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 >>，()(

)02

a b

f a f +<， 证明：存在(,)a b ξ∈，使得'()0f ξ=.

分析：由()()0f a f b >>，()(

)02

a b

f a f +<，容易想到零点定理。 证明：Q ()()02a b f a f +<，∴存在1(,)2

a b

x a +∈，使得1()0f x =，

又Q ()()0f a f b >>，∴(),()f a f b 同号，∴()()02

a b

f b f +<，

∴存在2(,)2

a b

x 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）Q ()[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)

3

f f f m M ++≤

≤，即1m M ≤≤

∴存在[0,3]c ∈，使得()1f c =，

（2）()(3)1f c f ==Q ，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）Q (0)(1)0F F ==，∴存在1(0,1)ξ∈，使得1'()0F ξ=，

（2）2

3

'()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）2

2

3

''()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 =，1

1

()22

f =

，(1)2f = 证明：存在(0,1)ξ∈，使得'()0f ξ= 证明：Q (0)1f =，11

()22

f =

，(1)2f =∴存在(0,1)ξ∈，使得()f m ξ=， 又Q ()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

+=⇒

+=⇒+=， 3[ln ()]'0x f x ⇒=

证明：令 3

()()x x f x ϕ=，(0)(1)1ϕϕ==Q

存在(0,1)ξ∴∈，使得'()0ϕξ=，而2

3

'()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 --=⇒

-=⇒+=， 2[ln ()]'0x f x e -=

证明：令 2()()x

x f x e

ϕ-=，()()0f a f b ==Q ，()()0a b ϕϕ∴==

存在(,)a b ξ∴∈，使得'()0ϕξ=，而

222'()2()'()[2()'()]0x x x x f x e f x e e f x f x ϕ---=-+=-+=

2[2()'()]0e f f ξξξ-∴-+=

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'()1

f x f x f x f x x x f x x =

⇒+=⇒+-=--， 2[ln '()(1)]'0f x x -=

证明：令 2

()'()(1)x f x x ϕ=-，(0)(1)(0,1)f f c =⇒∃∈Q ，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=

''()()0''()'()'()()0f x f x f x f x f x f x -=⇒+--= ['()()]'['()()]0[]'[]0f x f x f x f x g g ⇒+--=⇒-= '

10(ln )'(ln )'0()['()()]x x g g e x e f x f x g

ϕ--⇒

-=⇒+=⇒=- ② ''()()10f f ξξ-+=（还原法行不通）

'['()1]'['()1]0'0()[()1]x f x f x g g x e f x ϕ----=⇒-=⇒=-