2016年考研数学中值定理证明题技巧-以及结论汇总
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.。
中值定理证明方法总结
中值定理证明方法总结中值定理（Intermediate Value Theorem）是微积分中的一项重要定理，它表明如果一个连续函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上取两个不同的值$f(a)$和$f(b)$，那么在开区间$(a,b)$内，函数$f(x)$必然取到介于$f(a)$和$f(b)$之间的所有值。
中值定理的证明是通过构造一个辅助函数$g(x)$，它将闭区间$[a,b]$映射到实数区间$[f(a),f(b)]$上，并利用连续函数的性质来证明中值定理。
证明过程如下：1.首先，我们定义辅助函数$g(x)=f(x)-k$，其中$k$是一个常数。
我们的目标是证明如果$g(a)$和$g(b)$异号，那么在开区间$(a,b)$内，$g(x)$必然等于$0$。
2.根据函数$g(x)$的定义，我们可以得到$g(a)=(f(a)-k)$和$g(b)=(f(b)-k)$。
由于$g(a)$和$g(b)$异号，即$(f(a)-k)$和$(f(b)-k)$异号，所以$g(x)$在$[a,b]$上一定有一个根。
3. 接下来，我们要证明在开区间$(a,b)$内，$g(x)$没有其他根。
假设在$(a,b)$内存在一个根$x=c$，即$g(c)=0$。
根据连续函数的性质，我们有$\lim_{x \to c} g(x) = g(c) = 0$。
又因为$f(x)$是连续函数，所以$\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$。
4. 根据极限的性质，我们有$\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} [f(x)-k] = f(c)-k$。
由于$\lim_{x \to c} g(x) = 0$，所以$f(c)-k=0$，即$f(c)=k$。
这意味着$f(c)-k=0$是$g(x)$的唯一根。
5.综上所述，我们可以得出结论，如果$g(a)$和$g(b)$异号，那么在开区间$(a,b)$内，$g(x)$的根只有$f(c)-k=0$。
2016考研数学中值定理之泰勒中值定理
中值定理这部份的考点要紧包括五大定理：费马引理、罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理和泰勒中值定理，它们在考研中主若是以证明题的形式考查大伙儿。
今天咱们要紧讨论泰勒中值定理，泰勒中值定理在高等数学中的应用是超级多的。
它的应用不单单局限在证明题中，它还能够用到极限的计算中、幂级数的展开和求和等，关于2016年的考生而言，此刻还处于温习的基础时期，那个时期不需要把握泰勒中值定理的全数应用，只需要把握它的大体内容即可。
泰勒中值定理的内容是复杂的，为了帮忙大伙儿专门好的明白得，下面咱们来推导一下泰勒中值定理。
关于基础时期而言，大伙儿把握上面的大体内容就能够够了，具体每一个定理是怎么用的，是下个时期大伙儿要攻克的问题。
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。
考研：微分中值定理的证明题汇总
f ( )
唯一性： （反证法） 假设有两个点 1 , 2 (0,1) ，且 1 2 ，使得 F (1 ) F ( 2 ) 0
F ( x) 在 [0,1] 上连续且可导，且 [1 , 2 ] [0,1] F ( x) 在 [1 , 2 ] 上满足 Rolle 定理条件 必存在一点 (1 , 2 ) ，使得： F () f () 1 0
而 f (a) 0 故在 (a, a
f (a) ) 内 f ( x) 0 有唯一的实根 k
1 2 t0 t sin 12. 试问如下推论过程是否正确。对函数 f (t ) 在 [0, x] 上应用拉 t t 0 0
格朗日中值定理得：
f ( x ) f ( 0 ) x0 1 x2 s i n 0 1 1 1 x x s i n f ( ) 2 s in co s x) (0 x0 x
即： cos
1
2 sin
1
x sin
1 x
( 0 x )
因0 x， 故当 x 0 时， 由m i l 2 n s i 0 0，
0
1
x 0
lim x sin
1 0 x
得： lim cos
x 0
1
0 ，即 lim cos
0
【证明】令 G( x) f (a x) f ( x) ， x [0, a] ． G( x) 在[0,a]上连续，且
G(a) f (2a) f (a) f (0) f (a) G(0) f (a) f (0)
2016考研数学中值定理题型答题技巧分析
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。
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
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$f(x_1) >f(x_2)$。
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](https://img.taocdn.com/s3/m/faea6c2466ec102de2bd960590c69ec3d5bbdb96.png)
[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。
2016考研数学证明题解答技巧
2016考研数学证明题解答技巧2016考研初试即将来临，届时文都网校会第一时间发布真题解析，敬请关注文都网校考研频道。
考研初试即将到来，临考前这几天我们需要做哪些准备呢?当然是学习一些实用的答题技巧，争取更好的临场发挥啦!下面是小编为大家总结的考研数学考场答题技巧之证明题解答技巧。
借助几何意义寻求证明思路一个证明题，大多时候是能用其几何意义来正确解释的，当然最为基础的是要正确理解题目文字的含义。
如2007年数学一第19题是一个关于中值定理的证明题，可以在直角坐标系中画出满足题设条件的函数草图，再联系结论能够发现：两个函数除两个端点外还有一个函数值相等的点，那就是两个函数分别取最大值的点(正确审题：两个函数取得最大值的点不一定是同一个点)之间的一个点。
这样很容易想到辅助函数F(x)=f(x)-g(x)有三个零点，两次应用罗尔中值定理就能得到所证结论。
再如2005年数学一第18题(1)是关于零点存在定理的证明题，只要在直角坐标系中结合所给条件作出函数y=f(x)及y=1-x在[0，1]上的图形就立刻能看到两个函数图形有交点，这就是所证结论，重要的是写出推理过程。
从图形也应该看到两函数在两个端点处大小关系恰好相反，也就是差函数在两个端点的值是异号的，零点存在定理保证了区间内有零点，这就证得所需结果。
如果第二步实在无法完满解决问题的话，转第三步。
逆推法从结论出发寻求证明方法。
如2004年第15题是不等式证明题，该题只要应用不等式证明的一般步骤就能解决问题：即从结论出发构造函数，利用函数的单调性推出结论。
在判定函数的单调性时需借助导数符号与单调性之间的关系，正常情况只需一阶导的符号就可判断函数的单调性，非正常情况却出现的更多(这里所举出的例子就属非正常情况)，这时需先用二阶导数的符号判定一阶导数的单调性，再用一阶导的符号判定原来函数的单调性，从而得所要证的结果。
该题中可设F(x)=ln*x-ln*a-4(x-a)/e*，其中eF(a)就是所要证的不等式。
中值定理复习题总结-14页 文字版
， 使得
（1） 可得结论； （2）若
在 内同一点 取得最大值，则
， 两次罗尔中值定理
在 内不同点 取得最大值， 则
， 由零点定理得
得
， 两次罗尔中值定理可得结论
，使
例 11.设函数
在 的某个邻域内具有 阶导数， 且
证明： 介于 0与 之间， 有
.
证明： ∵ 、 且在 每一点处，
及其各阶导数在 上连续， 在 上可导，
内至少存在两个不同的点 ， 使得
证明： 令
， 则有
， 再由
由积分中值定理得
.再 对
在区间
，因
， 必有
上 分 别 用 罗 尔 定 理， 知 至 少 存 在
， 使得
，即
.
推广的积分中值定理： 设
在区间
上连续，
在区间
上连续且
不变号， 证明： 至少存在一点
， 使得
例 32 解： 由推广的积分中值定理得
（2） 例 16.证明： 当 时， 证明： 令
， 其中
在Ⅰ上可导且 C为常数.
当 时有
，
所以
.因为 在 时连续， 从而
故
即
例 17.设 可导，
，
是 的反函数， 证明：
证明： 即证 引入辅助函数
， 即结论成立
， 于是
， 所以
常数， 从而
题型五： 利用泰勒中值定理证明等式和不等式
+
注：（1）欲证等式或不等式中含有二阶或二阶以上导数时， 可考虑用泰勒中值定 理证明；（2）关键问题： 选择合适的 与
；
（2）
，则
即：
；
（3） （4） （5）
，则 ，则
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.。
(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】中值定理总结 可修改 可修改 优质 参赛
可修改 可修改 优质 参赛3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--='''''''=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00 ③一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。
(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 。
中值定理证明方法总结
在( a, b) 内至少存在一点 ξ, 使 f′(ξ) = 0.
f(a+ ), x= a
证明提示: 设 F(x) =
f(x), f(b− ),
a< x< b x= b
证 F(x) 在 [a, b] 上满足罗尔定理 .
机动 目录 上页 下页 返回 结束
二、拉格朗日中值定理
y
y= f(x)
证毕
拉氏 目录 上页 下页 返回 结束
三、柯西(Cauchy)中值定理
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)在开区间 ( a, b) 内F′(x) ≠ 0 至少存在一点 ξ∈(a,b) , 使
f(b) F(b)
− −
f(a) = F(a)
• g(b) − g(a)
•
原函数法
F(x) = f(x)
−
f(b)
−
f(a)
g(
x)
g(b) − g(a)
* 中值定理的条件是充分的, 但非必要. 因此
可适当减弱.
例如, 设 f(x) 在(a,b) 内可导,且 f(a+ 0) = f(b− 0), 则至少存在一点 ξ∈(a,b), 使 f′(ξ) = 0 .
方程两边同时积分
f(b)))) −−−− ff((((aaaa)))) xxxx++++ CCCC ==== ff((((xxxx)))) b− a
解出积分常数 ，则
令辅助 直接积分消不去导数，故变形为 方程两边同时积分
解出积分常数 ，则 令辅助函数
【考研数学】3.1微分中值定理笔记小结
第三章 微分中值定理与导数应用第一节 微分中值定理一、罗尔定理定义（极值）若，使得恒有 ，则称在取极小值.恒有，则称在取极大值.费马引理 若在处取得极值,且在处可导,则罗尔定理 若 1）在上连续；在内可导；则，使2）3）费马(1601 – 1665)费马 法国数学家,他是一位律师,数学只是他的业余爱好. 他兴趣广泛,博览群书并善于思考,在数学上有许多重大贡献. 他特别爱好数论, 他提出的费马大定理:历经358年, 直到1993年才由美国普林斯顿大学的安德鲁.怀尔斯教授经过十年的潜心研究才得到解决 .引理是后人从他研究解决最值的方法中提炼出来的.二、拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理 若在上连续；2）内可导，1）在，使则注：1）结论都成立.2）有限增量公式推论 设在区间上连续，在内可导，则在上拉格朗日 (1736-1813)法国数学家.他在方程论, 解析函数论,及数论方面都作出了重要的贡献,近百余年来, 数学中的许多成就都可直接或间接地追溯到他的工作,他是对分析数学 产生全面影响的数学家之一.例1 试证例2 证明：当时，例3 证明：当时，三、柯西中值定理柯西中值定理 若上连续；在内可导，且1）2）在则，使内容小结1. 意义建立局部和整体的关系2. 关系罗尔定理 拉格朗日中值定理 柯西中值定理3. 应用(1) 证明恒等式(2) 证明不等式(3) 证明有关中值问题的结论作业P132：5；6；7；8；10；11；12.。
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。
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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。
⎰ ⎰⎰⎰⎰⎰6、积分中值定理：若函数 f(x)在[a,b]上连续，则至少存在一点 ξ ∈ [a , b ] 使得baf (x )dx = f (ξ )(b - a )Ps ：该定理课本中给的结论是在闭区间上成立。
但是在开区间上也是满足的，下面我们来证明下其在开区间内也成立，即定理变为：若函数 f(x)在[a,b]上连续，则至少存在一点 ξ ∈ (a , b ) 使得 baf (x )dx = f (ξ )(b - a )证明：设 F (x ) = xaf (x )dx ， x ∈ [a , b ]因为 f (x ) 在闭区间上连续，则 F (x ) 在闭区间上连续且在开区间上可导（导函数即为 f (x ) ）。
则对 F (x ) 由拉格朗日中值定理有：∃ξ ∈ (a , b ) 使得 F `(ξ ) =F (b ) - F (a ) b - a= b a f (x )dxb - a而 F `(ξ ) = f (ξ )所以 ∃ξ ∈ (a , b ) 使得baf (x )dx = f (ξ )(b - a ) 。
在每次使用积分中值定理的时候，如果想在开区间内使用，我们便构造该函数，运用拉格朗日中值定理来证明下使其在开区间内成立即可。
千万不可直接运用，因为课本给的定理是闭区间。
第二部分：定理运用1、设 f (x ) 在[0,3]上连续，在(0,3)内存在二阶导函数，且 2 f (0) = 2f (x )dx = f (2) + f (3) .证明：(1) ∃η ∈ (0,2) 使 f (η ) = f (0)(2) ∃ξ ∈ (0,3) 使 f ``(ξ ) = 0证明：先看第一小问题：如果用积分中指定理似乎一下子就出来了，但有个问题就是积分中值定理是针对闭区间的。
有的人明知这样还硬是这样做，最后只能是 0 分。
具体证明方法⎰(0 ⎰从而， m ≤ ≤ M ，那么由介值定理就有：∃c ∈ [2,3], 使f (c ) = = f (0)在上面已经说到，如果要在开区间内用积分中指定理，必须来构造函数用拉格朗日中值定理证明其在开区间内符合。
（1）、令 xf (t )dt = F (x ), x ∈[0,2]则由题意可知 F (x )在[0,2]上连续， ,2) 内可导.则对 F (x ) 由拉格朗日中值定理有：∃η ∈ (0,2)使F `(η ) =F ( 2 ) - F ( 0)2∴ f (η ) = 2 0f (t )dt 2= f (0),η ∈ (0,2)(2)、对于证明题而言，特别是真题第一问证明出来的结论，往往在第二问中都会有运用，在做第二问的时候我们不要忘记了第一问证明出来的东西，我们要时刻注意下如何将第一问的东西在第二问中进行运用：第二问是要证明存在点使得函数二阶倒数为 0，这个很容易想到罗尔定理来证明零点问题，如果有三个函数值相等，运用两次罗尔定理那不就解决问题啦，并且第一问证明出来了一个等式，如果有 f(a)=f(b)=f(c)，那么问题就解决了。
第一问中已经在(0,2)内找到一点，那么能否在(2,3)内也找一点满足结论一的形式呢，有了这样想法，就得往下寻找了，2 f (0) = f (2) + f (3) ，看到这个很多人会觉得熟悉的，和介值定理很像，下面就来证明：Θ f (x )在[0,3] 上连续，则在[2,3] 上也连续，由闭区间上连续函数必存在最大值和最小值，分别设为 M,m;则 m ≤ f (2) ≤ M , m ≤ f (3) ≤ M . f ( 2 ) + f (3)2f ( 2 ) + f (3)2∴ f (0) = f (η ) = f (c ),η ∈ (0,2), c ∈ [2,3]则有罗尔定理可知：∃ξ1∈(0,η),f`(ξ1)=0，∃ξ2∈(η,c),f`(ξ2)=0∃ξ∈(ξ1,ξ2)⊆(0,3),f``(ξ)=0Ps：本题记得好像是数三一道真题，考察的知识点蛮多，涉及到积分中值定理，介值定理，最值定理，罗而定理，思路清楚就会很容易做出来。
2、设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1.证明:(1)、∃ξ∈(0,1)使得f(ξ)=1-ξ(2)、∃两个不同点η、ξ∈(0,1),使得f`(ξ)⋅f`(η)=1本题第一问较简单，用零点定理证明即可。
（1）、首先构造函数：F(x)=f(x)+x-1,x∈[0,1]F(0)=f(0)-1=-1F(1)=f(1)=1ΘF(0)⋅F(1)=-1<0由零点定理知：∃ξ∈(0,1)使得F(ξ)=0,即f(ξ)=1-ξ(2)、初看本问貌似无从下手，但是我们始终要注意，对于真题这么严谨的题目，他的设问是一问紧接一问，第一问中的结论或多或少总会在第二问中起到作用。
在想想高数定理中的就这么些定理，第一问用到的零点定理，从第二问的结论来看，也更本不涉及什么积分问题，证明此问题也只可能从三大中值定理出发，具体是哪个定理，得看自己的情况，做题有时候就是慢慢试，一种方法行不通，就换令一种方法，有想法才是最重要的，对于一道题，你没想法，便无从下手。
另外在说一点，在历年证明题中，柯西中值定理考的最少。
本题结论都涉及一阶倒数，乘积之后为常数，很可能是消去了变为1（你题目做多了，肯定就知道事实就是这样）.并且第一问中0与1之间夹了个ξ，如果我们在0与ξ，ξ与1上证明： ∃ξ ∈ (0, ),η ∈ ( ,1), 使得：f `(ξ ) + f `(η ) =ξ 2+η2我们的一个想法。
那具体的函数如何来构造呢，这个得从结论出发，f `(ξ ) + f `(η ) =ξ +η 我们把等式变一下： f `(ξ ) -ξ + f `(η ) -η = 0 ， f `(ξ ) -ξ 这个不就是 f (ξ ) -ξ 3关对 f (x ) 运用拉格朗日中值定理似乎有些线索。
写一些简单步骤，具体详细步骤就不多写了：将第一问中 f (ξ ) 代入即可。
f `(η) =f `(ζ ) = f (ξ ) - f ( 0) ξ f (1) - f (ξ ) 1 - ξ = = 1 - ξξ ξ1 - ξ,η ∈ (0,ξ ),ζ ∈ (ξ ,1)∴ f `(ξ ) ⋅ f `(η ) = 1,η ∈ (0,ξ ) ⊆ (0,1),ζ ∈ (ξ ,1) ⊆ (0,1)Ps ：本题是 05 年数一的一道真题，第一问是基本问题，送分的，第二问有一定区分度，对定理熟练的会容易想到拉格朗日定理，不熟练的可能难以想到方法。
做任何题，最重要的不是你一下子就能把题目搞出来，而是你得有想法，有想法才是最重要的，有了想法你才能一步步的去做，如果行不通了，在改变思路，寻求新的解法，如果你没想法，你就根本无从下 手。
3、设函数 f(x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，且 f(0)=0,f(1)=1/3.1 12 2对于这道题的结论比较有意思，比较对称，另外一个就是结论的条件，为何要把 ξ、η 放在两个范围内，不像上一题中直接来个η、ξ ∈ (0,1) ，这个分界点 1/2 的作用是干吗的。
很可能也是把 1 /2 当做某一个点就像上一题中的 ξ ，是否要用到拉格朗日中值定理呢，这是222 2 2 1 3于 ξ 的导数（而且题目中 f(1)=1/3,貌似这样有点想法了），本题会不会也像上一题那样，运用拉格朗日中值定理后相互消掉变为 0 呢，有了这些 想法我们就要开始往下走了：先来构造一个函数：F (x ) = f (x ) - x 3 , F (0) = 0, F (1) = 0, F `(ξ ) = F ( ) - F (0)= 2F ( )F (1) - F ( )1 - ⎰(2)、证明在[-a,a]上至少存在一点η 使得 a f ``(η ) = 3 3 f ``(ξ ) 2f ``(ξ ) 2⎰f (x )dx = ⎰⋅ x dx ， f ``(ξ ) 此处不能直接拿到积分号外面，因为他不是与 x 无F `(η) =131 2 212 = -2F ( 1 ) 1 2 1 2 1 2F `(η ) + F `(ξ ) = 0 刚好证明出来。