=−−<−+++=n n F π 由连续函数的零点定理知在0)(=x F n )2,6(ππ内至少有一根. 又]2,6(ππ∈∀x ，有 ,0cos sin cos sin 3cos sin 2cos )(12>++++=′−x n x x x x x x F n n所以，在)(x F n 2,6(ππ内严格单调递增，所以0)(=x F n 在]2,6(ππ内有且仅有一根. （2）记0)(=x F n 在]2,6(ππ内的根为，即n x 0)(=n n x F ，而 1111211sin sin sin sin )(−−−−−−++++=n n n n n n n n x x x x x F111sin )(−−−+=n n n n x x F,0sin 1>=−n n x即，又的严格单调递增，所以)()(1−<n n n n x F x F )(x F .2,1≥<−n x x n n 此说明数列{单调递减且有下界}n x 6π，由单调有界定理知极限存在，设n n x ∞→lim l x n n =∞→lim . 又因为 n n n n n nn n x x x x x x sin 1)sin 1(sin sin sin sin 12−−=+++= ，其中，两边取极限得)(0sin sin 02∞→→<<n x x n n n 1sin 1sin =−ll ，解之得21sin =l ，所以6π=l （因为]2,6[ππ∈l ）. 思考题28（浙江大学2002）设求证：.cos cos cos )(2x x x x f n n +++= （1）对任意正整数，方程n 1)(=x f n 在)3,0[π内有且仅有一根；（2）设3,0[π∈n x 是得根，则1)(=x f n .3lim π=∞→n n x通过以上几例可以看出：在使用泰勒公式时，通常将函数在区间的端点、中点或具有特殊性质的点展开，也可将这些特殊点在任意点展开. 这些特殊点可能是已知的，也可能需要根据题目的条件事先求出.例82 设函数在具有二阶导数，且)(x f ],[b a 0)()(,0)()(>′′==b f a f b f a f . 证明：),(,b a ∈∃ηξ，使得0)(,0)(=′′=ηξf f .分析：由知在区间端点的某领域内异号，由连续函数介值定理知：0)()(>′′b f a f )(x f ),(b a ∈∃ξ，有0)(=ξf . 结合0)()(==b f a f ，两次使用罗尔定理立明.思考题29（哈尔滨工大2000，华中科技）设函数在上连续，且)(x f ],[b a ,0)()(==b f a f .0)()(>′′b f a f证明：存在∈ξ),(b a ，使得.0)(=ξf例83 设函数在连续，在可导，且)(x f ]1,0[)1,0()0()(3132f dx x f =∫. 证明：，使得)1,0(∈∃c 0)(=′c f .提示：由积分中值定理：)0()(),1,32(f f =∈∃ξξ，由Rolle 定理立明.例84 设函数在连续，在可导，且. 证明：方程)(x f ]1,0[)1,0()1()(2120f dx x xf =∫−0)()(=′+x f x x f在内至少有一根.)1,0(提示：令)()(x xf x F =，由已知条件及积分中值定理得)2,0(),()()1()1(1−∈===ηηηηF f f F .由Rolle 定理立明. 思考题30（人民大学2001）设在上可导，且)(x f ]1,0[).1()(10f dx x xf =∫证明：)1,0(∈∃ξ，使得 .)()(ξξξf f −=′提示：令).()(x xf x F = 例85（华中科技大学1998）设在上连续，在内可微，且证明：)(x f ]1,0[)1,0(.0)0(,0)(=>′f x f )1,0(,∈∃μλ，使得.)()()()(,1μμλλμλf f f f ′=′=+ 分析：上式可化为：0)1()()1()(=−′−−′λλλλf f f f .证令，则在上连续，在内可微，且由得)1()()(x f x f x F −=)(x F ]1,0[)1,0(0)0(=f .0)1()0(==F F由Rolle 中值定理得：)1,0(∈∃λ，使得,0)(=′λF 即0)1()()1()(=−′−−′λλλλf f f f ，又所以,0)(,0)0(>′=x f f 0)1(,0)(>−>λλf f ，记λμ−=1，上式两边同除以)()(μλf f 可得.)()()()(,1μμλλμλf f f f ′=′=+ 例86（西安交大，西安电子科技大学）设函数在)(x f ),[+∞a 上连续，且当a x >时，有k k x f ,0)(>>′为常数.证明：当时，方程0)(<a f 0)(=x f 在区间)(,(ka f a a −内有且只有一个根. 证由知0)(<a f .)(a k a f a >− 在闭区间])(,[ka f a a −上，由Lagrange 中值定理得 ,)()()())((ka f f a f k a f a f −⋅′=−−ξ 其中))(,(ka f a a −∈ξ. 由得 0)(>>′k x f ),()()((a f a f ka f a f −>−− 即0)((>−ka f a f ，由连续函数的零点定理及的严格单调性知结论成立. )(x f 例87（华中师大2001）设函数在上三阶可导，)(x f ],[b a 0)()(=′=′b f a f ，且存在，使得证明方程),(b ac ∈).(max )(x f c f bx a ≤≤=0)(=′′′x f 在内至少有一根. ),(b a 提示：由Fermt 定理知.0)(=′c f 然后用Rolle 定理证之.思考题31（浙江大学2000）设为三个实数，证明：方程c b a ,,c bx ax e x ++=2的根不超过三个.提示：反证法，假设有四个（或四个以上）根，用Rolle 定理便可推出三阶导数在某点等于零，矛盾.例88（上海交大2002，浙江大学）设函数在R 上具有二阶导数，且)(x f.0)(lim ,0)(lim ,0)(<−=′>=′>′′−∞→+∞→βαx f x f x f x x又存在一点，使得证明：方程0x .0)(0<x f 0)(=x f 在R 上有且只有两个实根.证由假设得在R 上连续，且由)(),(x f x f ′0)(lim >=′+∞→αx f x 得：，当0x c >∃c x >时，都有.2)(α>′x f在区间上，由Lagrange 中值定理得：],[x c ),(x c ∈∃ξ，使得)(2)())(()()(c x c f c x f c f x f −+>−′+=αξ，由此可得+∞=+∞→)(lim x f x ，从而存在，使得又，由连续函数的零点定理知，方程在区间内至少有一根.c a >.0)(>a f 0)(0<x f 0)(=x f ),(0a x 同理可证：方程在区间0)(=x f ),(0x −∞内至少有一根.下证：方程在Ｒ上仅有两根，用反证法.0)(=x f 假设在Ｒ上有三个根，则由Rolle 中值定理得：0)(=x f R ∈∃ξ，使得0)(=′′ξf ，这与已知条件矛盾，所以至多有两个根.棕上所证，命题成立.例89 设在存在二阶导数，且)(),(x g x f ],[b a 0)()()()(,0)(====≠′′b g a g b f a f x g .证明：（1）在内，；),(b a 0)(≠x g （2）),(b a ∈∃ξ，使得 )()()()(ξξξξg f g f ′′′′=. 提示：（1）由导函数介值定理知),(,0)(b a x x g ∈>′′，或),(,0)(b a x x g ∈<′′，即在严凸或严凹，又)(x g ),(b a 0)()(==b g a g ，从而0)(≠x g .用反证法更加简单.（2）即证0)()()()(=′′−′′ξξξξf g g f ，令)()()()()(x g x f x g x f x F ′−′=即可.例90 设函数在连续，在可微，且)(x f )0](,[>a b a ),(b a 1)()(==b f a f . 证明：存在),(,b a ∈ηξ，使得1),()(1≥′+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−n f n f n ξξξξη.提示：上式等价于 )()(11ξξξξηf f n n n n n ′+=−−，左端是函数的导函数在n x η处的值，右端是函数的导函数在)(x f x n ξ处的值，并注意到，分别应用拉格朗日中值定理立明.1)()(==b f a f 例91 设在连续，在可微，且)(x f )0](,[>a b a ),(b a 0)(≠′x f . 证明：存在),(,,b a ∈ζηξ，使得ηξξζ=′′)()(f f . 分析：上式可化为)(1)(1ζξξηf f ′=′. 由中值定理知)()()(ln ln )()(ln ln 1)(1ζξξηf ab a f b f a b a f b f a b a b f ′=−−=−−−−=′. 另：)(11)()()(ln ln ln ln )()(11ζηξξf f a f b f a b a b a b a b a f b f ′′=−−−−−−=−. 思考题32（南京航空航天大学）设在上连续，在内可微，如果，证明：在内存在三点，使得)(x f ],[b a ),(b a 0≥a ),(b a 321,,x x x .3)()(2)()()(23322221x x f a ab b x x f a b x f ′++=′+=′例92 设函数在连续，在可微，且)(x f ],[b a ),(b a 1)()(==b f a f . 证明：存在),(,b a ∈ηξ，使得1)]()([=′+−ηηξηf f e .分析：上式可化为ξηηηe f f e =′+)]()([. 即ξη==′=′x x x x e x f e )())((.注意到1)()(==b f a f ，立明.例93 设函数在连续，在可导，且)(x f ]1,0[)1,0(1)5.0(,0)1()0(===f f f . 证明：（1）)1,5.0(∈∃η，使得ηη=)(f ；（2）),0(,ηξλ∈∃∈∀R ，使得1])([)(=−−′ξξλξf f .分析：（1）令，则x x f x F −=)()(0)1(,0)5.0(<>F F ，由连续性立明.（2）原式等价于0])([}1)({=−−−′ξξλξf f .由此可令，由（1）得])([)(x x f e x G x −=−λ0)()0(==ηG G . 由Rolle 定理立明.注中值定理中常见几种函数的构造：（1）；)()(x f x x F n =（2）；)()(x f e x F x ±=（3）)()()()()(x g x f x g x f x F ′±′=；（4）注意“1”的妙用，等的应用.x e x x n ln ,,例94 设函数在连续，在二阶可导，过点的直线与曲线相交于点，其中)(x f ]1,0[)1,0())1(,1()),0(,0(f B f A )(x f y =))(,(c f c C 10<<c . 证明：)1,0(∈∃ξ，使得0)(=′′ξf .提示：只需找到两点，其一阶导数相等，由Rolle 定理便得结论成立. 画图立明. 思考题33（华中师大2003）设函数在上二阶可导，过点的直线与曲线)(x f ],[b a ))(,()),(,(b f b B a f a A )(x f y =相交于点，其中. 证明：))(,(c f c C b c a <<),(b a ∈∃ξ，使得0)(=′′ξf .例95（华东师大2000）设在中任意两点都具有介值性，且在内可微，)(x f ],[b a )(x f ),(b a k x f ≤′)(（为常数），k ).,(b a x ∈ 证明：在点a 右连续.)(x f 证，有),(,21b a x x ∈∀212121)()()(x x k x x f x f x f −≤−′=−ξ，于是，),(,,0,021b a x x k ∈∀>=∃>∀εδε，当δ<−21x x 时，有,)()(21ε<−x f x f所以，在内一致连续，故极限存在. 下证： )(x f ),(b a )(lim x f ax +→)(lim x f a x +→).(a f =反证法. 假设上式不成立，不妨设)()(lim a f l x f ax >=+→，则 2)()(lim a f l l x f a x +>=+→，由极限的保序性得：,0>′∃δ 当),(δ′+∈a a x 时，有2)()(a f l x f +>，这样，在区间]2,[δ′+a a ，)2(2)()(δ′+<+<a f a f l a f ，而2,(δ′∈∀a x ，有 2)()(a f l x f +>，即在)(x f 2,[δ′+a a 不具有介值性，这与假设条件矛盾，所以必有即在点a 右连续.)(lim x f a x +→).(a f =)(x f 例96 设在上具有二阶连续导数，且)(x f ),(+∞a .0)(lim )(lim ==+∞→→+x f x f x a x （1）求证：（1），使得),(+∞∈∃a x n .0)(lim ,lim =′+∞=∞→∞→n n n n x f x （2）),(+∞∈∃a ξ，使得.0)(=′′ξf证（1）取，，在区间a k >1≥∀n ]1,[+++n k n k 上，由微分中值定理得：,1),()()1(++<<+′=+−++n k x n k x f n k f n k f n n显然又，由上式可得 .lim +∞=∞→n n x 0)(lim =+∞→x f x .0))()1((lim )(lim =+−++=′∞→∞→n k f n k f x f n n n 即（1）的结论成立.（2）反证法. 假设任意),(+∞∈a x ，0)(≠′′x f ，由导函数的介值性知在上恒正或恒负，不妨设，则)(x f ′′),(+∞a 0)(>′′x f )(x f ′在),(+∞a 上严格递增，但由（1）知,0)(lim =′∞→n n x f 所以，在内，，即严格递减，这与已知条件（1）式矛盾.),(+∞a 0)(<′x f )(x f 同理可证：0)(<′′x f 也不可能，从而必存在),(+∞∈a ξ，使得0)(=′′x f .例97（中科院）设函数在)(x f ),0[+∞上一阶可微，,0)0(=f 且在内单调递减. 证明：)(x f ′),0(+∞xx f )(在内单调递减. ),0(+∞证记x x f x F )()(=，则.)()()(2xx f x f x x F −′=′ 又,0)0(=f 由Lagrange 中值定理及单调递减得)(x f ′x x f x f f x f x f ⋅′≥⋅′=−=)()()0()()(ξ 从而，即0)(≤′x F xx f )(在上单调递减. ),0(+∞思考题34（武汉大学，同济大学，电子科技大学）设函数在)(x f ),0[+∞上连续，上可微，且在),0(+∞,0)0(=f )(x f ′),0(+∞内单调递增. 证明：xx f )(在),0(+∞内单调递增. 六凸函数有关问题例98（华中师大）设函数为I 凸函数，试证明：在I 的任意一闭子区间上有界.)(x f )(x f 提示：由凸函数推论5知其在闭子区间上连续，从而有界. 也可直接证明.证设为其任一闭子区间.I b a ⊂],[（1）证明在有上界. )(x f ],[b a ],[b a x ∈∀，记ab a x −−=λ，则x b x )1(λλ−+=，由于为I 凸函数，所以 )(x fM M M a f b f x b f x f =−+≤−+≤−+=)1()()1()())1(()(λλλλλλ，其中，即在有上界.{})(),(max b f a f M =)(x f ],[b a （2）证明在有下界.)(x f ],[b a 记2b ac +=，则，],[b a x ∈∀x 关于c 的对称点为x ′，则由于为I 凸函数，所以 )(x f M x f x f x f c f 21)(212)()()(+≤′+≤， ,)(2)(M c f x f −≥即有下界，从而有界.注画图理解.例99 设函数为内的凸函数. 试证明：在其任意一闭子区间),(b a )(x f ],[βα上满足Lipschitz 条件.证即证：],[,,021βα∈∀>∃x x L ，有2121)()(x x L x f x f −≤−.因),(],[b a ⊂βα，故可取充分小的正数，使得h ),(],[b a h h ⊂+−βα，于是],[,21βα∈∀x x ，不妨设，取，由凸性得21x x <h x x +=23hm M x x x f x f x x x f x f −≤−−≤−−23231212)()()()(，其中分别表示在m M ,)(x f ),(],[b a h h ⊂+−βα内的上下确界，由上例知其均为有限数，从而1212)()(x x hm M x f x f −−≤−. 类似可证 1212)()(x x h m M x f x f −−−≥− 而当时显然成立，故命题为真.21x x =例100 设)(,0)0(x f f =在),0[∞+为非负严凸函数，x x f x F )()(=. 试证：为严增函数.)(),(x F x f 证因严凸，，由定理1的推论2知 )(x f 0)0(=f。

考研数学证明题拉格朗日中值定理结合定积分不等式证明

拉格朗日中值定理是数学分析中的一种重要定理，它是利用微积分知识对函数在给定区间内的性质进行分析的基本工具之一。

本文将结合定积分不等式，对拉格朗日中值定理进行证明，以展示数学证明题的逻辑推理和技巧运用。

一、拉格朗日中值定理的数学表述1. 拉格朗日中值定理是微分学中最基本的定理之一，它描述了函数在区间内的平均变化率与函数在该区间内某一点的导数之间的关系。

2. 设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可微分，那么存在c∈(a,b)，使得一条过点(a,f(a))和点(b,f(b))的直线与曲线y=f(x)在点(c,f(c))处相切。

3. 若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可微，则存在ξ∈(a,b)，使得f'(ξ) = (f(b) - f(a))/(b - a)4. 这个定理说明了在一定条件下，函数在一个闭区间内取得了某个值，那么在开区间内一定存在一个点，函数的导数在这个点上的值等于函数在这个闭区间上的平均变化率。

也就是说，导数会在某个点上取得平均变化率的值。

二、定积分不等式在数学证明中的作用1. 定积分不等式是微积分中常用的一种工具，它可以用于对函数在一定区间内的性质进行分析，并给出关于函数值大小的估计。

2. 定积分不等式可以帮助我们证明定理和推论，尤其在函数极值、函数单调性等问题的证明中，经常会运用到定积分不等式。

3. 特别是在利用定积分不等式证明拉格朗日中值定理时，定积分不等式可以提供关于函数平均值的估计，从而辅助完成证明过程。

三、基于定积分不等式的拉格朗日中值定理证明1. 我们考虑将函数f(x)在闭区间[a,b]上的平均值与定积分通联起来。

根据定积分的定义，可得（1）∫[a,b] f(x) dx = (b-a) * (f(ξ))其中，ξ∈[a,b]。

2. 又根据拉格朗日中值定理的表述，存在ξ∈(a,b)，使得（2）f'(ξ) = (f(b) - f(a))/(b - a)3. 将（1）（2）式相结合，得到（3）f(ξ) = f(a) + (ξ - a) * f'(c)4. 将（3）式代入（1）式，得到（4）∫[a,b] f(x) dx = (b - a) * f(a) + (b - a) * (ξ - a) * f'(c)5. 对（4）式进行变形和化简，得到（5）∫[a,b] f(x) dx - (b - a) * f(a) = (b - a) * (ξ - a) * f'(c)6. 由（5）式可知，定积分∫[a,b] f(x) dx 与函数导数f'(c) 和区间长度(b - a) 相关，从而得到关于平均值与导数之间的关系的表达式。

考研数学二中值问题试题的多维分析

考研数学二中值问题试题的多维分析
一、多维分析
1、题目类型：本题属于解析几何题型，主要考查学生对空间
几何的把握能力。

2、解题方法：本题可以采用解析法解决，首先要分析出题目
中的空间几何关系，然后根据给出的条件，通过推理、比较、综合等方法，求出结果。

3、解题思路：首先，根据题意，我们可以确定空间几何关系，即给定的空间几何图形ABCD是一个正方形，其中
AB=BC=CD=DA=4。

接下来，根据给出的条件，求出空间几
何图形ABCD的中点坐标，即E的坐标。

4、结论：根据以上分析，正方形ABCD的中点坐标为（2，2）。

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2016考研数学中值定理题型答题技巧分析在考研数学中，有关中值定理的证明题型是一个重要考点，也是一个让很多同学感到比较困惑的考点，不少同学在读完题目后不知从何下手，不会分析证明，找不到思路，之所以会出现这样的情况，主要是因为这些同学对中值定理证明题型的特点缺乏清晰的认识，对其分析和证明方法没有完全理解和掌握，为了协助这样的同学克服这方面的困难，下面文都网校考研数学老师对这类题的特点和证明方法做些分析总结，供各位2016考研的考生参考。

一、中值定理证明题的特点
中值定理证明题主要有以下一些特点：
1.中值定理证明题常常需要作辅助函数;
2.中值定理证明题经常在一个题中需要结合运用三个知识点，分别是：连续函数在闭区间上的性质(包括最大值和最小值定理、零点定理和介质定理)，微分中值定理和积分中值定理;
3.中值定理证明题可能需要在一个问题的证明中反复运用同一个微分中值定理两次甚至三次，比如罗尔中值定理或拉格朗日中值定理;
4.从历年考研数学真题变化规律来看，证明中用得最多的主要是罗尔中值定理和拉格朗日中值定理，而泰勒中值定理和柯西中值定理则用得很少。

二、中值定理证明题的常用方法
中值定理证明题有不同的类型，对不同的类型需要运用不同的方法，主要的和常用的方法包括以下几种：
1.如果题目条件中出现关于函数值的等式，而函数是连续的，则可能需要运用连续函数在闭区间上的性质进行证明;对导数是连续的情况也可以对导函数运用连续函数的性质;
2.如果题目条件中出现关于定积分的等式，则可能需要运用积分中值定理;
3.对于以下这类问题一般使用罗尔中值定理进行证明：
6、如果是要证明两函数差值比的中值等式，或证明两函数导数比的中值等式，则可能需要利用柯西中值定理进行证明。

最后预祝各位考研成功、金榜题名!
1.林黛玉：三生石畔，灵河岸边，甘露延未绝，得汝日日倾泽。

离恨天外，芙蓉潇湘，稿焚情不断，报汝夜夜苦泪。

2.薛宝钗：原以为金玉良缘已成，只待良辰，奈何君只念木石前盟，纵然艳冠群芳牡丹姿，一心只怜芙蓉雪。

3.贾元春：贤孝才德，雍容大度，一朝宫墙春不再，一夕省亲泪婆娑。

昙花瞬息，红颜无罪，到底无常。

4.贾探春：虽为女流，大将之风，文采诗华，见之荡俗。

诗社杏花蕉下客，末世悲剧挽狂澜，抱负未展已远嫁。

5.史湘云：醉酒卧石，坦荡若英豪，私情若风絮，嫁与夫婿博长安，终是烟销和云散，海棠花眠乐中悲。

6.妙玉：剔透玲珑心，奈何落泥淖，青灯古佛苦修行，高洁厌俗袅亭亭。

可惜不测之风云，玉碎冰裂，不瓦全。

7.贾迎春：沉默良善，见之可亲，深宅冷暖，累遭人欺，腹中无诗情风骚，膺内缺气概魄力。

空得金黄迎春名，可怜一载赴黄泉。

8.贾惜春：高墙白曼陀，冷水伴空门。

孤寒寂立一如霜，如何能得自全法？狠心舍弃近身人。

侯门金簪冰雪埋，海灯僻冷长弃世。

9.王熙凤：毒酒甘醇，罂粟灿艳，锦绣华衣桃花眼，眼明刀锋吊梢眉。

何幸七窍玲珑心，只惜冷硬霜凝集。

千机算尽，反误性命。

10.贾巧姐：七月七日，牵牛花开，绮罗金线裹绕成，家亡院坍落污地。

幸有阴德济困危，得获余生农家栖。

一亩薄田，岁月绵长。

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13. 师父，你别说了，弟子心里都早已想得清楚了。

此事乃是天意，师父你自己也想不到的，何况当日最后时刻，虽然田师叔他老人家口不能言，但我心里清楚明白地感觉到他的心意，那一剑，田师叔也是要我出手的。

14. 陆雪琪：‘我当然在乎，若有可能，谁不愿长相厮守，谁不想天长地久？只是明知道难以达成，便不去想了吧！反正将来怎样，谁又知道，我却是终究不肯忘怀的。

'
15. 若不是情到深处难自禁，又怎会柔肠百转冷如霜？也许真的拥抱了你。

这个世界就从此不一样了吧。

16. 雨丝从夜空里落了下来，在黑暗的夜色中，在张小凡少年的眼里，仿佛带了几分温柔，甚至于他忽然觉得，这夜是美丽的，这雨是缠绵的，就连雨水打在竹叶上的清脆，也是动听的，响在了他灵魂深处。

只因为在他身旁，有那样一个美丽女子，抬着头，带着七分青春二分欢喜乃至一分凄凉的美，怔怔出神地看着。

这一场雨！
17. 旧时沧桑过曾记否伤心人白发枯灯走天涯一朝寂寞换宿休
18. 那眼光在瞬间仿佛穿过了光阴，忘却了这周围熊熊燃烧的火焰，看到了当初少年时，曾经的过往。

19. 黑暗深渊里的回忆，仿佛和今日一模一样，像是重新回到了，那曾经天真的岁月。

原来，这一个身影，真的是，从来没有改变过吗？那变的人，却又是谁？
20. 在你绝望的时候，有没有人可以与你相伴？即使无路可走，还有人不曾舍弃吗？
21. 一切，终究是要结束的。

一切，仿佛也将要重新开始……日月旋转，穿梭不停，斗转星移，谁又看尽了人世沧桑？
22. 那时候，我们身陷绝境，垂死挣扎，可是我却一直没有害怕过，当时若是就那样和你一起死了，我——我也心甘情愿！
23. 原来，千百年的时光，还是抹不去深深的一缕伤怀么……
24. 我知道你心里在想什么，师姐，你多半是骂我不知人事，不知这世道艰险，我心中所想所求，泰半都难有结果。

其实我又何尝不知？若说心苦，我也曾的确为此苦过。

只是，我却是想开了，人家说世难容，不可恕，而我终究不能如他一般，破门出家。

但即便如此，我也只求心中有那么一个人可以相思，而且我还知道，他心中也有我，只要这般，我也就心满意足了。

25. 一剑斩龙，两界阴阳，三生合欢，四灵血阵，五婴圣骨，六和镜玄八卦幻，七朵痴情伤心瓣。

八凶赤炎玄火鉴。

26. 碧瑶：你哪里会笨了？你聪明的紧！难怪我爹老是对我说，你这个人看似木讷，其实内秀的很。

27. 九幽阴灵，诸天神魔，以我血躯，奉为牺牲。

三生七世，永堕阎罗，只为情故，虽死不悔。

28. 从小到大，不知道有多少人讨好我，送了多少奇珍异宝，可是……“她抬起头，凝视著张小凡的眼睛，轻轻道，”就算全天下的珍宝都放在我的眼前，也比不上你为我擦拭竹子的这只袖子。

“
29. 你心中苦楚，天知我知，我不能分担你的痛楚，便与你一道承担。

总希望有一日，你能与心中爱人，欢欢喜喜在一起的-------陆雪琪语
30. 我从来都不苦的，师姐。

从来师门传道，便是要我们无牵无挂，心境自在，参悟造化，以求长生，不是么？可是，我要长生做什么？
31. 我不后悔，十年了，我心中还是记挂着你。

如果可能，我情愿放弃一切，跟你一起到天涯海角。

可是，终究是不可能了！。