中值定理的应用方法与技巧

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
a f (x)g(x)dx f( ) a 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」b a b成立。

() ()
证法1 :任意给定正整数a，令t(x) ax, f2(x) (x)，则在［0,1］上对
fdx), f2(x)应用柯西中值定理得：存在(0,1)，使得一◎红卫a。

() (1) (0)
任意给定正整数b，再令g,x) bx,g2(x) (x),则在［0,1］上对5(x),g2(x)应用
柯西中值定理得：存在(0,1)，使得一^ 匚°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£3 ax, f2(x) (x)，则在［0,1］上对
分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值， 中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法 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
f i (x), f 2(x)应用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得
g i (x) (a b) (x) bx,g 2(x)
(x)，则在［0,1］上对 g i (x), g 2(x)应用柯西中值定
理得：存在 (0,1),使得
(a b) (
) b (a b) b a 0
因此有
() (1) (0)
亠
(a b) (
)
b
a b 上，移项得：」 Lab 。

() () () () ()
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
a 。

再令
1和解2的不同之处是解1分别从一「，」出发构造相应的函数。

而证法
2
()()
是先将」
—a b 移项得：^ a b 丄
(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)，使得丄f o
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
f(b) f (a) f ( )(b a)
使得
令 g(x) x 2，在［a,b ］上对f (x), g(x)应用柯西中值定理，得存在 (a,b)，
f ( ) f(b) f(a)
f() 2 2 0
2
b
a
b a
证法2：令g(x) x 2
，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) 2 b 2 a 2
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(b) f(a) f(b) f(a) o (b a)b (b a) a
b 2 a 2 综合两式得到存在
(a,b)
，使得中
f() o
b a
并且中值处的导数位于分式中 也可用一次柯西中值定理后,
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 ,
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，使丄Q 丄。

g( ) g ()
0。

分别在[a,c],[c,b] 证明：(1)用反证法。

假设存在点c (a,b)，使g(c)
上对g(x)运用罗尔定理，可得存在1(a,c), 2(c,b)，使得g ( 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,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 , 从而有山丄。

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。

x x
(1)求证：x (0,a), (0,1) , 0f(t)dt 0 f(t)dt x［f( x) f( x)］
(2)求lim
x 0
x x
证明：(1)令F(x) 0 f(t)dt 0 f (t)dt，则F (x) f (x) f( x)。

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)］
x x
即 0f (t)dt 0 f(t)dt Xf( x) f( x)］
因此lim
x 0
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： (1) arctana arctanb (2)当 x 1 时，e x 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
arcta nb arcta na
1
----- (b a)， a
b ，故 arctana arctanb
a b
(2)设 f (x) e x 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
e x ex (e e)(x
1)。

由于
(1,x)，所以(e e)(x 1)
0,从而当x 1时,
x
e ex 。

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a
b 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
(2)由于lim
x 0
x 0
f
(t)dt
x 0
f
(t )dt
2x
x in
f(x) f( x)
2x
f (0) linn
而运用洛必达法则,
lim
x 0
x 0
f
(t)dt
x 0
f
(t )dt
2x 2
lim
x 0
f(x) f( X ) 2 2x
1
丄 f (0)
2
少存在一点 (0,1)，使得
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 ⑴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 (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)
所以至少存在一点
(0,1)，使得
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。

其难点在于形式心9f ()的导出。

注意到此式中含有中值处的高阶导数，
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
b a
f ( ) e e (a,b)，使得
e 。

f ( ) b a
证明：由于f(x),e x 在［a,b ］上满足柯西中值定理，故必有
(a,b)，使
f(b) f(a)
b a e e
f(b) f(a) b
a
e e
匸L 。

因为f(x)在［a,b ］上满足拉格朗日中值定理，所以存在 e
(a,b)，使得
f(b) f(a)
b a
f ()。

于是有
f(x) 1
、,2 x (x 1 "()，
x (0,1)
/V
3!
证明：即证至少存在一点 (0,1) ，使得f (x) 令(x) f(x) 1
2
x ， 则 (0) f(0)
1 0，
所以可令:
(x) x 2
(x 1)K(x)， 下证： K(x)
令 H (t) f(t) 1 t 2 t 2(t 1)K(x)，则
x 2(x 1) f ()
3! f (0)
0，
(1) 0。

f () 3!
f (x)
1 x 2
x 2(x 1) f 3!
x (0,1)
1
(0) 2
f ( 3!
所以存在,
b a
⑻b)，使得f () e b ;e 。

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( )
4 -
-，在对其中—，可套用柯西中值定理得出
e ba e
丄Q £(b)_翌，因此只须再证f ()丄包 空，此式可由拉格朗日中值 e e e b a 定理导出。

例八.设抛物线y
x 2 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 x 2 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
x 2 Bx C 在(a,b)内的交点为c 。

作辅助函
数：(x) f(x) ( x 2 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
i
(a,c), 2
(c, b)，使 (J ( 2) 0。

在［i , 2］上再对(x)应用罗尔定理，
存在(「2) (a,b)，使得()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 ( ) 2 0。

即证相应的函
数(x) f(x) ( x 2 Bx C)二阶导数有一个零点。

根据题设条件，y f(x)与
y x 2 Bx C 在三个点处有相等的函数值，因此两者的差
在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到 点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到 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。

例九.设f (x)在(a,)内可导，且lim f (x)存在，证明：lim f (x) 0。

证明：在(a,)内任取一点x,由题设条件知f(x)在［x,x 1］上连续、可导
(x)有三个零点。

(x)其导数有两个零 (x)其二阶导数有一
因此在［x,x 1］上对f (x)应用拉格朗日中值定理得到：存在(x,x 1)，使得
f () 心12型f(x 1) f(x)。

因为当时，x 1 ，从而
x 1 x
x ，又已知lim f (x)存在，所以
x
lim f ( ) Jim ［f(x 1) f (x)］ Jim f(x 1) lim f (x) 0
所以lim f (x) 0。

x
分析：此题乍看与中值定理联系不大，但通过对题设条件的分析，可以发现条件中含有与导数及函数值有关的信息，因此可以尝试用中值定理证明。

而结论中出现了lim f (x)，可在［x, x 1］上对f (x)应用拉格朗日中值定理，并使
x
x 。

由此可导出结论。

a 1
例十.设f(X)在［0,a］上连续，且f(0) 0，证明：f(x)dx 1 Ma2
o \， 2
其中，M max f (x)。

0 x a
a a
证法1: 0 f (x)dx o f(x)dx，而f (0) 0 ,所以应用拉格朗日中值定理得：
f (x) f (0) f (x) f ( )x, 0 x a
” , a a a 1 2
所以f (x) f ( )x Mx。

于是有o f (x)dx o f (x)dx M o xdx - Ma。

x
证法2:因为f (0) 0，所以f(x) f (x) f(0) °f(t)dt，0 x a。

而
x x a a a 1 2 f (x) o f (t)dt o f (t)dt Mx，所以o f(x)dx o f (x)dx M o xdx -Ma .
a a
分析：该题首先可利用0f(x)dx 0f(x)dx，将结论化成定积分问题。

由于结论中含有导
数，因此可考虑对被积函数应用中值定理。

再利用定积分性质导出积分值上界。

二、积分中值定理的应用方法与技巧
例^一.设f (x)在［0,1］上连续且递减，证明；当0 1时，有
1
0 f(x)dx 0f(x)dx
证明：已知f(x)在［0,1］上连续且递减，利用积分第一中值定理，有
2!
1 1
0 f(x)dx
f (x)dx 0
f(x)dx
0 f (x)dx
f (x)dx
(1
) 0 f(x)dx 1
f (x)dx
(1
) f( 1)
(1 )f(2) (1
)[f ( 1) f ( 2)]
其中0
1
2
1 0 由于f (x)
在［0,1］上连续且递减，所以
f( 1) f( 2)
0，而当0
1 时，(1
) 1
0。

所以 ° f (x)dx
q f (x)dx 0，
从而 0 f (x) dx 1
0 f(x)dx
分析：定积分的比较若积分区间相同，可考虑借助于定积分关于被积函数满 足单调性来证明。

若积分区间不相同，则可借助于积分第一中值定理将定积分化 成函数值与区间长度乘积，再作比较。

例十二.设f (X )在［a,b ］上连续，证明存在一点
［a,b ］，满足
从而 bf (x)dx b a ［ f(a) f (b)］ b f(x) f (a)
― (x a)dx 。

a
2
a
b a
令
R(x) f (x) f(a)丄一 (x a)
b a
由于R(a) R(b) 0，故可设R(x) (x a)(x b)K(x)。

作辅助函数：
H(t) R(t) (t a)(t b)K(x)，则H (t)有三个零点a,b,x 。

因此应用罗尔定理得 H (t)有两个零点，再一次应用罗尔定理，
H (t)在［a,b ］内有一个零点，记为
与 x 有关。

即 H ( ) R ( ) 2!K(x) f ( ) 2!K(x)
0，所以 K(x)
从而 R(x) f ；)(x a)(x b)。

于是有
f(x)dx
[f(a) f(b)]
(b a)3
12
证明：记点 A(a,f(a)), B(b, f(b))，容易发现—"(a)
2
f(b)］即为线段AB,
直线x a,x b 及x 轴围成的梯形面积。

由于线段AB 的代数方程为:
y f(a) 丄^
f
^-a)(x a)，所以
b a
b a
~2~
[f(a) f(b)]
b
f (a)
a
f(b)
b
a)dx
由于(x a)(x b)在［a,b ］上不变号，而已知f (x)在［a,b ］上连续，根据积分 第二中值定理，存在一点
［a,b ］，使得
从而结论得证
分析：该题首先将欲证等式右端化为一个定积分， 并导出被积函数的简明表 达式，再利用积分第二中值定理得到左端表达式。

证明技巧要求较高之处为被积 函数的简明表达式的推导，这一过程亦有常规可寻，可先找出函数的零点，从而 导出函数表达式中的一次因式。

其余部分可通过构造辅助函数推得，参见例六。

三、微分、积分中值定理的综合应用方法与技巧
(0,1)，使得 f () g 。

证明：令F(x) xf(x)，则有
0，从而有f ()
丄Q 。

［xf(x)］ l x 0。

符合罗尔定理的结论特征。

结合条件，考虑对函数
xf(x)
应用罗尔定理，但通过对端点处函数值的计算，结合积分第一中值定理，发现应 用罗尔定理时相应的闭区间并不是［0,1］,而是位于其内部的一个闭区间。

例十四.设f (x)在(，)上有连续导数，求
1 a
lim 2 [ f (t a) f (t a)]dt
a 0
4a a
解：在[-a,a]上应用积分第一中值定理
f(x)dx
厂
[f(a)
f (b)] a R(x)dx
bf
-^^(x a)(x b)dx a 2!
b
f ()
玄亍
a)(x b)dx
b
(x a)(x b)dx
2 a
(b a)3 12
例十三•设f(x)在［0,1］上可导，且
f(1) 1 /2
2 0 xf (x)dx 0，试证明:
存在
F(1) f(1)
1/2
2 0 xf(x)dx f( ) 2 1/2 dx
1
f( ) F( )， (0,?) (积分
第一中值定理)
在［,1］上应用罗尔定理，存在
(,1)
(0,1)，使得 F (
分析：以上证法是从结论出发，将结论化成
f ( ) f( ) 0,即
在［a, a ］上应用拉格朗日中值定理，
上式 lim f ( ) , 2a
a 0
f (0)
分析：注意到该题的难点之一是所求极限含有形式较为复杂的积分，
而被积
函数恰为函数值之差，因此可先对结论中形式较为复杂的积分应用积分第一中值 定理，将其化为函数值之差，再对其应用拉格朗日中值定理，进一步简化形式, 从中易求得所求极限
lim 2
a 0
4a
ag
a)
f (t a)]dt lim 丄 2a[ f ( a 0 4a
a) f ( a)]
lim
a 0
a) f( a) a) ( a)
a a 2a。