知识点29 罗尔定理、拉格朗日中值定理的应用.pdf

学科：高等数学学科：高等数学 第三章第三章 微分中微分中值值定理及定理及导导数的数的应应用用 知识点知识点2929 罗尔定理、拉格朗日中值定理的应用罗尔定理、拉格朗日中值定理的应用 相关概念、公式定理或结论相关概念、公式定理或结论 定义定义 * 定理定理 * 结论结论 * 考考频频:5 知知识识点点29 配套配套习题习题 说说明明:本专题的精妙解析思路来自邹群著考研高等数学专题全讲中的专题 5，以下简称此书为高数专题. 例例29.1(难度系数0.2) 证明：. 221ln212 解析：解析：双边不等式常用拉格朗日中值定理证明.辅助函数一般从不等式中间 部分得到启发，关于证明不等式的方法详见知识点36. 证证明：明：设，在闭区间上满足拉格朗日中值定理的条( )ln(1)f xx( )f x0, 2 件，因此存在，有.由于，(0,2)( 2)(0)( ) 2,fff 1 (0)0,( ) 1 ffx x 因此得 . 2 ln(12) 1 又因为，有02 ， 22 2 112 即. 221ln212 例例29.2(难度系数0.4,2004年考研数学一真题) 设, 证明： 2 eabe . 22 2 4 lnln()baba e 解析：解析：待证不等式含有相同结构的差值: ，因此可考虑用拉格朗日中值定理. 22 ln,lnba 本题也可设辅助函数为，再用单调性证明. 222 2 4 ( )lnln(),xxaxa eaxe e 证证明：明：对函数在上应用拉格朗日中值定理，得 2 ( )lnf xx , a b 22 2ln lnln(),.baba ab 设，则， 当时， 所以单调减少，从而 ln ( ) t t t 2 1ln ( ) t t t te( )0,t( ) t ，即，故. 2 ( )()e 2 22 lnln2e ee 22 2 4 lnln()baba e 例例29.3(难度系数0.2) 设为满足的实数，证明方程 01 , n aaa 12 0 0 231 n aaa a n 在内至少有一个实根. 2 012 0 n n aa xa xa x0,1 解析：解析：证明根的存在性一般用零点定理或罗尔定理.具体分析详见知识点34. 证证明：明：设，易见在上连续，在 231 12 0 ( ) 231 nn aaa f xa xxxx n ( )f x 0,1 内可导，且，.0,1(0)0f 12 0 (1)0 231 n aaa fa n 由罗尔定理，至少有一个使，即得0,1 2 012 ( )0 n n faaaa 方程 在内至少有一个实根. 2 012 0 n n aa xa xa x0,1 例例29.4(难度系数0.4) 设在上连续，在内可导，且，求证：存在一点，使 f x 0,10,1 00f0,1 . 2fff 解析：解析：遇到含中值的函数导数的等式的证明,先将中值变为变量x,然后将等式 变形为容 易积分的形式:（参见高数专题中专题5的口诀“中值一变积作桥中值一变积作桥”）, 2 1 fx f xx 两边积分即得,因此得辅助函数. ln2ln1f xx 证证明：明：构造函数，易验证在上满足罗尔定理条件 2 1F xxf x F x 0,1 ，从 在内至少存在一点，使，即.0,1 0F 2fff 例例29.5(难度系数0.4) 在上连续,证明:存在,使( ), ( )f x g x , a b( , )a b .( )( )( )( ) b a fg x dxgf x dx 解析：解析：此题表面上是积分式，将变限积分函数作为普通函数,则与可( )f x( )g x 以分别视为变上限积分函数与的导数,因此可发现它实际上可( ) x a f x dx ( ) x b g x dx 当作微分式.利用罗尔定理证明. 证证明：明：由题意设，易知在上连续，在内( )( )( ) xb ax F xf t dtg t dt ( )F x , a b( , )a b 可导，又知，则由罗尔定理，存在，使得，即( )( )0F aF b( , )a b( )0F .( )( )( )( )( )0 b a Ffg t dtgf t dt 例例29.6(难度系数0.6) 设在二阶可导，试证：存在( )f x 0,1(0)(1)0ff ，(0,1) 使得. 2 1 ( )( ) (1) ff 解析：解析：因为用一次中值定理只能求一次导数，所以要用两次罗尔定理(详细解 释请参见高数专题中专题5的口诀“同值一导逐步成同值一导逐步成”),第一次很容易得到中值 ，使得,下一步必须换成考虑区间,在导函数的基础上构造 12 ( ,)x x( )0f ,1 辅助函数. 证证明：明：令，因为,由罗尔定理可知，存在 1 1 ( ),0,1) ( ) 0,1 x efx x F x x (0)(1)0ff ，使得，因此，再对在上根据罗尔定理， 12 ( ,)x x( )0f( )(1)0FF( )F x ,1 存在，使得，即.( ,1)( )0F 2 1 ( )( ) (1) ff 例例29.7(难度系数0.4) 设在上连续，在内可导，证明在内至少存在一点，使( )f x, a b, a b, a b . ( )( ) ( )( ) bf baf a ff ba 解析：解析：从待证式左边容易看出它具备中值定理的形式，提示辅助函数为 ， 利用拉格朗日定理进行证明.( )( )F xxf x 证证明：明：令，则在上连续，在内可导，由拉格朗日中( )( )F xxf x( )F x, a b, a b 值定 理，有使，即., a b ( )( ) ( ) F bF a F ba ( )( ) ( )( ) bf baf a ff ba 例例29.8(难度系数0.4) 若在开区间内可导，且对内任意两点 f x, a b, a b ，恒有,则必有( ). 1 x 2 x 2 2121 f xf xxx （A） （B） （C） （D）(常数) 0fx fxx f xx f xC 解析：解析：本题已知不等式易联想到拉格朗日中值定理，注意到极限式可取绝对 值. 解：解：据导数定义，得，两边同时取绝对值，得 21 21 21 ()() ( )lim xx f xf x fx xx ， 212121 2 21 21 21 2121 ()()() ( )limlimlim0 xxxxxx f xf xxx fxxx xxxx 即，则知.故选（D）.( )0fx f xC 例例29.9(难度系数0.6) 设，在上连续，在内可导，( )f x( )g x , a b( , )a b ( )( )f af b =0，证明： （1）对于任意，存在，使，R( , )a b( )( )0ff （2）存在，使.( , )a b( )( )( )0ffg 解析：解析：（1）此题直接积分无法积出,中值变为x再乘后,得 x e ,此( )( )0 xx efxef x 时积分得到辅助函数为.( )( ) x F xef x （2）所证结论中的的位置相当于（1）中的，而（1）中的是由求导而( )g x e 得到的，故可设辅助函数. ( ) ( )( ) g x G xef x 证证明：明：（1）设，则在上连续，在内可导，且( )( ) x F xef x ( )F x , a b( , )a b ，由罗尔定理可知，存在，使，即( )( )0F aF b( , )a b( )0F ， 由于，从而.( )( )0eff 0e( )( )0ff （2）设，则在上连续，在内可导，且 ( ) ( )( ) g x G xef x( )G x , a b( , )a b ，则由罗尔定理可知，存在，使，即( )( )0G aG b( , )a b( )0G ， ，从而. ( ) ( )( ) ( )0 g efgf ( ) 0 g e ( )( ) ( )0fgf 绝绝招招:待待证证式中式中隐隐藏的藏的“神秘神秘”函数函数 有的积不出原函数的含两项的待证式中,可能隐藏了一个“神秘”函数，一般 来说,隐藏的这个神秘函数有两类:一类是,另一类是(可视具体情况调节) x e n x,n ,将它们分别去乘待证式，积分往往变得可以进行，十分神奇！如例29.9(1), 待证式中值变x后得,可以估计它是某个乘法式的导数, ( )( )0fxf x 但是直接积分又不行,两边乘以后即可以构造辅助函数了.除此两类函数以外 x e 没有其他函数能够“隐藏”得住，详细解释请参见高数专题. 例例29.10(难度系数0.6) 设在上连续，在（0，1）内可导，( )f x0,1 ，(0)(1)0ff ，证明： 1 ( )1 2 f （1）存在，使； 1 ( ,1) 2 ( )f （2）对于任意，存在，使.(0, )( ) ( )1ff 解析：解析：（1）通过结论构造辅助函数，然后用零点定理证( )f( )( )xf xx 明. （2）通过分析结论，整理得,因此( ) ( )1ff( )1 ( )0ff 可构造辅助函数，再利用罗尔定理证明.( ) ( ) x F xef xx 证证明：明：（1）令，则是上的连续函数，且( )( )xf xx( )x 1 ,1 2 ， 11111 ( )( )10 22222 f (1)(1)10110f 由零点定理知，存在，使，即. 1 ( ,1) 2 ( )0 ( )f （2）要证在内有根，即证( ) ( ) 10fxf xx (0, )( )1 ( )0fxf xx 在内有根，注意到正是的导数.作辅助函数(0, )( )1fx( )f xx ，( ) ( ) x F xef xx 则为上的连续，在内可导，且，故由罗尔定理，( )F x0, ( )F x(0, )(0)( )0FF 存在，使，即，即(0, )( )0F ( )1 ( )0 x eff ，从而.( )1 ( )0ff ( ) ( )1ff 绝绝招招:运用中运用中值值定理定理时时灵活地灵活地选择选择区区间间 用中值定理时，若固定用题目给定的区间固然简单，但是稍微难的题目，需 要根据题目特点灵活选择考虑的区间，若将辅助函数比作证明题目的“桥”，则考 虑的区间好比是“桥墩”.这里的“桥墩”往往不是固定的，即区间端点为中值，如例 29.10(2), 这需要大家积极地找“桥墩”，详细解释请参见高数专题. 例例29.11(难度系数0.4) 设在上连续，在内可导，试证：存在，使( )f x , a b( , )a b( )( )1f af b, ( , )a b . ( )( )1eff 解析：解析：本题有两个不同的中值，由于用一次中值定理只能得到一个中值，故 要用两次中值定理.遇到含有两个中值的式子，可先将两个中值分开 再考虑. ( )( )effe 证证明：明：设 ，因为和在上满足拉格朗日中值( )( ) x F xe f x( ) x g xe( )F x( )g x , a b 定理，所以存在，使, ( , )ab ， ( )( ) ( )( ) ba e f be f a eff ba ba ee e ba 又因为，所以，从而.( )( )1f af b ( )( )eeff ( )( )1eff 例例29.12(难度系数0.4，跨知识点52) 设在上连续,在内可导,且( )f x0,1(0,1) .求证:存在，使. 1 0 ( )0f x dx (0,1)( )2 ( )0ff 解析：解析：根据待证等式，可知它“隐含”了一个“x”,中值变x后等式两边乘x得 ,积分后可构造函数，再结合积分中值定理和罗尔 2 ( )2( )0 x fxxf x 2 ( )( )F xx f x 定理来证明. 证证明：明：令，则，又，由积分中值定理知存在 2 ( )( )F xx f x(0)0F 1 0 ( )0f x dx ，使，从而.由罗尔定理知存在，使(0,1)c 1 0 ( )( )0f x dxf c ( )0F c (0, )c ，从而有.( )0F( )2 ( )0ff 例例29.13(难度系数0.4) 设处处可导，则下面命题正确的是（ ）.( )f x （A）若，则必有lim( ) x f x lim( ) x fx （B）若，则必有lim( ) x fx lim( ) x fx （C）若，则必有lim( ) x f x lim( ) x fx （D）若，则必有lim( ) x fx lim( ) x f x 解析：解析：研究函数与导函数的关系时通常用中值定理，本题用举特例的方法较 为简便. 解：解：，排除(A)，(C)，排除(B)，故选择( )f xx( )1fx 2 ( )f xx( )2fxx D). 证明(D)：由得对于任意，存在，当时，有lim( ) x fx 0M 0X xX ，.( )fxM( )()( )()()()()f xf XfxXf XM xXx 例例29.14(难度系数0.6) 设函数在闭区间上连续，开区间内可导，且，.证明：( )f x0,1(0,1)(0)0f 1 (1) 3 f 存在，使得. 11 (0, ),( ,1) 22 22 ( )( )ff 解析：解析：先将待证式分成两部分:，在和上 22 ( )( )0ff 1 0, 2 1 ,1 2 用两次拉格朗日定理证明即可得结论. 辅助函数为. 3 1 ( )( ) 3 F xf xx 证证明：明：只要证明存在，使得. 11 (0, ),( ,1) 22 22 ( )( )0ff 对在上用拉格朗日中值定理，可得存在，使得 3 1 ( )( ) 3 F xf xx 1 0, 2 1 (0, ) 2 ， 11 ( )(0)( )(0) 22 FFF 即. 2 11 ( )2 ( ) 212 ff 对在上用拉格朗日中值定理，可得存在，使得 3 1 ( )( ) 3 F xf xx 1 ,1 2 1 ( ,1) 2 ， 11 ( )(1)(1)( ) 22 FFF 即. 2 1