2016年考研数学中值定理证明题技巧-以及结论汇总

目录 第第一一部部分分 中中值值定定理理结结论论总总结结 1 1 介介值值定定理理 1 2 零零点点定定理理 2 3 罗罗尔尔定定理理 2 4 拉拉格格朗朗日日中中值值定定理理 2 5 柯柯西西中中值值定定理理 2 6 积积分分中中值值定定理理 3 第第二二部部分分 定定理理运运用用 3 第第三三部部分分 构构造造函函数数基基本本方方法法 9 一一 要要证证明明的的等等式式是是一一阶阶导导数数与与原原函函数数之之间间的的关关系系 10 二二 二二阶阶导导数数与与原原函函数数之之间间关关系系 11 第第四四部部分分 中中值值定定理理重重点点题题型型分分类类汇汇总总 包包含含所所有有题题型型 14 题题型型一一 中中值值定定理理中中关关于于 的的问问题题 题题型型二二 证证明明 f n 0 题题型型三三 证证明明 f n C0 0 题题型型四四 结结论论中中含含一一个个中中值值 不不含含 a b 导导数数的的差差距距为为一一阶阶 题题型型五五 含含两两个个中中值值 的的问问题题 题题型型六六 含含 a b 及及中中值值 的的问问题题 题题型型七七 杂杂例例 题题型型八八 二二阶阶保保号号性性问问题题 题题型型九九 中中值值定定理理证证明明不不等等式式问问题题 第第一一部部分分 中中值值定定理理结结论论总总结结 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 使得 f C a b Ps c 是介于 A B 之间的 结论中的 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 a b 使得 f 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 使得 f 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 a b 使得 f x 0 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 a b 使得 f b f a f 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 x0 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 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 2ma 3 m x dx x dx f x dx MMa 3 222 3 3 m 3 f x dx M a f x dx 0 f x cos xdx 0 令 F x f x cos xdx cos xdF x cos x F x 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 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 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 上连续 且 0 0 证明 在 0 内至少存在两个不同点 1 2 使得f 1 f 2 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 0 f t dt x 0 F 0 F 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 000 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 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 0 c 0 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 第第三三部部分分 构构造造函函数数基基本本方方法法 一 要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系 x xn 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 可构造 g x f x e x e x x a x a f x f x x 1 先将其变形下 f x f x 1 x 左边是导函数与原函数关系可构造 f x e x 右边可以看成是 x x 也成了导函数和原函数之间关系 如是可以构造 x e x 从而 要构造的函数就是 g x f x x e x 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 3 f 2 f 0 先变形 变成一阶导函数和原函数之间关系 f 2 f f 2 f 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 f 2 x f x 2 G x 2 f 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 1 使得f 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 0 使得f f 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 f 1先变形 f f 1 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 1 f 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 1 2 a b 使得f 1 f 1 f 2 f 2 2 存在 a b 1 2 使得f f 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 0 1 使得f 1 2 存在 1 1 使得f f 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 f 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 1 0 f 1 从而可以对 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 的问题 题型二 证明 f n 0 题型三 证明 f n C0 0 题型四 结论中含一个中值 不含 a b 导数的差距为一阶 题型五 含两个中值 的问题 题型六 含 a b 及中值 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 a a 求 lim 解答 f x 由 f a f 0 f 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 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 aa arctan a 22 解得 a arctan a 2 lim a 0 a arctan a a 3 lim a 0 1 1 a 0 h 其中 位于 x 与 x h 之间 f 2 于是 f x f x h h f x f x h f 2 h 或 f x h f x f f x h f x f h 22h 两边取极限再由二阶连续可导得 lim0 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 3a 2 3 于是 lim 1 3 例 题 2 设 f x 二 阶 连 续 可 导 且 f x 0 又 f x h f x f 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 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 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 f 0 f 1 f 2 3M 得 m 1 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 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 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 f a f b 2 f 1 a 2 使得 H 0 解答 由 H 0 H 1 0 存在 1 0 1 使得 H 1 0 23 23 0 2 0 1 使得 H 0 题型三 证明 f n C0 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 f a f a b 2 f a b 2 a a b 2 f 1 2 a a b 2 2 a b 2 f b f a b 2 f a b 2 b a b 2 f 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 1 f 2 2 因为 f x C 1 2 所以 f x 在 1 2 上有最小值 m 和最大值 M 显然 m f 1 f 2 2 M 由介值定理 存在 1 2 a b 使得 f 1 f 2 2 f 于是 f b 2 f a b 2 f a b a 2 4 f 例题 2 设 f x 在 1 1 上三阶连续可导 且 f 1 0 f 1 1 f 0 0 证明 存 在 1 1 使得 f 3 解答 由泰勒公式得 2 f 1 f 1 f 1 f 2 即 f 1 f 2 6 f 1 f 0 f 0 2 f 1 3 1 1 0 f 1 f 0 f 0 2 f 2 3 2 0 1 两式相减得 1 6 因为 f x C 1 2 所以 f x 在 1 2 上取到最小值 m 和最大值 M 由 2m f 1 f 2 2M 得 m 3 M 由介值定理 存在 1 2 1 1 使得 f 3 例题 3 设 a1 a2 满足 f a1 f a2 an 为 n 个不同的实数 函数 f x 在 a1 an 上有 n 阶导数 并 f an 0 则对每个 c a1 an 存在 a1 an 满足等式 f c c a1 c a2 n c an f n 解答 1 当 c ai 1 i n 时 任取 a1 an 结论显然成立 2 当 c ai 1 i n 时 f c c a1 c a2 n c an f n 等价于 n f c c a1 c a2 c an n f c k c a1 c a2 f n 令 c an n f c c a1 c a2 c an k 则有 令 x n f x k x a1 x a2 x an 显 然 x 有 n 1 个 不 同 零 点 c a1 a2 an 不断使用罗尔定理 存在 a1 an 使得 n 0 而 n x n f n x kn 所以 f n k 即 n f c c a1 c a2 c an 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 x f x dx 证明 存在 0 1 解答 令 x x f x 由积分中值定理得 f 1 2 x f x dx 2 c f c 2 其中 c 0 即1 f 1 c f c 于是有 而 x x f x 2xf x 所以 f 2 f 0 注意到 0 所以有 例题 3 设 f x C 0 1 在 0 1 内可导 且 f 0 0 f 1 f 1 解答 1 令 h x f x x h 0 0 h h 1 因为 h h 1 0 所以存在 c 1 0 1 使得 h c 0 即 f c c 2 令 x e h x 因为 h 0 h c 0 所以由罗尔定理 存在 0 c 0 1 例题 1 设 f x C 0 1 在 0 1 内可导 且 f 1 2 使得 f 2 f 0 2 1 2 0 2 1 0 2 21 2 1 2 2 2 c 1 由罗尔定理 存在 c 1 0 1 使得 0 22 f 2 f 0 例题 2 设 f x C 1 2 在 1 2 内可导 且 f 1 使得 1 2 f 2 2 证明 存在 1 2 f 2 f 解答 令 x x 2 f x 因为 f 1 1 2 f 2 2 所以 1 2 1 2 由罗尔定理 存在 1 2 使得 0 于是有 f 2 f 1 2 1 证明 存在 c 0 1 使得 f c c 2 对任意的实数 k 存在 0 1 使得 f k f 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 22 kx 使得 0 于是 f k f 1 题型五 含两个中值 的问题 例题 1 设 f x 在 a b 上连续 在 a b 内可导 且 f x 0 证明 存在 a b 4 e b e a b a 令 F x e F x e 0 由柯西中值定理 存在 a b 使得 e e 2 解答 令 F1 x x F1 x 3x 0 由柯西定理 存在 3 a b 使得 使得 f f e 解答 xx f b f a F b F a f F 即 f b f a b a f e 于是有 f b f a b a e b ea f b a e 再由拉格朗日中值定理 存在 a b 使得 f f b f a b a 故原结论成立 例题 2 设 f x 在 a b 上连续 在 a b 内可导 f a f b 1 证明 存在 a b 使得 f f e 解答 令 x e x f x 由拉格朗日中值定理 存在 a b 使得 b a b a 即 e b e a b a e f f 再由拉格朗日中值定理 存在 a b 使得 e b e a b a e 所以原结论成立 例题 3 设 f x C 0 1 在 0 1 内可导 且 f 0 0 f 1 1 证明 对任意的正数 a b 存在 0 1 使得 a f b f a b 解答 因为 f 0 a a b f 1 所以存在 c 0 1 使得 f c a a b 由拉格朗日中值定理 存在 0 c c 1 使得 f c f 0 f c f 1 f c f 1 c 整理得结论 例题 4 设 f x C a b 在 a b 内可导 a 0 证明 存在 1 2 3 a b 使 f 1 a b f 2 2 2 a 2 ab b2 f 3 3 3 32 5 b a 3 3 2 令 F2 x x F2 x 2x 0 由柯西定理 存在 2 a b 使得 例题 1 设 ab 0 a b 证明 存在 a b 使得 ae be a b 1 e 解答 ae be a b 1 e 等价于 a 1 e 令 f x e F x 1 F x 0 由柯西中值定理 存 1 整理得 ae be a b 1 e f b f a 33 f 3 2 于是 f b f a b a a 2 ab b 2 f 3 3 3 2 f b f a b 2 a 2 f 2 2 2 于是 f b f a b a a b f 2 2 2 再由拉格朗日中值定理 存在 1 a b 使得 f b f a b a f 1 故原结论成立 题型六 含 a b 及中值 的问题 情形一 a b 与 可分离 ba ba ae b bea a b 1 e 或 ebea x b 11 xxx 2 ba 在 a b 使得 f b f a F b F a f F b a 情形二 a b 与 不可分离 例题 2 设 f x g x a b 在 a b 内可导 且 g x 0 证明 存在 a b 使得 f a f g g b f g 解答 f a f g g b f g 等价于 f a g g b f f g f g 0 令 F x f a g x f x g b f x g x 因为 F a F b f a g b 所以由罗尔定理 存在 a b 使得 F 0 整理 6 令 x e f x 因为 f a f c f b 0 所以 a c b 0 而 x e f x f x 且 e 0 所以有 f 1 f 1 0 f 2 f 2 0 2 令 F x e f x f x 因为 F 1 F 2 0 所以由罗尔定理 存在 得 f a f g g b f g 题型七 杂例 例题 设 f x 在 a b 上二阶可导 且 f a f b 0 f a f b 0 证明 1 存在 1 2 a b 1 2 使得 f 1 f 1 0 f 2 f 2 0 2 存在 a b 使得 f f 解答 1 设 f a 0 f b 0 由 f a 0 存在 x1 a b 使得 f x1 f a 0 由 f b 0 存在 x2 a b 使得 f x2 f b 0 因为 f x1 f x2 0 所以存在 c a b 使得 f c 0 x 由罗尔定理 存在 1 a c 2 c b 使得 1 2 0 xx x 1 2 a b 使得 F 0 而 F x e x f x f x 且 e x 0 所以有 f f 题型八 二阶保号性问题 注解 中值定理问题中若出现条件 f x 0 或 f x 0 则通常有如下两种思路 思路一 设 f x 0 0 则 f x 单调增加 单调减少 例题 1 设 f x 在 0 上连续 且 f x 0 f 0 0 证明 对任意的 a 0 b 0 有f a f b f a b 证明 不妨设 a b 由微分中值定理得 f a f 0 f 1 a 其中 0 1 a f a b f b f 2 a 其中b 2 a b 7 f x x 2 x 2 2 f x f 2 f x 0 当 x 2 2 时 f x 0 当 x 2 2 因为 f x 0 且 1 2 所以 f 1 f 2 从而 f a f 0 f a b f b 于是 f a f b f a b 例题 2 1 设 f 2 0 且 lim x 2 x 2 2 3 讨论 x 2 是否是极值点 2 设 f 2 0 f 2 2 讨论 2 f 2 是否是拐点 解答 1 因为 lim f x 3 0 所以由极限的保号性 存在 0 当 0 x 2 时 f x x 2 2 0 因为 x 2 2 0 所以 f x 0 从而 f x 单调增加 又因为 f 2 0 所以当 x 2 2 时 f x 0 当 x 2 2 时 f x 0 于是 x 2 为极小点 2 由 f 2 2 0 得 lim x 2 0 当 0 x 2 时 x 2 x 2 x 2 f x x 2 lim 0 根据极限的保号性 存在 时 f x 0 故 2 f 2 是拐点 例题 3 设 f x 在 2 上满足 f 2 3 f 2 1 f x 0 证明函数 f x 在 2 内有且仅有一个零点 解答 因为 f x 0 所以 f x 单调增加 又因为 f 2 1 所以 f x 1 从 而 当 x 2 时 f x f 2 f x 2 x 2 其 中 2 x 于 是 f x f 2 x 2 由极限的保号性 lim f x 再由 f 2 3 0 得 f x 至 x 少有一个零点 由 f x 1 0 得 f x 单调增加 故零点是唯一的 思路二 使用泰勒中值定理得到一个重要不等式 定理 设 f x 在 a b 上二阶可导 则有 1 若 f x 0 则 f x f x0 f x0 x x0 等号成立当且仅当 x x0 2 若 f x 0 则 f x f x0 f x0 x x0 等号成立当且仅当 x x0 例题 4 设 f x C a b 且 f x 0 取 xi a b 1 i n 设 ki 0 1 i n 8 过端点的直线为 y f a f b f a x a 显然 a b 0 因为 f x 不为直线 x f x f a 且 k1 k2 kn 1 证明 f k1x1 k2 x2 kn xn k1 f x1 k2 f x2 kn f xn 解答 令 x0 k1 x1 k2 x2 kn xn 因为 f x 0 所以 f x f x0 f x0 x x0 于是 f x1 f x0 f x0 x1 x0 f x2 f x0 f x0 x2 x0 f xn f x0 f x0 xn x0 k 1 f x1 k1 f x0 f x0 k1 x1 x0 k 2 f x2 k2 f x0 f x0 k2 x2 x0 故 kn f xn kn f x0 f x0 kn xn x0 相加得 k1 f x1 k2 f x2 kn f xn f x0 例题 5 设 f x C f x 0 且 lim x 0 f x x 1 证明 f x x 解答 由 lim x 0 f x x 1得 f 0 0 f 0 1 因为 f x 0 所以 f x f x0 f x0 x x0 取 x0 0 则有 f x x 题型九 中值定理证明不等式问题 例题 1 f x C a b 在 a b 内可导 f a f b 且 f x 不是常数 证明 存 在 a b 使得 f 0 解答 因为 f a f b 且 f x 不为常数 所以存在 c a b 使得 f c f a 不 妨设 f c f a 由拉格朗日中值定理 存在 a c a b 使得 f f c f a c a 0 例题 2 设 f x C a b 在 a b 内可导 且曲线 y f x 非直线 证明 存在 a b 使得 f f b f a b a 解答 x a 令 b a f b f a b a 所以存在 c a b 使得 c 0 不妨设 c 0 9 1 0 2 c a b c f 2 而 x f x 所以 f 1 0 则 f 1 1 b ab a 得 f 2 0 由 f 2 b ab ab a f b f 2 b c 取绝对值得 f a 2 c a 由拉格朗日中值定理 存在 1 a c 2 c b 使得 0 c ab c f b f a f b f a f b f a b ab ab a f b f a f b f a 1 若 f b f a f b f a f b f a 2 若 取 2 例题 3 f x C a b 在 a b 内二阶可导 且 f a f b 0 f a 0 证明 存在 a b 使得 f 0 解答 由 f a 0 存在 c a b 使得 f c f a 由拉格朗日中值定理 存在 1 a c 2 c b 使得 f 1 f c f a c a 0 f 2 f b f c b c 0 再由拉格朗日中值定理 存在 1 2 a b 使得 f f 2 f 1 2 1 0 例题 4 设 f x 在 a b 上满足 f x 2 且 f x 在 a b 内取到最小值 证明 f a f b 2 b a 解答 因为 f x 在 a b 内取最小值 所以存在 c a b 使得 f c 最小 于是 f c 0 由拉格朗日中值定理 存在 1 a c 2 c b 使得 f c f a f 1 c a f b f c f 2 b c 即 f a f 1 c a f b 2 b c 两式相加得结论 例题 5 设 f x C 0 1 在 0 1 内可导 且 f 0 f 1 0 min f x 1 证明 0 x 1 存在 0 1 使得 f 8 解答 因为 min f x 1 所以存在 c 0 1 使得 f c 1且 f c 0 0 x 1 10 c 其中 1 0 c c 1 当 c 0 时 f 1 2 当 c 1 时 1 c 0 f 2 f 1 2 1 c 2 c 1 f c f 1 f 0 f 2 1 c 2 f 1 c 2 取绝对值得 f c f 1 f 0 f 2 1 c 2 f 1 c 2 2a 1 c 2 c 2 因为 c 0 1 所以1 c 0 1 于是 c c 1 c 1 c 故 f c 2a 1S 1 11 S 2 S 0 S 1 S 1 S 2 1 1 1 22 42 由泰勒公式得 f 0 f c f 1 2 2 f 1 f c f 2 2 1 c 2 其中 2 c 1 于是有 f 1 2 2 f 2 2 1 c 2 1 2 2 c 2 8 1 1 22 2 1 c 2 8 例题 6 设 f x 在 0 1 上二阶可导 且 f x a f x b 对任意的 c 0 1 证明 f c 2a 解答 由泰勒公式得 b 2 f 0 f c f c 0 c 2 c 1 0 c f 1 f c f c 1 c f 2 2 2 两式相减得 f 1 f 0 f c 1 2 f 2 1 c 2 f 1 c 2 或 1 2 1b 22 22b 2 例题 7 一车从开始启动 速度为零 到刹车停止用单位时间走完单位路程 证明至少有 一个时间点其加速度的绝对值不小于 4 解答 设物体的运动规律为 S S t 显然 S 0 0 S 0 0 S 1 1 S 1 0 由泰 勒公式得 2 42 1 0 2 两式相减得 11 得 f 4 f b f a b a 1 a 2 a x0 8 S 1 S 2 取绝对值得 8 S 1 S 2 1 当 S 1 S 2 时 S 1 4 2 当 S 1 S 2 时 S 2 4 例题 8 设 f x 在 a b 上二阶可导 且 f a f b 0 证明 存在 a b 使 2 解答 由泰勒公式得 f a b 2 f a f 1 2 a a b 2 2 a b 2 f a b 2 f b f 1 2 b a b 2 2 a b 2 b 两式相减得 f b f a b a 2 8 f 1 f 2 取绝对值得 f b f a b a 2 8 f 1 f 2 1 若 f 1 f 2 时 f 1 2 若 f 1 f 2 时 f 2 4 f b f a b a 2 4 f b f a b a 2 例题 9 设 f x 在 x0 的邻域内四阶可导 且 f 任一不同于 x0 的 a 有 4 x M M 0 证明 对此邻域内 f x0 f a f b 2 f x0 2 M 12 a x0 2 其中b 是 a 关于 x0 的对称点 解答 由泰勒公式得 f a f x0 f x0 a x0 f x0 2 a x0 2 f x0 3 a x0 3 f 4 1 4 a x0 4 其中 1介于 a 与 x0 之间 12 a x0 f 1 2 1 x 2 x 1 两式相减得 f x f 1 x 2 f 2 1 x f 1 x 2 f 2 1 x x 2 1 x 2 1 x f x f x x f 0 f 0 2 f x f 0 f x f 0 f b f x0 f x0 b x0 f x0 2 b x0 2 f x0 3 b x0 3 f 4 2 4 b x0 4 其中 2 介于 b 与 x0 之间 两式相加得 f a f b 2 f x0 f x0 a x0 2 f 4 1 f 24 4 2 a x0 4 于是有 f x0 f a f b 2 f x0 2 f 4 1 f 24 4 2 a x0 4 M 12 a x0 2 例题 10 设 f x 在 0 1 上二阶可导 f 0 f 1 且 f x 2 证明 对任意的 x 0 1 有 f x 1 解答 由泰勒公式得 f 0 f x f x 0 x 2 x 1 0 x f 1 f x f x 1 x f 2 2 2 1 2 2 于是 f x 一 选择题 1 2 2 极值 凹凸性 渐近线题型 1 设 f x 在 x 0 处二阶可导 f 0 0 且 lim x 0 f x f x x 2 则 A f 0 是 f x 的极大值 B f 0 是 f x 的极小值 C 0 f 0 是曲线 y f x 的拐点 D f 0 不是 f x 的极值点 0 f 0 也不是曲线 y f x 的拐点 解 答 由 lim x 0 x 0 x 0 f x f x l i m 2 得 l i m 2 得 f 0 f 0 0 于是 f 0 0 再由 x x 13 x 2 x 2 3 0 所以由极限保号性 存在 0 当 0 x 2 时 x 2 3 0 于是 f x 0 x 2 2 0 故有 f x 0 x 0 0 得 x e 因为 f x 2 0 所以 x e 为 f x 在 x 2 1x 1 x 1 于是 f 0 2 0 故 x 0 为 f x 的极小点 选 B 2 设 f x 二阶连续可导 lim x 2 f x x 2 3 2 3 则 A f 2 是 f x 的极小值 B f 2 是 f x 的极大值 C 2 f 2 是曲线 y f x 的拐点 D f 2 不是函数 f x 的极值点 2 f 2 也不是曲线 y f x 的拐点 解答 因为 lim f x 2 3 f x f x 0 x 2 2 故 x 2 为极小点 选 A 3 设 f x 二阶连续可导 且 lim x 0 f x x 1 则 A f 0 是 f x 的极小值 B f 0 是 f x 的极大值 C 0 f 0 是曲线 y f x 的拐点 D x 0 是 f x 的驻点但不是极值点 解答 因为 lim x 0 f x x 1 0 所以由极限的保号性 存在 0 当 0 x 时 f x x f x 0 x 0 于是 0 f 0 为曲线的拐点 选 C 4 设 k 0 则函数 f x ln x x e k 的零点个数为 A 0 B 1 C 2 D 3 解答 令 f x 1 1 1 x e x 0 内的最大点 最大值为 M f e k 0 因为 lim f x lim f x 所以 f x 有两个零点 选 C x 0 x 5 曲线 y e 1 的渐近线的条数为 A 0 B 1 C 2 D 3 解答 因为 lim f x 所以曲线没有水平渐近线 x 14 x 2 1x 1 x 1 2 求数列 n n 2 中的最大者 由 F 0 0 由 lim f x lim f x 得曲线有两条铅直渐近线 x 1 x 1 x 1 x 1 由 lim x y x 1 lim y x lim x x e 1 x lim x x 2 1 x 1 1 e x 1 1 x 2 1 x 1 x 0 得曲线有斜渐近线 y x 故曲线有 3 条渐近线 选 D 二 与极值 最值相关的命题 1 设 f x g x 在 a b 内二阶可导 满足 f x f x g x f x 0 且 f a f b 0 a b 证明 f x 0 x a b 解答 若 f x 不恒为零 则至少存在 x0 a b 使得 f x0 0 不妨设 f x0 0 则 f x 在 a b 内取到最大值 存在 c a b 使得 M f c 0 且 f c 0 代入 关系式得 f c f c 0 c 又是极小点 矛盾 同理若 f x0 0 则最小值在区间内 部达到 也矛盾 所以 f x 0 x a b 解答 1 令 f x x x e ln x x 令 f x e ln x x 1 ln x x 2 0 得 x e 当 x 0 e 时 f x 0 当 x e 时 f x 0 故 x e 为 f x 在 0 内的最大点 故数列最大项为 2 或 3 3 因为 2 6 8 3 3 6 9 所以最大项为 3 3 三 不等式的证明问题 1 设 f 0 g 0 f 0 g 0 f x g x x 0 证明 当 x 0 时 f x g x 解答 令 F x f x g x 则 F 0 0 F 0 0 F x 0 x 0 F x 0 x 0 得 F x 0 x 0 15 由