高等数学中值定理题型与解题方法

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：()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： ()()02a b f a f +<，∴存在1(,)2

a b

x a +∈，使得1()0f x =， 又 ()()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） ()[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 == ，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 =，1

1

()22

f =

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

()22

f =

，(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。'

'()

[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 ?=，(0)(1)1??==

存在(0,1)ξ∴∈，使得'()0?ξ=，而2

3

'()3()'()0f f ?ξξξξξ=+= 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 ?-=，()()0f a f b == ，()()0a b ??∴==

存在(,)a b ξ∴∈，使得'()0?ξ=，而

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

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 ?=-，(0)(1)(0,1)f f c =??∈ ，使得'()0f c =，

所以2

()'()(1)0c f c c ?=-=，又因为(1)0?=()(1)0c ??∴==

∴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 ?+?=

②

'()()k f kf x x f x ξ?+?=

（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

?--?

-=?+=?=- 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 ?----=?-=?=-

例1. ()[0,1]f x C ∈，在(0,1)内可导，11(0)0,()1,(1)22

f f f ===

， 证明：①存在(0,1)c ∈，使得()f c c =，

②存在(0,1)c ∈，使得'()2[()]1f f ξξξ--=.

证明：① 令 ()()x f x x ?=-，111(0)0,(),(1)222

???∴==

=- 1()(1)02??< ，1

(,1)(0,1)2

c ∴?∈?使得()0c ?=，即()f c c =

② （分析）'()2[()]1[()]'2[()]0f x f x x f x x f x x --=?---= 令 2()[()]x h x e f x x -=-，(0)()0h h c ∴==

∴存在(0,1)c ∈，使得'()2[()]1f f ξξξ--=.

题型三：证明：含,ξη.

分几种情形：情形1：结论中只有'(),'()()f f ξη??

?找三句次Lagr ange

点

两话两

例1. ()[0,1]f x C ∈，在(0,1)内可导，(0)0,(1)1f f ==，

证明：①存在(0,1)c ∈，使得()1f c c =-，

②存在,(0,1)ξη∈，使得'()'()1f f ξη=.

证明：① 令 ()()1x f x x ?=-+，(0)1,(1)1??∴=-=(0)(1)0??< (0,1)c ∴?∈使得()1f c c =- ②(0,),(,1)c c ξη?∈∈,使得()(0)1'()f c f c

f c c

ξ--=

=

(1)()'()11f f c c

f c c

η-=

=--，所以存在,(0,1)ξη∈，使得'()'()1f f ξη=

例2. ()[0,1]f x C ∈，在(0,1)内可导，(0)0,(1)1f f ==，

证明：①存在(0,1)c ∈，使得1

()2

f c =

， ②存在,(0,1)ξη∈，使得

11

2'()'()

f f ξη+=.

证明：① 令 1()()2x f x ?=-

，11

(0),(1)22

??∴=-=，(0)(1)0??< (0,1)c ∴?∈，使得1

()2

f c =

②(0,),(,1)c c ξη?∈∈,使得()(0)1

'()2f c f f c c

ξ-==，

(1)()1'()12(1)f f c f c c η-=

=--，所以存在,(0,1)ξη∈，使得11

2'()'()

f f ξη+=

情形2：结论中含有,ξη，但是两者复杂度不同。

{222[()2()][()]'()'()'()()'()11()'f f f f f f x ηηηηηηηηηη--???-=??

?

==??-?

???????1).留复某函的句2).哪函的看不出1).的情用拉格朗日中值定理2)

.的情用柯西中值定理杂e e 个数导数两话个数导数来时况况

例1. ()[,]f x C a b ∈，在(,)(0)a b a >内可导

证明：存在,(,)a b ξη∈，使得'()

'()()

2f f a b ηξη

=+. 证明：① 令 2

()F x x =，'()20F x x =≠由柯西中值定理

(,)a b η∴?∈使得

22()()'()2f b f a f b a ηη-=-，所以()()'()

()2f b f a f a b b a ηη

-=+-

(,)a b ξ∴?∈使得()()

'()f b f a f b a

ξ-=

-，得证。

例2. ()[,]f x C a b ∈，在(,)(0)a b a >内可导

证明：存在,(,)a b ξη∈，使得2

'()'()abf f ξηη=. 证明：① 令 1()F x x =-

，21

'()0F x x

=-≠由柯西中值定理 (,)a b η∴?∈使得

()()'()

111f b f a f b a ηη

-=-+，所以2()()'()f b f a ab

f b a ηη-=-

(,)a b ξ∴?∈使得()()

'()f b f a f b a

ξ-=

-，得证。

例3. ()[,]f x C a b ∈，在(,)a b 内可导, ()()1f a f b ==

证明：存在,(,)a b ξη∈，使得['()()]1e f f ηξηη-+=. (分析：“留复杂”['()()]e f f ηηη+)

证明：① 令

()()x x e f x ?=，由拉格朗日中值定理

(,)a b η∴?∈使得

()()['()()]b a e f b e f a e f f b a η

ηη-=+-， ()()()()1,['()()]b a b a

e f b e f a e e f a f b e f f b a b a ηηη--==∴==+--

['()()],(,)b a

e e e e

f f a b b a

ξηηηξ-∴==+∈-，即['()()]1e f f ηξηη-+=.

题型四：证明：拉格朗日中值定理的两惯性思维。 ()f x 可导

①()()'()f b f a f b a ξ-=-

②见到3点两次使用拉格朗日中值定理。

例1. lim '()x f x e →∞

=，且lim[()(1)]lim(

),x

x x x c f x f x x c

→∞→∞

+--=-则 c = 解：()(1)'()(1)f x f x f x x ξξ--=-<<，

lim '()x f x e →∞

=.

又因为2lim 2222lim(

)lim[(1)]x x c c x x x c c c x c x c

x x x c c e e x c x c

→∞---→∞→∞+=+==-- 12

c ∴=

例2. '()0,''()0f x f x >>，且000'(),()(),0dy f x x y f x x f x x =??=+?-?>，则

,,0dy y ?的大小关系。

解：由拉格朗日中值定理知000'(),()y f x x x x x ξ?=?<<+?， ''()0,'()f x f x >∴ 单调递增

又00,'()'()x f x f ξξ<∴<

又因为00,'()'(),0x f x x f x dy y ξ?>∴?

例3. ()f x 在(,)a b 内可导，且'()f x M ≤，()f x 在(,)a b 内至少有一个零点。

证明：()()()f a f b M b a +≤-

证明：1）因为()f x 在(,)a b 内至少有一个零点，所以(,),()0c a b f c ?∈=

2）下边用两次拉格朗日中值定理

11()()'()(),(,)f c f a f c a a c ξξ-=-∈，

22()()'()(),(,)f b f c f b c c b ξξ-=-∈ 所以11()'()(),(,)f a f c a a c ξξ-=-∈ 22()'()(),(,)f b f b c c b ξξ=-∈

'()f x M ≤ ，1()(),(,)f a M c a a c ξ∴≤-∈

2()(),(,)f b M b c c b ξ≤-∈，()()()f a f b M b a ∴+≤- 例4. ()f x 在(,)a b 内二阶可导，有一条曲线()y f x =，如图

证明：(,)a b ξ?∈，使得''()0f ξ=

证明：1）12(,),(,)a c c b ξξ?∈∈使得12()()()()

'(),'()f c f a f b f c f f c a b c

ξξ--=

=--

因为,,A C B 共线，所以12'()'()f f ξξ=，所以由罗尔定理知12(,)(,)a b ξξξ?∈?，使得

''()0f ξ=

11()()'()(),(,)f c f a f c a a c ξξ-=-∈

题型五：Taylor 公式的常规证明。

()(1)1000000()()()()'()()()()!(1)!

n n n

n f x f f x f x f x x x x x x x n n ξ++=+-+???+-+-+

00'(),f c x c

x =?????

中端点点()('()),f c f c x c x =???????端中任一无点点点

例1. '''()[1,1]f x C ∈-，(1)0,'(0)0,(1)1f f f -===

证明：存在(1,1)ξ∈-，使得'''()3f ξ=.

（题外分析：考虑什么时候该用泰勒公式什么时候不用！

()()(2)n f n ξ≥时考虑，但是()()0n f ξ=为题型一，考虑罗尔定理

2n =时比较尴尬，有时候用拉格朗日中值定理，有时候不用，该怎么考虑呢，

分情况：

(),(),()''()'(),'(),'()'(),'(),'()f a f b f c lagrange

f f a f b f c lagrange

f a f b f c taylor ξ????

????

次拉格朗日中值定理解两决）

证明： 2311'''()''(0)

(1)(0)(10)(10),(1,0)2!3!

f f f f ξξ-=+

--+--∈-， 2322'''()''(0)

(1)(0)(10)(10),(0,1)2!3!f f f f ξξ=+-+-∈

11'''()

''(0)0(0),(1,0)26f f f ξξ∴=+-∈-∴

22'''()

''(0)1(0),(0,1)26

f f f ξξ=++∈

两个式子相减得：12'''()'''()6f f ξξ∴+=

12'''()[,]f x C ξξ∈ ，'''()f x ∴在12[,]ξξ上有,m M ，则122'''()'''()2m f f M ξξ∴≤+≤

12'''()'''()

32

f f m M m M ξξ+∴≤

≤?≤≤，所以根据介值定理得：

存在12[,](1,1)ξξξ∈?-，使得'''()3f ξ=

例2. ()f x ，在[0,1]二阶可导，(0)(1)0f f ==，01

min ()1x f x ≤≤=-，

证明：存在(0,1)ξ∈，使得''()8f ξ≥.

证明：由01

min ()1x f x ≤≤=-知，存在(0,1)c ∈，使得()1f c =-且'()0f c =

由泰勒公式：211''()

(0)()(0),(0,)2!

f f f c c c ξξ=+

-∈， 222''()

(1)()(1),(,1)2!

f f f c c c ξξ=+-∈ 1122

''(),(0,)f c c

ξξ∴=

∈ 222

2

''(),(,1)(1)f c c ξξ∴=

∈-

①111(0,]''()8,2

c f ξξξ∈?≥=

②221(,1)''()8,2

c f ξξξ∈?≥=

例3. ()f x 在[,]a b 上二阶可导，''()f x M ≤，()f x 在(,)a b 内取最大值。 证明：存在'()'()()f a f b M b a +≤-.

证明：由()f x 在(,)a b 内取最大值知，存在(0,1)c ∈，使得'()0f c = 11'()'()''()(),(,)f c f a f c a a c ξξ∴-=-∈

22'()'()''()(),(,)f b f c f b c c b ξξ∴-=-∈

1'()(),(,)f a M c a a c ξ∴≤-∈ 2'()(),(,)f b M b c c b ξ∴≤-∈

所以存在'()'()()f a f b M b a +≤-.