(完整版)中值定理的应用方法与技巧

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1、(完整版)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g，使得j bf(x)dx二f(g )(b - a)。积分第二中值定理为前者的推广，a即若f (x),g(x)在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g， 使得 Jbf (x) g (x)dx =f (g) jbg (x)

2、 dx。aa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.设申(x)在】0，1上连续可导，且申(0) = 0,申=1。证明：任意给定正整数a,b，必存在(0，1)内的两个数g ,耳，使得-+ -= a + b成立。应)0(耳)证法1：任意给定正整数

3、a，令f (x) = ax,f (x)=申(x)，则在0，1上对f(x),f(x)应用柯西中1 2 1 2a-0值定理得：存在淞(0)，使得論)=祠二丽任意给定正整数b，再令g (x) = bx,g (x) =9 (x)，则在0，1上对g (x),g (x)应用柯西中值定理得:1 2 1 2存在耳 e (0,1), 使得一-=-_0= b。0 们)9 (1)-9 (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g，耳，使得一a一 + b = a + b 0(g)0 们)成立。证法2:任意给定正整数a, b，令f (x) = ax, f (x) =0 (x)，则在0,1上对f

4、(x), f (x)应用柯西中 1 2 1 2值定理得：存在g e (0,1)，使得一= a 再令 g (x) = (a + b)9(x) -bx,g (x) =9(x)，则在0，1上对 9 (g )12g (x),g (x)应用柯西中值定理得：存在n e (0,1)，使得(a + b)0g) b = (a + b)-b = a 因此有120(n)申(1)-申(0)a(a + b)0(q) - b7 ba b7=a + b - ，移项得：+= a + b 0(g)0m)0(n)(g) 0们)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

5、式中，因此考虑须用两次柯西中值定理。证法 1 和解 2 的不同之处是解 1分别从a, b 出发构造相应的函数.而证法2是先将a + = a + b移项得：0(g) 0(n)0(g) 0(n)丄 =a + b-丄 =(a + b)0(n) b，然后从两边出发构造相应的函数.0 (g)0 (n)0 (n)例二.设f (x)在a,b上连续，在(a, b)内可导且f (a)丰f (b)，试证明：存在g,n e (a,b), 使得=加.2gb + a证法1:根据条件，由拉格朗日中值定理，存在ne (a, b)，使得f(b)- f(a) = f (n)(b-a)令 g(x)= x2 ， 在 a,b 上对

6、f(x),g(x) 应 用 柯西 中 值定 理， 得存 在 ge(a,b) ， 使得f (g) = f (b) - f (a) = f (n)=o2gb2 - a2b + a证法2 :令g(x) = x2，在a,b 上对f (x),g(x)应用柯西中值定理，得存在g e (a,b),使得 f(g) = f (b) - f (a).2gb 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n e (a, b)，使得f (n ) = f (b) - f (a)= f (b) - f (a)b + a (b + a)b - (b +

7、 a)ab2 - a2综合两式得到存在g,ne (a,b)，使得理加。2gb + a分析: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中，因此可考 虑用两次柯西中值定理，即证法2。也可用一次柯西中值定理后，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)丰 0， f (a) f (b) 0， g(a) g(b) 0， 试证:(1)在(a，b)内，g(x)丰 0,(2)在(a, b)内至少存在一点g，使f()=厂。 g (g) g 农)证明：(1)用反证法。假设存在点c e

8、 (a,b)，使g(c) = 0分别在a,c,c,b上对g(x)运用罗尔 定理，可得存在 g e (a,c),g e (c,b)，使得 g(g ) = g(g ) = 01 2 1 2再在g , g 上应用罗尔定理，又可得存在ge g , g ，使得g (g ) = 0，这与题设矛盾。故在(a,b)1 2 3 1 2 3内,g (x)丰 0 (2)即证f (g)g(g)-g(g)f(g) = 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

9、(x)应用罗尔定理得：在(a, b)内至少存在一点 g，使 H(g) = f (g) g(g) g (g) f(g) = 0,从而有馋=噪。g(g) 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(g ) = 0，从而推出矛盾，3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)丰0。(1) 求证：

10、Vx e (0,a),0 e (0,1), Jxf (t)dt + J-xf (t)dt = xf (0x) 一 f (0x)00(2) 求 lim 0x T 0+证明：(1) 令F(x) = Jxf (t)dt + J-xf (t)dt，则 F(x) = f (x) f (x) 00根据拉格朗日中值定理，Vx e (0,a) , 39 e (0,1)，使得F(x)=F(x)F(0)=F (0x)(x0)=xf(0x)f(0x) 即 Jxf (t)dt + Jxf (t)dt = xf (0x) f (0x)0002x22 x0由于 lim ”皿 + JTf 皿=lim f (9x) 0；(9

11、x)9 = f(0)lim9xt0+2 x 2xt0+2x0xt0+而运用洛必达法则，lim f + f = limf (x)一f (x) = -f (0) 因此 lim9=-。xt0+2 x 2xt0+2 - 2 x2x t 0 +2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 一 arctanb 1 时，ex ex证明：(1)令f (x) = arctanx,x e a

12、,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，(g )(b - a), a g b。即arctan b 一 arctan a =(b 一 a)，1+g2)a g b，故 |arctana 一 arctanb 0，从而当 x 1 时，ex 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 g b导出欲证的不等式。例六。设f (x)在0

13、,1上三阶可导，且f (0) = -1,f (1) = Of (0) = 0 ,试证：至少存在一点g e (0,1), 使得x2(x一1) f (g )。f (x) = -1 + x2 + x2(x1) f (g )， x e (0,1)证明：即证至少存在一点g e (0,1)，使得f (x) +1 -x2 =3!令(x) = f (x) +1 - x2，则 (0) = f (0) +1 = 0，(0) = f (0) = 0，(1) = 0。所以可令：(x) = x2(x 1)K(x)，下证：K(x)= 台令 H (t) = f (t) +1 -12 12(t 1) K (x)，则H(0)

14、=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Ht)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g ,即(完整版)中值定理的应用方法与技巧H化)=f(g) -3!K(x) = 0，从而 K(x) = f3l2 .所以至少存在一点g e (0,1)，使得f (x) = -1 + x2 + X；!f (g) , x e (0,1)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x2(； 1) f ( )的导出。

15、注意到此式中含有中值处的高阶导数，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) 试证存在g,耳e (a,b)，使得 f (g) eb ea=e-n of (n)b - a证明：由于f (x), ex在a,b上满足柯西中值定理，故必有n e (a, b)，使f (b) f (a) = f (n) o eb - eaen因为f (x)在a，b上满足拉格朗日中值定理，所以存在g e (a, b)，使得f (b) - f (a)=广(g)。于 b-a是有f (g) = f (b) -

16、 f (a). eb ea = f / (n). eb eaeb - ea b - a en b - a所以存在g,ne (a,b)，使得二竺二*e-n of (n ) b - a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，(g)= 加 .eb - ea， enb - a在对其中加，可套用柯西中值定理得出加 =f (b) f (a)，因此只须再证广(g) = f (b) f (a), eneneb - eab - a此式可由拉格朗日中值定理导出。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

17、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g，使得f (g) = -2 o证明：设曲线y = f (x)与y = -x2 + Bx + C在(a,b)内的交点为c o作辅助函数：申(x) = f (x) - (-x2 + Bx + C) o由题设条件可知申(x)在a, b上有二阶导数，且申(a)=申(c)=申(b)。(完整版)中值定理的应用方法与技巧在a, c, c,b上对申(x)应用罗尔定理，存在g e (a,c),g e (c,b)，使0(g ) =0(g )

18、= 0在匡,g 上1 2 1 2 1 2再对申(x)应用罗尔定理，存在g e (g ,g )u (a,b)，使得理(g) = 0，即f (g) + 2 = 0。所以f (g) = _212分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为厂(g) + 2 = 0。即证相应的函数 申(x) = f (x) - (-x2 + Bx + C)二阶导数有一个零点。根据题设条件，y = f (x)与y二-x2 + Bx + C在三 个点处有相等的函数值，因此两者的差申(x)有三个零点。在其中两个零点构成的区间上分别应用 罗尔定理，可得到申(x)其导数有两个零点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到 申(

19、x)其二阶导数有一个零点。而申(x)其二阶导数恰好为厂(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,+8)内可导，且lim f (x)存在，证明：lim广(x) = 0。x T+wx T+w证明：在(a,+w)内任取一点x,由题设条件知f (x)在x,x +1上连续、可导。因此在x,x +1上 对f (x)应用拉格朗日中值定理得到：存在g e (x,x +1)，使得f(g ) = f x + f x)= f (x +1)

20、 - f (x)。x +1 一 x因为当g t+w时，x +1 T+w，从而xT+w，又已知lim f(x)存在，所以xT+wlim f(g ) = lim f (x +1) 一 f (x) = lim f (x +1) 一 lim f (x) = 0gT+wxT+wxT+wxT+w所以 lim f (x)=0。x T +w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广(x)，可在xT+wx,x +1上对f (x)应用拉格朗日中值定理，并使x T+w。由此可导出结论。I af (x)dx

21、Ma2 02其中，M = max|f (x)| 0 x a证法 1 : Jaf (x)dx 0例十.设广(x)在0,a上连续，且f (0) = 0，证明:Ja|f (x)dx，而f (0) = 0，所以应用拉格朗日中值定理得:0f (x) f (0) = f (x) = f(g)x,0 g x ao 于是有 Jaf (x)dx Ja|f (x)dx M Jaxdx =0Ja|f (x) dx M Jaxdx = Ma2。 0 0 2证法 2:因为 f (0) = 0，所以 f (x) = f (x) - f (0) = Jf(t)dt，0 x a 而 0J所以 f (x) =)|x Mxf (

22、x) = Jxf (t)dt Jxf(t)dt Mx0所以 Jaf (x)dx Ja|f (x)dx MJaxdx =0Ja1Jaxdx = Ma 2.0分析：该题首先可利用J。/(x)dx fa|f (x)dx，将结论化成定积分问题。由于结论中含有导数,0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十一设f (x)在0，1上连续且递减，证明；当0k 九 J1 f (x)dx00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f (x )dx - xJ1 f (x)dx = f (x) dx -f (x)dx - xJ

23、1 f (x)dxoo rox= (1- x)Jx f(x)dx - xJ1 f(x)dx0x=(1 -x)Xf(g )-x(1 -x)f(g ) = x(1 -x)f(g )-f(g )1 2 1 2其中0 g xg 0，而当0 x 0。所以 Jxf (x)dx-xJ1 f (x)dx 0，从而 Jx f (x)dx xJ1 f (x)dx o0 0 0 0 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，证明存在一点耳e a,b，满

24、足J A (x)dx 一 竽f (a) + f (b)=-時3 5 )证明：记点A(a,f (a),B(b,f (b)，容易发现上上f (a) + f (b)即为线段AB，直线x = a,x = b及x2轴围成的梯形面积。由于线段AB的代数方程为：y-f (a) = f (b)一f (a) (x-a)，所以 b-a耳f (a) + f (b) = Jbf (a) + f (?- f (a)(x - a)dx2ab - a(x - a)dx o从而 Jbf (x)dx -譬f (a) + f (b) = Jbf (x) - f (a) - f (? 一 f (a)a2ab - aR (x) =

25、f (x) - f (a) - f? fa)(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 在a, b内有一个零点，记为g， g与x有关即 H(g) = R(g)-2!K(x) = f(g)-2!K(x) = 0，所以 K(x) =，从而 R(x) =(x-a)(x-b) 于是2! 2!有Jbf (x)dx - b_a f (a) + f (b)

26、= JbR(x)dx = Jb f )(x - a)(x - b)dx a2aa 2!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n e a,b，使得Jbf (2(x - a)(x - b)dx = f (n)Jb (x - a)(x - b)dx =-也_f们)，a 2!八2八12八”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

27、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例十三。设f (x)在0,1上可导，且f (1) - 21/2 xf (x)dx = 0，试证明：存在g e (0,1)，使得0广(g)=晋证明:令 F(x) = xf(x) ，则有f(1) = f(1) = 2f1/2xf(x)dx=nf(n)-21/2dx =nf(n) = f(n)，n e(0,丄)(积分第一中值定理)在m,10 0 2上应用罗尔定理，存在g e (n ,1)U (0,1)，使得F (g) = 0。即gf (g) + f (g) = 0，从而有f (g)=-学2。分析：以

28、上证法是从结论出发，将结论化成f (g) + f (g) = 0,即xf (x)门=0 符合罗尔定理 的结论特征。结合条件，考虑对函数 xf(x)(完整版)中值定理的应用方法与技巧 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(-8,+8)上有连续导数，求1alim j f (t + a) - f (t - a)dta T0+4a2- a解：在-a,a上应用积分第一中值定理lima tO+14a 2ja f (t + a) - f (t - a)dt 二 lim-aatO+14a 22a f (g + a) f (g a)limf (g+ a)f (g- a)a tO+(g+ a)-(g -a)-a g a在g- a, g+ a 上应用拉格朗日中值定理，上式=lim f (n )， - 2a g - a qg + a 2aatO+= f (O)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。