高等数学中值定理题型与解题方法

1、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?(a,b)，一定是开区间理(cauchy); 还有经常用到的泰勒展开式(taylor), 其中. 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。 n?)?f0( 题型一：证明： 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。 a?b)(?0f(a)f0?(a,b)f(a)?f(b)f(x)?Ca,b，可导，例1. 在

2、2?0)?(a,b)f(. ，使得证明：存在a?b)?0f(a)f(0?ff(a)?(b)，容易想到零点定理。 分析：由 2bba?a?(ff)?0x?(a,)(a)?0f)?(x证明：存在，使得， 1122ba?()?0)ff(b?)?0f(a),f(bff(a)?(b同号， ， 又 2b?a(x,b)?0?f(x)存在，使得 222?0?f(x)f(x)?)?0)f(a?(,b. ，使得，所以根据罗尔中值定理：存在21f(x)?C0,3(0,3)f(0)?f(1)?f(2)?3f(3)?1， 内可导，在例2. ?)?f(0?(0,3) 证明：存在，使得?f(x)0,3C0,3M,mf(x)

3、?，在 ）证明：（1使得上有最大值和最小值f(0)?f(1)?f(2)?m?M?m?1?M 根据介值性定理 ，即 3?c?0,3f(c)?1，使得存在 ?(c,3)?f(3)?1(0,3)c?f()， （2），所以根据罗尔中值定理：存在?)?(0f. 使得3F(x)?xf(x)00,1f?(1)?(0,3)f(x)x ，在三阶可导，例3. ，?)?(0?(0,1)F ，使得证明：存在?)?0(F?(0,1)?0?F(0)F?(1)，）1（证明：，使得存在， 111 / 10 23?)?0(0)?F(F)(?)xxF(x)?3xff(x，2），所以 （1?)?0)F(?(0,?，存在 ，使得22

4、1223?)?0?F(F(0)f(xf(x)?3xf(x)?xxfF(x)?6(x)?3x，3（）所以 2?(0,1)?(0,?)?0F(，存在，使得 211?f()f(0)?(1)?12f(x)?C0,1(0,1)x?0,1f 例3. 在，内可导， 22?0?(0,1)f(?) ，使得证明：存在11?()f?)?f2f(0)?1(m?(0,1)f(1)?， ，存在，证明：，使得 22?)?(0?(0,1)ff(x)(0,1) 存在内可导，使得又在?，无其它字母 题型二：证明：含基本思路，有三种方法： f(x)?)(xlnf能够化成这种形式 还原法。（1） f(x)f(x)?C0,1(0,1)

5、f(1)?0，1. 可导，在 例?)?0?3?(0,1)ff(). ，使得证明：存在f(x)33)?0?(lnx0?f(x)?0?lnf(x)?3xf(x)?， 分析：由 f(x)x3f(x)?lnx0 3?)f(x)?xx(1)?1?(0) ，证明：令23?)?0(f)?3(f()0)?(0,1)(? 存在，使得，而?)?03f?(0,1)f()? ，使得存在f(x)?Ca,b(a,b)f(a)?f(b)?0，可导， 在例2. ?)?02f(a,b)f()?(. ，使得证明：存在f(x)?2x)e?0(ln)(ln?xf?xf()2()002?fx?，分析：由 f(x)2 / 10 ?2x?

6、x)e0lnf( ?2x?ex)?(x)f(b)?b)?0?0(a?f(a)?f( ， ，证明：令?)?b)0?(?(a,，而存在 ，使得?2x?2x?2x?2f(x)?f(x)ef(x?e)(x)?2f(xe)?0 ?2?)?0?f?2f?e() ?)?f()f0)?2?(a,b 即存在，使得f(x)0,1f(0)?f(1)，上二阶可导，例3. 在?)(2f?)f(0,1)?. 证明：存在，使得 ?12f(x)f(x)22?1)0)?ln(x?f(x)?0?lnf(x， 分析：由 1?xf(x)x?12?1)0x)(x?lnf( 2?1)?)(x?f(x(x)?f(0)?f(1)?c?(0,

7、1)f(c)?0， ，使得证明：令 2?0c?1)?c)?f(c)(1)?0c)(1)?0?( ，又因为所以?)(2f?f()?(0,1)?. 由罗尔定理知，存在，使得 ?1kx?)?kf?x(x)?ef(f 记：k?f(x)(x)?f?kf?x （2）分组构造法。 ?)(?f(f) f(x)?f(x)?0?f(x)?f(x)?f(x)?f(x)?0 ?f(x)?f(x)?f(x)?f(x)?0?g?g?0 g?x?x?f(x)?e0?(x)?f(x)e?g?10(ln)(ln?) g?)?1?f(f)?(0（还原法行不通） 3 / 10 ?x?(x)?0?f(x)?e1?1?f(x)?1?0

8、?g?g?f(x) 11?(1)?()1,ff(0)?0,f(0,1)C0,1f(x)?，内可导，在例1. 22c?c?(0,1)f(c) 证明：存在，使得?1)?2f(c?(0,1)f()? . ，使得存在111?(1)?,(0)?0,()?x?f(x)?(x) ，证明： 令 22211?(0,1),1)?c?()(1)?0?(c)?0f(c)?c 使得，即， 22f(x)?2f(x)?x?1?f(x)?x?2f(x)?x?0 （分析） ?2xf(x)?xh(x)?e?h(0)?h(c)?0 ， 令 ?2f(1c?(0,1)f()?. ，使得存在?,. 题型三：证明：含找三点?)话)(两f(

9、句),f( 1：结论中只有分几种情形：情形?两次Lagrange?f(x)?C0,1(0,1)f(0)?0,f(1)?1，例1. 内可导，在c?(0,1)f(c)?1?c，使得证明：存在 ?)?1),f?(0,1)f(. 存在，使得?(1)?(0),0(1)?1x)?1?x?(0)?1(x)?f 证明： ，令?c?(0,1)f(c)?1?c 使得 f(c)?f(0)1?c?)(?f,1)c?(?(0,c?), , 使得 ccf(1)?f(c)c?)?f()?(f(1)f,(0,1)? ，所以存在，使得 1?c1?cf(x)?C0,1(0,1)f(0)?0,f(1)?1，在2. 例 内可导，1?

10、c)(f(0,1)c?，证明：存在，使得 211?2(0,1),?. ，使得 存在 ?)ff()(4 / 10 111?(1)(x)?(0)?,(x)?f(1)?(0)?0 令 ，证明： 2221f(c)?(0,1)?c ，使得 2f(c)?f(0)1?)?(?f,1)?(?(0,c),c?， ,使得 c2cf(1)?f(c)111?f(?)?2(0,1),? ，使得，所以存在 ?)f()?c2(1?c)f1?,，但是两者复杂度不同。2：结论中含有 情形?2?2?)(某个函数f(的)?2f(导数)?.留复杂ee)f(1)?)()ff(?2?)?f导数看不出来时(?.(两句话)2)哪个函数的 ?

11、 11?(?) 2?x?1).的情况用拉格朗日中值定理?.的情况用柯西中值定理2)?f(x)?Ca,b(a,b)(a?0)内可导例1. ，在?)(f?)(a?f(b)?)a,b?(. 证明：存在，使得 ?22x)?F(x0x?x)?2F( 由柯西中值定理 ，证明： 令?)f(a)f(b)?ff(b)?f(a)f()?(a?b)b?a?(,，所以使得 22?2?aba?b2f(b)?f(a)?)?f()b(a?,?使得，得证。 a?bf(x)?Ca,b(a,b)(a?0)内可导 ，在例2. 2?)?fabf(),b?(a 证明：存在 . ，使得11F(x)?F(x)?0由柯西中值定理 令 ， 证

12、明： 2xx?)(ab)?ff()(a)f)f(b?f(2?ab?()f?(a,b)?使得，所以 111ab? 2?ab5 / 10 f(b)?f(a)?()f)a,?b?(，得证。使得 b?af(x)?Ca,b(a,b)f(a)?f(b)?1 ，在例3. , 内可导?)?1e)?ff()ba,?(. ，使得 证明：存在?)f()e?f) 分析：“留复杂”(x?f(x)?e)(x，由拉格朗日中值定理 令 证明： baf(a?ee)f(b)?)()?ef(f?(a,b)?使得 ， b?ababae?a)?eefe(f(b?)()e?f(fa)?f(b)?1,?f(? b?ab?abaee?)?(

13、f(a)?f(,),?eb?e)?(1e)?ff. ，即 b?a题型四：证明：拉格朗日中值定理的两惯性思维。 f(x)可导 ?)b?a)?f(f(b)?f(a 见到3点两次使用拉格朗日中值定理。 x?cxc?,)f(x?1)?lim(limfx)?e?xlimf() 例1. ，且 则 x?c?x?xx? ?x1?()(x?f(x)f(x?1)?f，解： elimf(x?) . ?xxx?c2cc2x?cxlim 2cx2clim(e?e?)?lim(1?)cx?c?cx2又因为 ?x x?cx?c?x?x1?c 2dy?f(x)?x,?y?f(x?x)?f(x),?x?00x)?(0,(fx)

14、?f，则2. 例，且 000dy,?y,0的大小关系。 ?x?x)x)f?y?(x?x,(?，解：由拉格朗日中值定理知 000?f(x)?0,?f(x)单调递增 6 / 10 ?)f(x)?x?,?f 又00?)?x,?0?x?f(dy?y?x?0,?f(x)? 又因为0 f(x)?Mf(x)(a,f(x)(a,bb)内至少有一个零点。， 在例3. 内可导，且在f(a)?f(b)?M(b?a) 证明：f(x)(a,b)?c?(a,b),f(c)?0 在内至少有一个零点，所以证明：1）因为2）下边用两次拉格朗日中值定理 ?(a,c)(c?a),(c)?f(a)?f()f， 11?(c,?bc),

15、b?f(c)?f()(f(b) 22?(a,a),c)(a)?f()(c?f 所以 11?(c),b?f()(b?c)f(b 22? ?(a,c)?M(c?a?),?f(x)?Mf(a) ，1?(c,b)?f(a)?f(b)?M(b?a)f(b?M(b?c),) ， 2f(x)(a,b)y?f(x)，如图内二阶可导，有一条曲线在4. 例 ?)?0b)f?(?(a, ，使得证明：f(c)?f(a)f(b)?f(c)?)f()?(?,f)c,b(),?(ac? 1证明：）使得 2121c?ab?c?)?(a?(,b)?(?(f)f)BC,A，使得，所以由罗尔定理知因为共线，所以2121?)?0f(

16、 7 / 10 ?(a,a),c)?f()(c?f(c)f(a 11题型五：Taylor公式的常规证明。 (n)(n?1)?)f(x)f(nn?10)(x?x?(x?x)?x)?f(x)?f(x)(xx)(f 00000n!(n?1)!f(c)(f(c),x?c无?c),f(cx?0端点?中x点x ?0中点?端点?任一点?f(x)?C?1,1f(?1)?0,f(0)?0,f(1)?1 1. ，例?)?f(3?(?1,1). 证明：存在，使得 （题外分析：考虑什么时候该用泰勒公式什么时候不用！ (n)(n)?)?n?f2)f(0)(为题型一，考虑罗尔定理 时考虑，但是n?2时比较尴尬，有时候用拉

17、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?两次拉格朗日中值定理解决?)(ff(a),f(b),f(c)lagrange?f(a),f(b),f(c)taylor?） ?)(ff(0)23?1?(0)?,?0)f(?1)?f(0)?1,0)?(?1?(?1，证明： 12!3!?)f(f(0)23?2?,?0)?(1?0)(0,1)?(1f(1)?f(0) 22!3!?)f(0)f?1?(?1,0)?f(0)?,?0 126?)(f(0)f?2?(0,1)?,(0)1?f? 226?)?(6)?f?f 两个式子相减得：21?)?(2f?(M

18、)?f(x)Cf,?2m,M?f(x)m, ，在上有，则212121?)(?f(f)21?M?m?3?M?m，所以根据介值定理得： 2?,1)1?(?,)?(3f 存在，使得21minf(x)?10?f(0)f0,1xf()?(1)， ，2. 例，在二阶可导，0?x?18 / 10 ?)?8(0,1)f(?. 证明：存在，使得 minf(x)?1c?(0,1)f(c)?1f(c)?0 ，使得证明：由且知，存在0?x?1?)(f2?1?(0,c(0(0)?f(c)?c)f， 由泰勒公式： 12!?)(f2?2?(c?f(c)?c),1),(1f(1) 22!2?(0,c)f(,)? 112c2?(c)?,1),?f( 222)c(1