(完整版)中值定理的应用方法与技巧.doc
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数：( x)
f (x)
( x2
Bx
C )。由题设条件可知
( x)在[a,b]上有二阶导数，
且
( a)
(c)
(b)。在[a,c],[c,b]
上 对
( x)应 用 罗 尔 定 理 ， 存 在
1
(a,c),2
(c, b)，使
(
1)
(2)
0。在[
1,
2]上再对(x)应用罗尔定理，
存在
(
1,2)
( a, b)，使得
f
( )
f (b)
f ( a)。
2
b2
a2
再令g (x)
(b a) x，在[a,b]
上对f ( x), g( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，使得
f ( )
f (b)
f ( a)
f (b)
f (a)
。
b
a
(b
a)b
(b
a) a
b2
a2
综合两式得到存在
,
(a,b)，使得f
( )
f (
)。
2
b
a
b
(a
b)
b
a
。 因 此 有
( )
(1)
( 0)
a
(a
b)
( )
b
b
，移项得：
a
b
a
b。
( )
( )
a b
( )
(
)
(
)
分析：解1和解2都是应用了柯西中值定理。 鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中， 因此考虑须用两次柯西中值定理。 证法
1和解2的不同之处是解
1分别从
a
,
b
出发构造相应的函数。而证法2
(a, b)，使
f (b)
f ( a)
f ( )。因为f (x)在[a,b]
上满足拉格朗日中值定理，所以存在
eb
ea
e
(a,b)，使得f (b)
f ( a)
f
( )。于是有
b a
f (
)
f (b)
f (a)
eb
ea
f ( )
eb
ea
。
eb
ea
b
a
e
b
a
5
所以存在
,
(a,b)，使得f (
)
eb
ea
e
。
点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到(x)其二阶导数有一
个零点。而( x)其二阶导数恰好为f ( x)2。证明函数的高阶导数有零点，可
采用如下常用方法： 首先寻找函数的零点， 然后在零点之间通过运用罗尔定理求得函数的高一阶导数的零点， 在此基础上重复前一过程， 最终可得到高阶导数的零点。
3
x
f (t )dt
x
x[ f ( x) f (
x)]
即
0
f (t )dt
0
x
x
f (t) dt
（2）由于
f (t )dt
0
f ( x) f (
x)
lim
0
lim
2x
2
2x
f (0) lim
x 0
x
0
x 0
x
f (t)dt
x
f (t )dt
而运用洛必达法则，lim
0
0
f (x) f ( x)
1
。
2x
f (
)
b
a
分析： 该题的解题思路为先将欲证等式中的两处中值处导数拆开，得
f
( )
eb
ea
f ( )， 可 套 用 柯 西 中 值 定 理 得 出
f ( )
e
b
， 在 对 其 中
a
e
f (
) f (b)
f (a)，因此只须再证f
( )
f (b)
f (a)，此式可由拉格朗日中值
e
eb
ea
b
a
定理导出。
4
少存在一点
(0,1)
，使得
f ( x)
1 x2
x2( x
1)f
(
)，
x
(0,1)
3!
证明：即证至少存在一点
(0,1)
，使得f ( x) 1
x2
x2( x
1)f
(
)。
3!
令( x)
f ( x)
1
x2，则
(0)
f (0)
1
0，
( 0)
f (0)
0，
(1)
0。
所以可令：( x)
x2(x 1)K ( x)，下证：K ( x)
ax, f2( x)
(x)，则在[0,1]
上对
1
f1(x), f2(x)应 用 柯 西 中 值定 理 得： 存在
(0,1)
，使 得
a
a。再 令
(
)
g1( x)
(a
b)
(x)
bx, g2( x)
( x)，则在[0,1]
上对g1( x), g2(x)应用柯西中值定
理 得 ： 存 在
(0,1)， 使 得(a b) ( )
f (t )dt
f (t )dt
0
0
（2）求lim
x 0
证明：（1）令F ( x)
x
x
f (t)dt，则F ( x)
f ( x)
f (
x)。
0
f (t)dt
0
根据拉格朗日中值定理，
x ( 0, a)，
(0,1)，使得
F ( x) F ( x) F (0)
F ( x)( x 0)
x[ f ( x) f ( x)]
(t)在(0,1)
内至少有一个零点，记为
,即H
( )
f
(
)
3! K (x)
0，从而K ( x)
f
(
源自文库)。
3!
所以至少存在一点
(0,1)
，使得
f (x)
1
x2
x2( x
1)f
( )，
x
( 0,1)
3!
分析：该题粗看貌似泰勒展开式的证明， 但进一步分析发现并非泰勒展开式。
2
其难点在于形式x ( x1)f ( )的导出。注意到此式中含有中值处的高阶导数，
1)
g (2)
0
再在[1,2]上应用罗尔定理，又可得存在
3
[
1,2]，使得g (3)
0，这与题设
矛盾。故在(a,b)
内，g (x) 0。
（2）即证f ( )g ( ) g( ) f (
)
0。为此作辅助函数：
H ( x)
f ( x) g (x) g( x) f ( x)
由于f (a)
f (b)
g (a) g(b)
0，从而当x
1时，
exex。
分析：本例是运用拉格朗日中值定理证明不等式的典型实例。 利用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤为： （1）从所欲证的不等式中找到含函数值差的
表达式，从中选定f (x)及一闭区间（2）运用拉格朗日中值定理得到一等式（3）
利用此等式及ab导出欲证的不等式。
例六.设f (x)在[0,1]上三阶可导， 且f (0)1, f (1)0, f (0)0，试证：至
分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中
中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法2。也可用一次柯西中值定理后，
2
分式中函数值差的部分改用拉格朗日中值定理进行进一步化简，即为证法1的基
本思想方法。
例三．设f ( x), g( x)在[a,b]上二阶可导，并且g ( x)0，f (a)f (b)0，
导出g (3) 0，从而推出矛盾，证得结论。而（2）的证明关键在于首先要将欲证的等式变形成某一函数在中值处的导数为零。 从中选定一函数对其应用罗尔定理导出结论。
例四.设f (x)在[-a,a]
上连续，在x 0处可导，且f
(0) 0
。
（1）求证：x (0, a),
(0,1)，
x
x
x[ f (
x)
f ( x)]
例八.设抛物线y
x2
Bx
C与x轴有两个交点x
a, x b, a b。另有一
函数f ( x)在[a,b]上有二阶导数，且f ( a)
f (b) 0
,如果曲线y
f ( x)与
y
x2
Bx
C在(a,b)内有一个交点，求证：在
(a,b)内存在一点
,使得
f (
)
2。
证明： 设曲线y
f ( x)与y
x2
Bx
C在(a,b)内的交点为c。作辅助函
中值定理的应用方法与技巧
中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分。微分中值定理即罗尔
定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，
一般高等数学教科书上均有介绍， 这
里不再累述。积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。
积分第一
中值定理为大家熟知，即若f ( x)在[a,b]
上连续，则在[a,b]上至少存在一点 ，
b
使得
f ( x)dx f ( )(b a)。积分第二中值定理为前者的推广，即若f (x), g (x)在
a
[a,b]
上连续，且g( x)在[a,b]上不变号，则在[a,b]上至少存在一点
，使得
b
b
f (x) g( x) dx f ( ) g( x)dx。
a
a
一、微分中值定理的应用方法与技巧
三大微分中值定理可应用于含有中值的等式证明， 也可应用于恒等式及不等式证明。由于三大中值定理的条件和结论各不相同， 又存在着相互关联， 因此应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、 不等式，分析其结构特征， 结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数， 套用相应的中值定理进行证明。 这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论， 并且掌握一定的函数构造技巧。
例一．设( x)在[0,1]
上连续可导，且
(0)
0,
(1)
1。证明：任意给定正
整数a,b，必存在(0,1)内的两个数
,
，使得
a
b
a
b成立。
(
)
(
)
证法1：任意给定正整数
a，令f1(x)
ax, f2(x)
( x)，则在[0,1]
上对
f1(x), f2(x)应用柯西中值定理得：存在
(0,1)
，使得
a
a
0
a。
(
)
(1)
(0)
任意给定正整数b，再令g1( x)
bx, g2(x)
( x)，则在[0,1]
上对g1( x), g2( x)应用
柯西中值定理得：存在
(0,1)
，使得
b
b
0
b。
(
)
(1)
(0)
两式相加得：任意给定正整数
a,b，必存在(0,1)
内的两个数
,
，使得
a
b
a
b
(
)
(
)
成立。
证法2：任意给定正整数a, b，令f1(x)
3!
因此可考虑反复用罗尔定理。 证明的难点化解是通过将展开式移项、 寻求函数零点，引进辅助函数等手段实现。
例七.设f ( x)在[a,b]
上 连续 ，在(a,b)
内 可导 且f ( x)
0。试证存在
,
(a,b)，使得f ( )
eb
ea
e。
f ( )
b a
证明： 由于f ( x), ex在[a,b]
上满足柯西中值定理，故必有
(
(
)
)
是先将
a
b
a b移项得：
a
)
a
b
b
(a b) ( )
b，然后
( )
( )
(
( )
( )
从两边出发构造相应的函数。
例二．设f ( x)在[a,b]
上连续，在(a,b)
内可导且f (a)
f (b)，试证明：存
在,
(a,b)，使得f
( )
f
( )。
2
b
a
证法1：根据条件，由拉格朗日中值定理，存在
(a, b)，使得
2
lim
2 2x
f (0)
x
0
x 0
2
因此lim
1。
x 0
2
分析：此题运用的知识点和方法较为综合。既用到了积分上限的函数特性，又用到了拉格朗日中值定理另一种表达方式， 以及洛必达法则、 函数极限运算法则、导数概念等等。 因此要求解题者需具备较扎实的微积分知识基础和一定的函数构造技巧。
例五.证明下列不等式：
例九.设f (x)在(a,)内可导，且lim f (x)存在，证明：lim f ( x)0。
xx
6
证明：在( a,
)内任取一点x,由题设条件知f ( x)在[ x, x 1]
b，故arctana
arctanb a
b
1
2(b
（2）设f ( x) ex
ex，由于f ( x)在[1, x]上连续，在(1, x)内可导，因此根据
拉格朗日中值定理，有
f (x) f (1)
f ( )( x
1),
(1, x)。即
ex
ex (e e)( x
1)
。由于
(1, x)，所以(e
e)( x 1)
f (
)。
3!
令H (t )
f (t)
1 t2
t2(t
1) K (x)，则
H (0) 0, H (0)
0, H (1)
0, H ( x)
0。
根据罗尔定理，在H (t )的两个零点之间存在H (t)的一个零点，因此H
(t )在
(0,1)内至少有三个零点。 同理，H
(t )在(0,1)
内至少有两个零点， 而H
g(a) g (b)
0，试证：
（1）在(a,b)内，g( x) 0
，
（2）在(a,b)内至少存在一点
，使f (
)
f
( )。
g(
)
g
( )
证明：（1）用反证法。假设存在点c ( a,b)，使g(c) 0。分别在[ a, c],[ c,b]
上对g( x)运用罗尔定理，可得存在
1
(a,c),
2
(c, b)，使得g (
f (b)
f (a)
f ( )(b a)
令g ( x) x2，在[a,b]
上对f ( x), g ( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，
使得
f ( )
f (b)
f (a)
f ( )。
2
b2
a2
b a
证法2：令g( x)
x2
，在[a,b]
上对f
(x), g( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，使得
0，故H (a)
H (b)
0。在[a,b]
上对H ( x)应用
罗尔定理得：在(a,b)内至少存在一点
，使H
( )
f ( ) g ( )
g(
) f ( )
0，
从而有f (
)
f
( )。
g(
)
g
( )
分析：该题的证明主要运用了罗尔定理。 由于题设中出现了f ( a)
f (b)
0，
g(a)g (b)0，因此在（1）的证明中可考虑用反证法，通过反复运用罗尔定理
( )
0，即f ( )
2 0。所以f ( )
2
分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为f ( )20。即证相应的函
数( x)f ( x)(x2BxC )二阶导数有一个零点。根据题设条件，yf (x)与
yx2BxC在三个点处有相等的函数值，因此两者的差(x)有三个零点。
在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到(x)其导数有两个零
（1）arctanaarctanbab
（2）当x 1时，
ex
ex
证明：（1）令f ( x)
arctan x, x
[a,b]，f ( x)在[ a,b]上连续，在(a, b)内可导，
因此根据拉格朗日中值定理，有
f (b) f ( a)
f ( )(b a)，a
b。即
arctan b arctan a
1
a)，a
f (x)
( x2
Bx
C )。由题设条件可知
( x)在[a,b]上有二阶导数，
且
( a)
(c)
(b)。在[a,c],[c,b]
上 对
( x)应 用 罗 尔 定 理 ， 存 在
1
(a,c),2
(c, b)，使
(
1)
(2)
0。在[
1,
2]上再对(x)应用罗尔定理，
存在
(
1,2)
( a, b)，使得
f
( )
f (b)
f ( a)。
2
b2
a2
再令g (x)
(b a) x，在[a,b]
上对f ( x), g( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，使得
f ( )
f (b)
f ( a)
f (b)
f (a)
。
b
a
(b
a)b
(b
a) a
b2
a2
综合两式得到存在
,
(a,b)，使得f
( )
f (
)。
2
b
a
b
(a
b)
b
a
。 因 此 有
( )
(1)
( 0)
a
(a
b)
( )
b
b
，移项得：
a
b
a
b。
( )
( )
a b
( )
(
)
(
)
分析：解1和解2都是应用了柯西中值定理。 鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中， 因此考虑须用两次柯西中值定理。 证法
1和解2的不同之处是解
1分别从
a
,
b
出发构造相应的函数。而证法2
(a, b)，使
f (b)
f ( a)
f ( )。因为f (x)在[a,b]
上满足拉格朗日中值定理，所以存在
eb
ea
e
(a,b)，使得f (b)
f ( a)
f
( )。于是有
b a
f (
)
f (b)
f (a)
eb
ea
f ( )
eb
ea
。
eb
ea
b
a
e
b
a
5
所以存在
,
(a,b)，使得f (
)
eb
ea
e
。
点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到(x)其二阶导数有一
个零点。而( x)其二阶导数恰好为f ( x)2。证明函数的高阶导数有零点，可
采用如下常用方法： 首先寻找函数的零点， 然后在零点之间通过运用罗尔定理求得函数的高一阶导数的零点， 在此基础上重复前一过程， 最终可得到高阶导数的零点。
3
x
f (t )dt
x
x[ f ( x) f (
x)]
即
0
f (t )dt
0
x
x
f (t) dt
（2）由于
f (t )dt
0
f ( x) f (
x)
lim
0
lim
2x
2
2x
f (0) lim
x 0
x
0
x 0
x
f (t)dt
x
f (t )dt
而运用洛必达法则，lim
0
0
f (x) f ( x)
1
。
2x
f (
)
b
a
分析： 该题的解题思路为先将欲证等式中的两处中值处导数拆开，得
f
( )
eb
ea
f ( )， 可 套 用 柯 西 中 值 定 理 得 出
f ( )
e
b
， 在 对 其 中
a
e
f (
) f (b)
f (a)，因此只须再证f
( )
f (b)
f (a)，此式可由拉格朗日中值
e
eb
ea
b
a
定理导出。
4
少存在一点
(0,1)
，使得
f ( x)
1 x2
x2( x
1)f
(
)，
x
(0,1)
3!
证明：即证至少存在一点
(0,1)
，使得f ( x) 1
x2
x2( x
1)f
(
)。
3!
令( x)
f ( x)
1
x2，则
(0)
f (0)
1
0，
( 0)
f (0)
0，
(1)
0。
所以可令：( x)
x2(x 1)K ( x)，下证：K ( x)
ax, f2( x)
(x)，则在[0,1]
上对
1
f1(x), f2(x)应 用 柯 西 中 值定 理 得： 存在
(0,1)
，使 得
a
a。再 令
(
)
g1( x)
(a
b)
(x)
bx, g2( x)
( x)，则在[0,1]
上对g1( x), g2(x)应用柯西中值定
理 得 ： 存 在
(0,1)， 使 得(a b) ( )
f (t )dt
f (t )dt
0
0
（2）求lim
x 0
证明：（1）令F ( x)
x
x
f (t)dt，则F ( x)
f ( x)
f (
x)。
0
f (t)dt
0
根据拉格朗日中值定理，
x ( 0, a)，
(0,1)，使得
F ( x) F ( x) F (0)
F ( x)( x 0)
x[ f ( x) f ( x)]
(t)在(0,1)
内至少有一个零点，记为
,即H
( )
f
(
)
3! K (x)
0，从而K ( x)
f
(
源自文库)。
3!
所以至少存在一点
(0,1)
，使得
f (x)
1
x2
x2( x
1)f
( )，
x
( 0,1)
3!
分析：该题粗看貌似泰勒展开式的证明， 但进一步分析发现并非泰勒展开式。
2
其难点在于形式x ( x1)f ( )的导出。注意到此式中含有中值处的高阶导数，
1)
g (2)
0
再在[1,2]上应用罗尔定理，又可得存在
3
[
1,2]，使得g (3)
0，这与题设
矛盾。故在(a,b)
内，g (x) 0。
（2）即证f ( )g ( ) g( ) f (
)
0。为此作辅助函数：
H ( x)
f ( x) g (x) g( x) f ( x)
由于f (a)
f (b)
g (a) g(b)
0，从而当x
1时，
exex。
分析：本例是运用拉格朗日中值定理证明不等式的典型实例。 利用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤为： （1）从所欲证的不等式中找到含函数值差的
表达式，从中选定f (x)及一闭区间（2）运用拉格朗日中值定理得到一等式（3）
利用此等式及ab导出欲证的不等式。
例六.设f (x)在[0,1]上三阶可导， 且f (0)1, f (1)0, f (0)0，试证：至
分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中
中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法2。也可用一次柯西中值定理后，
2
分式中函数值差的部分改用拉格朗日中值定理进行进一步化简，即为证法1的基
本思想方法。
例三．设f ( x), g( x)在[a,b]上二阶可导，并且g ( x)0，f (a)f (b)0，
导出g (3) 0，从而推出矛盾，证得结论。而（2）的证明关键在于首先要将欲证的等式变形成某一函数在中值处的导数为零。 从中选定一函数对其应用罗尔定理导出结论。
例四.设f (x)在[-a,a]
上连续，在x 0处可导，且f
(0) 0
。
（1）求证：x (0, a),
(0,1)，
x
x
x[ f (
x)
f ( x)]
例八.设抛物线y
x2
Bx
C与x轴有两个交点x
a, x b, a b。另有一
函数f ( x)在[a,b]上有二阶导数，且f ( a)
f (b) 0
,如果曲线y
f ( x)与
y
x2
Bx
C在(a,b)内有一个交点，求证：在
(a,b)内存在一点
,使得
f (
)
2。
证明： 设曲线y
f ( x)与y
x2
Bx
C在(a,b)内的交点为c。作辅助函
中值定理的应用方法与技巧
中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分。微分中值定理即罗尔
定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，
一般高等数学教科书上均有介绍， 这
里不再累述。积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。
积分第一
中值定理为大家熟知，即若f ( x)在[a,b]
上连续，则在[a,b]上至少存在一点 ，
b
使得
f ( x)dx f ( )(b a)。积分第二中值定理为前者的推广，即若f (x), g (x)在
a
[a,b]
上连续，且g( x)在[a,b]上不变号，则在[a,b]上至少存在一点
，使得
b
b
f (x) g( x) dx f ( ) g( x)dx。
a
a
一、微分中值定理的应用方法与技巧
三大微分中值定理可应用于含有中值的等式证明， 也可应用于恒等式及不等式证明。由于三大中值定理的条件和结论各不相同， 又存在着相互关联， 因此应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、 不等式，分析其结构特征， 结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数， 套用相应的中值定理进行证明。 这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论， 并且掌握一定的函数构造技巧。
例一．设( x)在[0,1]
上连续可导，且
(0)
0,
(1)
1。证明：任意给定正
整数a,b，必存在(0,1)内的两个数
,
，使得
a
b
a
b成立。
(
)
(
)
证法1：任意给定正整数
a，令f1(x)
ax, f2(x)
( x)，则在[0,1]
上对
f1(x), f2(x)应用柯西中值定理得：存在
(0,1)
，使得
a
a
0
a。
(
)
(1)
(0)
任意给定正整数b，再令g1( x)
bx, g2(x)
( x)，则在[0,1]
上对g1( x), g2( x)应用
柯西中值定理得：存在
(0,1)
，使得
b
b
0
b。
(
)
(1)
(0)
两式相加得：任意给定正整数
a,b，必存在(0,1)
内的两个数
,
，使得
a
b
a
b
(
)
(
)
成立。
证法2：任意给定正整数a, b，令f1(x)
3!
因此可考虑反复用罗尔定理。 证明的难点化解是通过将展开式移项、 寻求函数零点，引进辅助函数等手段实现。
例七.设f ( x)在[a,b]
上 连续 ，在(a,b)
内 可导 且f ( x)
0。试证存在
,
(a,b)，使得f ( )
eb
ea
e。
f ( )
b a
证明： 由于f ( x), ex在[a,b]
上满足柯西中值定理，故必有
(
(
)
)
是先将
a
b
a b移项得：
a
)
a
b
b
(a b) ( )
b，然后
( )
( )
(
( )
( )
从两边出发构造相应的函数。
例二．设f ( x)在[a,b]
上连续，在(a,b)
内可导且f (a)
f (b)，试证明：存
在,
(a,b)，使得f
( )
f
( )。
2
b
a
证法1：根据条件，由拉格朗日中值定理，存在
(a, b)，使得
2
lim
2 2x
f (0)
x
0
x 0
2
因此lim
1。
x 0
2
分析：此题运用的知识点和方法较为综合。既用到了积分上限的函数特性，又用到了拉格朗日中值定理另一种表达方式， 以及洛必达法则、 函数极限运算法则、导数概念等等。 因此要求解题者需具备较扎实的微积分知识基础和一定的函数构造技巧。
例五.证明下列不等式：
例九.设f (x)在(a,)内可导，且lim f (x)存在，证明：lim f ( x)0。
xx
6
证明：在( a,
)内任取一点x,由题设条件知f ( x)在[ x, x 1]
b，故arctana
arctanb a
b
1
2(b
（2）设f ( x) ex
ex，由于f ( x)在[1, x]上连续，在(1, x)内可导，因此根据
拉格朗日中值定理，有
f (x) f (1)
f ( )( x
1),
(1, x)。即
ex
ex (e e)( x
1)
。由于
(1, x)，所以(e
e)( x 1)
f (
)。
3!
令H (t )
f (t)
1 t2
t2(t
1) K (x)，则
H (0) 0, H (0)
0, H (1)
0, H ( x)
0。
根据罗尔定理，在H (t )的两个零点之间存在H (t)的一个零点，因此H
(t )在
(0,1)内至少有三个零点。 同理，H
(t )在(0,1)
内至少有两个零点， 而H
g(a) g (b)
0，试证：
（1）在(a,b)内，g( x) 0
，
（2）在(a,b)内至少存在一点
，使f (
)
f
( )。
g(
)
g
( )
证明：（1）用反证法。假设存在点c ( a,b)，使g(c) 0。分别在[ a, c],[ c,b]
上对g( x)运用罗尔定理，可得存在
1
(a,c),
2
(c, b)，使得g (
f (b)
f (a)
f ( )(b a)
令g ( x) x2，在[a,b]
上对f ( x), g ( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，
使得
f ( )
f (b)
f (a)
f ( )。
2
b2
a2
b a
证法2：令g( x)
x2
，在[a,b]
上对f
(x), g( x)应用柯西中值定理，得存在
(a,b)，使得
0，故H (a)
H (b)
0。在[a,b]
上对H ( x)应用
罗尔定理得：在(a,b)内至少存在一点
，使H
( )
f ( ) g ( )
g(
) f ( )
0，
从而有f (
)
f
( )。
g(
)
g
( )
分析：该题的证明主要运用了罗尔定理。 由于题设中出现了f ( a)
f (b)
0，
g(a)g (b)0，因此在（1）的证明中可考虑用反证法，通过反复运用罗尔定理
( )
0，即f ( )
2 0。所以f ( )
2
分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为f ( )20。即证相应的函
数( x)f ( x)(x2BxC )二阶导数有一个零点。根据题设条件，yf (x)与
yx2BxC在三个点处有相等的函数值，因此两者的差(x)有三个零点。
在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到(x)其导数有两个零
（1）arctanaarctanbab
（2）当x 1时，
ex
ex
证明：（1）令f ( x)
arctan x, x
[a,b]，f ( x)在[ a,b]上连续，在(a, b)内可导，
因此根据拉格朗日中值定理，有
f (b) f ( a)
f ( )(b a)，a
b。即
arctan b arctan a
1
a)，a