2016年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

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(

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(

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

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

b

a

f (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 b

a

f (x )dx = f (ξ )(b - a )

证明：设 F (x ) = x

a

f (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 )dx

b - a

而 F `(ξ ) = f (ξ )

所以 ?ξ ∈ (a , b ) 使得

b

a

f (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) = 2

f (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 x

f (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 0

f (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)

2

f ( 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)=0

Ps：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=-1

F(1)=f(1)=1

ΘF(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

+η

2

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 - ξ

ξ ξ

1 - 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 1

2 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

2

2

2 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 ) 2

f ``(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) =

1

3

1 2 2

1

2 = -2F ( 1 ) 1 2 1 2 1 2

F `(η ) + F `(ξ ) = 0 刚好证明出来。

Ps ：本题是近几年数二的一道真题，只有一问，有比较大区分度的，得从条件结论互相出

发，如何构造出函数是关键。做出来之后我们反过来看这个 1/2 的作用就知道了，如果只

给η、ξ ∈ (0,1) ，那就更难了 得自己找这个点，既然题中给了这个点，并且把两个变量分

开在两个区间内，我们就对这两个变量在对应区间用相应定理。说明真题出的还是很有技巧

的。一般设计难一点的中值定理证明，往往得用拉格朗日定理来证明，两个变量，都涉及到

导数问题，这是因为拉格朗日中值定理条件要少些，只需连续，可导即可，不像罗尔定理得

有式子相等才可进一步运用。

4.设 f(x)在区间[-a,a](a>0)上具有二阶连续导数，f(0)=0

(1)、写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式

第一问课本上记住了写出来就行，考的很基础

a

-a

f (x )dx

（1）、 f (x ) = f (0) +

f `(0)

1! x + 2! x = f `(0) ? x + 2! x (2)、第二问先将第一问的式子 f(x)代入看看有什么结果出来

a -a a -a f ``(ξ ) 2

2

关的数。做到这儿，我们想办法把他弄到积分号外面似乎就能出来，有了这样想法就得寻求

办法。题目中说道 f(x)有二阶连续导数，为何要这样说呢，我们知道连续函数有最大值，最

小值，往往会接着和介值定理一起运用。所以有：

2 ma

3 = m ? x dx ≤ ? ? x dx = f ``(ξ ) ? x dx ≤ M Ma 3 2 2 2 3

3 ∴ m ≤ 3 ? f (x )dx ≤ M a

? f (x )dx = 0, ? f (x ) ? cos xdx = 0 . 令： F (x ) = ?

Θ ? f (x ) ? cos xdx = ? cos xdF (x ) = cos x ? F (x )π 0

+ ? sin x ? F (x )dx = 0

∴ ? sin x ? F (x )dx = 0

拉格朗日中值定理来证明其在开区间内成立。构造函数 G (x ) = ?

sin t ? F (t )dt , x ∈[0,π ] 因为 f(x)有二阶连续导数，所以存在最大值和最小值，设为 M,m 则对于区间[-a,a]，

m ≤ f ``(x ) ≤ M , mx 2 ≤ f ``(ξ ) ? x 2 ≤ Mx 2

2 3 a a a -a -a -a

a -a

所以由介值定理有结论成立。

Ps ：本题是以前的一道真题，具体哪年也记不得了，主要就是考到介值定理的运用。题目

中说的很明白的，有二阶连续导数，往往当题目中提及到什么连续啊，特别是对于导函数连

续的，我们总得注意下他有最大值，最小值，进而与介值定理联合运用。

5、设 f(x)在[0,π ]上连续，且 π

0 π 0

证明：在 (0,π ) 内至少存在两个不同点 ξ1、ξ 2使得f (ξ1 ) = f (ξ2 ) = 0

本题看似很简洁，但做起来去不容易。

结论是证明等式成立且为 0，很容易让我们想到罗尔定理，我们如果能找到三个点处函数值

相等，那么是不是就能有些思路了呢。

x

f (t )dt , x ∈[0,π ]， F (0) = F (π ) = 0

似 乎 只 需 在 找 出 一 点 F(c)=0 即 可 。， 如 果 一 切 如 我 们 所 想 ， 证 明 也 就 完 成 了 。

π π π 0

π 0

似乎已经找到这个点了。但是积分中值定理中，是取闭区间，如果要用的话得先构造函数用

x 0

具体的证明步骤和上面涉及到的一样，自己去证。证完后就得到

?c ∈ (0,π ),使得G `(c ) = 0,即sin c ? F (c ) = 0, 所以F (c ) = 0

一般都会构造出 g (x ) = XXX ? e 或者e 或者x , n 为任意常数

1、如果只是单纯导函数和原函数之间关系，想想构造带有 e 或者e

所以有： F (0) = F (c ) = F (π ) = 0, c ∈ (0,π )

接下来的证明就和第一题中第二小问一样了，具体就不去证明了，自己证，关键掌握方法， 思路。

Ps ：本题是 02 年左右的数一一道证明题，看看题目很简洁，但具体来做，如果对定理的运

用不熟练，还是不好弄出来。本题中涉及到积分，而且又要证明等式成立且为 0，容易想到

积分中值定理，以及罗尔定理。但是积分中值定理是对于闭区间而言，而我们要用到开区间，

只能自己构造函数来证明其在开区间内成立，如果在实际做题的时候你不证明直接用，估计

一半的分都没了。本题关键的就是寻找这个点 C ，找出来了其他的都不是问题，既然是关键

点，那得分点也肯定最多了，你不证明这个点，直接套用课本中定理（如果用的话，得分类

讨论了），硬是说 C 点就成立，那估计一半的分都没了。

对于中值定理这章，就先给出上面一些经典的题目，大家好好体会下，多做些题，多思考。

下面来讲讲对于证明题中的，函数如何来构造：基本上都是从结论出发，运用求导或是积分，

或是求微分方程，解出来也可。本人自己总结了一些东西，与大家交流下：

第三部分：构造函数基本方法

一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系：

x -x n

f `(x ) = f (x ) 可以构造

g (x ) = f (x ) ? e -x

x -x

? f (t )dt = f (x ) 这个也是原函数与一阶导函数问题，构造函数 g (x ) = e -x

? ? f (t )dt ln f (x ) = - x 2 +c

ln f 2 (x ) ? e x

= c f 2

(x ) ? e x

= C

构造带有 e 或者e

f `(x ) + f (x ) = 0 可构造

g (x ) = f (x ) ? e x

f `(x ) + f (x ) = λ 可构造

g (x ) = f (x ) ? e x

- λ ? e x

x

a x a

f `(x ) - λ ( f (x ) - x ) = 1

先将其变形下：f `(x ) - λf (x ) = 1 - λx 左边是导函数与原函数关系可构造： f (x ) ? e

-λx

右边可以看成是 x `-λx 也成了导函数和原函数之间关系，如是可以构造： x ? e

-λ

x

从而

要构造的函数就是： g (x ) = ( f (x ) - x )e -λx

2、如果还涉及到变量 X ，想想构造 x n

xf `(x ) + f (x ) = 0 可构造 g (x ) = f (x ) ? x

f (x ) = -

2 f (x )

x

可构造 g (x ) = f (x ) ? x 2 xf `(x ) + nf (x ) = 0 可构造 g (x ) = f (x ) ? x n

3、另外还可以解微分方程来构造函数：

如 xf (x ) + f `(x ) = 0 f `(x )

f (x )

= -x ,

1

2 2

2

所以构造函数g (x ) = f 2

(x ) ? e x

2

二、二阶导数与原函数之间关系

x

f ``(x ) = f (x )

如何构造如下：

-x

f``(x)+f`(x)=f`(x)+f(x)对于此式子，你会不会有所想法呢，在上面讲到一阶导函数与原函数之间的构造方法，等式前面也可以看成是一阶导函数与原函数（只不过原函数是f`(x)）之间关系，从而等式左边可以构造f`(x)?e x等式右边可以构造f(x)?e x总的构造出来函数为：g(x)=(f`(x)-f(x))?e

x

另：如果这样变形：

(f``(x)-f`(x))+(f`(x)-f(x))=0

构造函数如下：g(x)=(f`(x)+f(x))?e -x

，可以看上面原函数与导函数之间关系如何构

造的。

从而对于此函数构造有两种方法，具体用哪一种构造得看题目给的条件了。如果题目给了f`(x)-f(x)为什么值可以考虑第一中构造函数，如果题目给了f`(x)+f(x)，则可以考虑第二种构造方法。

f``(η)-3f`(η)+2f(η)=0

先变形：变成一阶导函数和原函数之间关系

f``(η)-2f`(η)=f`(η)-2f(η)

f`(x)?e-2x=f(x)?e-2x

所以构造的函数为：

G(x)=(f`(x)-f(x))?e-2x

f``(x)+f(x)=0

这个函数确实不好构造，如果用微分方程来求会遇到复数根。

G(x)=f2(x)+(f`(x))2

G`(x)=2f`(x)?(f``(x)+f(x))

实际做的时候还得看题目是否给了f`(x)的一些条件，如果在某个开区间内不为0，而构造出来的函数在闭区间端点取值相等，便可用罗而定理来证明。

具体来看看题目：

（1）、存在ξ ∈ ( ,1), 使得f (ξ ) =ξ

?

1、 设 f (x ) 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且 f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1 证明：

1

2

（2）、存在η ∈ (0,ξ ), 使得f `(η) = f (η) -η + 1

（1）、对一问直接构造函数用零点定理： F (x ) = f (x ) - x 具体详细步骤就不写了。

（2）、该问主要问题是如何构造函数：如果熟练的话用上面所讲方法来构造：

f `(η ) = f (η ) -η + 1先变形

f `(η ) - f (η ) = 1 - η f (x ) ? e -x = x ? e -x

∴ 构造函数为G (x ) = ( f (x ) - x ) ? e -x

另：用微分方程求解法来求出要构造的函数

f `(η ) - 1 = f (η) -η ( f (x ) - x )`= f (x ) - x ln( f (x ) - x ) = x + c f (x ) - x = e x +c = e x ? C ( f (x ) - x ) ? e -x = C

把常数退换掉之后就是要构造的函数

G (x ) = ( f (x ) - x ) ? e -x

函数构造出来了，具体步骤自己去做。

2、设 f `(x ) 在[a,b]上连续，f(x)在(a,b)内二阶可导，f(a)=f(b)=0, b

a

f (x )dx = 0

证明：（1）存在 ξ1,ξ2 ∈ (a , b )使得f (ξ1 ) = f `(ξ1 ), f (ξ2 ) = f `(ξ2 )

（2）存在η ∈ (a , b ),η ≠ ξ1,ξ 2使得f ``(η) = f (η)

（1）、第一问中的函数构造：

F (x ) = f (x ) ? e -x

（2）、第二问中函数构造有两种构造方法，上面讲解中说道了

我们在这用第一种

g (x ) = ( f `(x ) - f (x )) ? e x

原因在于第一问中f`(x)-f(x)=0符合此题构造。

具体详细步骤自己去写写。

3、设奇函数f(x)在[-1,1]上具有二阶导数，且f(1)=1,证明：

(1)存在ξ∈(0,1),使得f`(ξ)=1

(2)存在η∈(-1,1),使得f``(η)+f`(η)=1

第一问中证明等式，要么用罗尔定理，要么介值定理，要么零点

本题很容易想到用罗尔定理构造函数来求，因为涉及到了导函数

（1）、F(x)=f(x)-x，题目中提到奇函数，f(0)=0

有F(0)=F(1)=0从而用罗尔定理就出来了。

（2）、第二问中的结论出发来构造函数，从上面讲的方法来看，直接就可以写出要构造的函数

f``(η)+f`(η)=1

先变形下：f`(x)?e x=e x

G(x)=(f`(x)-1)?e x

函数构造出来，并且可以用到第一问的结论，我们只需要在（-1,0）之间在找一个点也满足1的结论即可。也即ζ∈(-1,0),f`(ζ)=1

从而可以对η∈(ζ,ξ)?(-1,1)运用罗尔定理即可。

Ps：本题为13年数一真题，第一问基础题，但要看清题目为奇函数，在0点处函数值为0.第二问关键是构造函数，函数构造出来了就一步步往下做，缺什么条件就去找什么条件或者证明出来，13年考研前我给我的几个考研小伙伴们讲过构造函数的一些方法，考场上都很

第四部分：中值定理重点提醒分类总结

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

【例题 1】设 f (x ) = arctan x C [0, a ] ， f (a ) f (0) = f 2(? a )a ，求 lim ?

。

【解答】 f 2(x ) =

，由 f (a ) f (0) = f 2(? a )a

得 ? 2 = arctan a = a 2 arctan a ， 1 + a ?

lim ? 2

= lim a 0+ a 0+ a arctan a 1 + a 2

= 1

a 0+

h ，其中? 位于 x 与 x + h 之间。 f 22(? ) 2 于是 f (x ) + f (x +? h )h = f (x ) + f (x )h +2 f 22(? ) 2 2 h ，或 ⊕? = f 2(x +? h ) f 2(x ) f 22(? ) f 2(x +? h ) f 2(x ) f 22(? )

= ? h 2 2 h 两边取极限再由二阶连续可导得 lim 0

?

= 2 【例题 2】设 f (x ) 在[0,1] 上三阶可导，f (1) = 0 ，令 H (x ) = x f (x ) ，证明：存在? (0,1) ，

中值定理题型

题型一：中值定理中关于? 的问题

2

a 0 1 1 + x 2

a a arctan a 2 2 ，解得

a arctan a 2

= lim a 0+

a arctan a

a 3

= lim a 0+

1 1

于是 lim ? = 1 3

。

【 例 题 2 】 设 f (x ) 二 阶 连 续 可 导 ， 且 f 22(x ) ? 0 ， 又 f (x + h ) = f (x ) + f 2(x + ?h )h

（ 0 < ? < 1 ）。

证明： lim ? = h 0 1 2

。

【解答】由泰勒公式得

f (x + h ) = f (x ) + f 2(x )h + 2! ，从而有 2!

，

1

h 。

题型二：证明 f

(n )

(? ) = 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：

存在 ? (0,3) ，使得 f 2(? ) = 0 。

【解答】因为 f (x ) C [0,2] ，所以 f (x ) 在[0,2] 上取到最小值 m 和最大值 M ，

由 3m δ f (0) + f (1) + f (2) δ 3M 得 m δ 1 δ M ， 由 介 值 定 理 ， 存 在 c [0,2] ， 使 得

f (c ) = 1 ，因为 f (c ) = f (3) = 1，所以由罗尔定理，存在 ? (c ,3) (0,3) ，使得 f 2(? ) = 0 。

3

1

因为 H (x ) = 3x f (x ) + x f (x ) ，所以 H (0) = 0 ，再由罗尔定理，存在? 2

(0,? 1 ) ，使

2 2 2 得 H (? 2 ) = 0 。 因 为 H (x ) = 6xf (x ) + 6x f (x ) + x f ( x ) ， 所 以 H (0) = 0 ， 由 罗 尔 定 理 ， 存 在 22 2 22

22 + f (a ) =

f (b ) 2 f ) ，? 1 (a ,

) ，? 2 ( 使得 H 222(? ) = 0 。

【解答】由 H (0) = H (1) = 0 ，存在 ?1 (0,1) ，使得 H 2(?1 ) = 0 ，

2 3

22

2 3

? (0,? 2 ) (0,1) ，使得 H 222(? ) = 0 。

题型三：证明 f

(n )

(? ) = C 0 (? 0)

思路：（1）高阶导数具有连续性；

（2）辅助函数构造

【例题 1】设 f (x ) C [a , b ] ，在 (a , b ) 内二阶连续可导，证明：存在 ? (a , b ) ，使得

a + b

2

【解答】由泰勒公式得 (b a )2

4 f 22(? ) 。

f (a ) = f (

a +

b 2 ) + f 2( a + b 2 )(a a + b 2 ) + f 22(?1 ) 2! (a a + b 2 2 a + b 2 ) ，

f (b ) = f (

a +

b 2 ) + f 2( a + b 2 )(b a + b 2 ) + f 22(? 2 ) 2!

(b a + b 2 2 a + b 2 , b ) ，

两式相加得

f (b ) 2 f ( a + b 2 ) + f (a ) = (b a )2

4 ⊕ f 22(?1 ) + f 22(? 2 )

2

，

因为 f 22(x ) C [?1 ,? 2 ] ，所以 f 22(x ) 在[?1 ,? 2 ] 上有最小值 m 和最大值 M ，

显然 m δ f 22(?1 ) + f 22(? 2 ) 2

δ M ，由介值定理，存在 ? [?1,? 2 ] (a , b ) ，使得

f 22(?1 ) + f 22(? 2 ) 2

= f 22(? ) ，于是 f (b ) 2 f ( a + b 2 ) + f (a ) = (b a )2

4 ⊕ f 22(? ) 。

【例题 2】设 f (x ) 在[ 1,1] 上三阶连续可导，且 f ( 1) = 0, f (1) = 1, f 2(0) = 0 ，证明：存

在 ? ( 1,1) ，使得 f 222(? ) = 3 。

【解答】由泰勒公式得

2

f (1) f ( 1) = [ f 222(? 1 ) + f 222(? 2 )] ，即 f 222(? 1 ) + f 222(? 2 ) = 6 。

f ( 1) = f (0) + f 22(0) 2! f 222(?1 )

3!

,?1 ( 1,0) ，

f (1) = f (0) + f 22(0) 2! + f 222(? 2 )

3!

,? 2 (0,1) ，两式相减得

1 6 因为 f 222(x ) C [?1 ,?

2 ] ，所以 f 222(x ) 在[?1 ,? 2 ] 上取到最小值 m 和最大值 M ，

由 2m δ f 222(?1 ) + f 222(? 2 ) δ 2M 得 m δ 3 δ M ，由介值定理，存在 ? [?1 ,? 2 ] ( 1,1) ，

使得 f 22(? ) = 3 。

【例题 3】设 a 1 < a 2 <

满足 f (a 1 ) = f (a 2 ) =

< a n 为 n 个不同的实数，函数 f (x ) 在[a 1, a n ] 上有 n 阶导数，并

= f (a n ) = 0 ，则对每个 c [a 1, a n ] ，存在 ? (a 1, a n ) 满足等式

f (c ) = (c a 1 )(c a 2 )

n !

(c a n )

f (n )

(? ) 。

【解答】

（1）当 c = a i (1 δ i δ n ) 时，任取 ? (a 1 , a n ) ，结论显然成立；

（2）当 c ? a i (1 δ i δ n ) 时， f (c ) = (c a 1 )(c a 2 )

n !

(c a n )

f (n )

(? ) 等价于

n ! f (c ) (c a 1 )(c a 2 ) (c a n ) n ! f (c ) = k (c a 1 )(c a 2 ) = f (n ) (? ) ，令

(c a n ) ，

n ! f (c )

(c a 1 )(c a 2 ) (c a n )

= k ，则有

令 ∏(x ) = n ! f (x ) k (x a 1 )(x a 2 ) (x a n ) ， 显 然 ∏(x ) 有 n + 1 个 不 同 零 点

c , a 1, a 2 ,

, a n ，不断使用罗尔定理，存在 ? (a 1, a n ) ，使得∏ (n )

(? ) = 0 。

而

∏

(n )

(x ) = n ! f (n )

(x ) kn !，所以 f (n )

(? ) = k ，

即 n ! f (c )

(c a 1 )(c a 2 ) (c a n )

= f (n ) (? ) ，所以结论成立。

题型四：结论中含一个中值 ? ，不含 a , b ，导数的差距为一阶

3