考研数学中值定理证明题技巧以及结论汇总

1、目录第一部分：中值定理结论总结.11、介值定理.12、零点定理.23、罗尔定理.24、拉格朗日中值定理.25、柯西中值定理.26、积分中值定理.3第二部分：定理运用.3第三部分：构造函数基本方法.9一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系.10二、二阶导数与原函数之间关系.11第四部分：中值定理重点题型分类汇总（包含所有题型).14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

2、题第一部分：中值定理结论总结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(ab).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mCM,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

3、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(ab),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,

4、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(ab),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(axb),g(x)0,那么在(a,b)内至少存在一点,使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f(x)g(x)Ps：对于罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理结论都是开开区间内取值。6、积分中值定理：若函数f(x)在a,b上连续，则至少存在一点xa,b使得baf(x)dx=f(x)(b-a)Ps：该定理课本中给的结论是在闭区间上成立。但是

5、在开区间上也是满足的，下面我们来证明下其在开区间内也成立，即定理变为：若函数f(x)在a,b上连续，则至少存在一点x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)证明：设F(x)=xaf(x)dx，xa,b因为f(x)在闭区间上连续，则F(x)在闭区间上连续且在开区间上可导（导函数即为f(x)）。则对F(x)由拉格朗日中值定理有：$x(a,b)使得F(x)=F(b)-F(a)b-a=baf(x)dxb-a而F(x)=f(x)所以$x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)。在每次使用积分中值定理的时候，如果想在开区间内使用，我们便构造该函数，运用拉格朗日中值定理来证明下使其在开区

6、间内成立即可。千万不可直接运用，因为课本给的定理是闭区间。第二部分：定理运用1、设f(x)在0,3上连续，在(0,3)内存在二阶导函数，且2f(0)=20f(x)dx=f(2)+f(3).证明：(1)$h(0,2)使f(h)=f(0)(2)$x(0,3)使f(x)=0证明：先看第一小问题：如果用积分中指定理似乎一下子就出来了，但有个问题就是积分中值定理是针对闭区间的。有的人明知这样还硬是这样做，最后只能是0分。具体证明方法在上面已经说到，如果要在开区间内用积分中指定理，必须来构造函数用拉格朗日中值定理证明其在开区间内符合。（1）、令x0(0f(t)dt=F(x),x0,2则由题意可知F(x)在

7、0,2上连续，,2)内可导.则对F(x)由拉格朗日中值定理有：$h(0,2)使F(h)=F(2)-F(0)2f(h)=20f(t)dt2=f(0),h(0,2)从而，mM，那么由介值定理就有：$c2,3,使f(c)=f(0)(2)、对于证明题而言，特别是真题第一问证明出来的结论，往往在第二问中都会有运用，在做第二问的时候我们不要忘记了第一问证明出来的东西，我们要时刻注意下如何将第一问的东西在第二问中进行运用：第二问是要证明存在点使得函数二阶倒数为0，这个很容易想到罗尔定理来证明零点问题，如果有三个函数值相等，运用两次罗尔定理那不就解决问题啦，并且第一问证明出来了一个等式，如果有f(a)=f(b

8、)=f(c)，那么问题就解决了。第一问中已经在(0,2)内找到一点，那么能否在(2,3)内也找一点满足结论一的形式呢，有了这样想法，就得往下寻找了，2f(0)=f(2)+f(3)，看到这个很多人会觉得熟悉的，和介值定理很像，下面就来证明：Qf(x)在0,3上连续，则在2,3上也连续，由闭区间上连续函数必存在最大值和最小值，分别设为M,m;则mf(2)M,mf(3)M.f(2)+f(3)2f(2)+f(3)2f(0)=f(h)=f(c),h(0,2),c2,3则有罗尔定理可知：$x1(0,h),f(x1)=0，$x2(h,c),f(x2)=0$x(x1,x2)(0,3),f(x)=0Ps：本题记

9、得好像是数三一道真题，考察的知识点蛮多，涉及到积分中值定理，介值定理，最值定理，罗而定理，思路清楚就会很容易做出来。2、设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1.证明:(1)、$x(0,1)使得f(x)=1-x(2)、$两个不同点h、x(0,1),使得f(x)f(h)=1本题第一问较简单，用零点定理证明即可。（1）、首先构造函数：F(x)=f(x)+x-1,x0,1F(0)=f(0)-1=-1F(1)=f(1)=1QF(0)F(1)=-10)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(2)、证明在-a,a上至少存在一

10、点h使得af(h)=33第一问课本上记住了写出来就行，考的很基础a-af(x)dxf(x)2f(x)2（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f(x)dx=xdx，f(x)此处不能直接拿到积分号外面，因为他不是与x无a-aa-af(x)22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：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

11、则对于区间-a,a，mf(x)M,mx2f(x)x2Mx22ma3=mxdxxdx=f(x)xdxMMa3222323aaa-a-a-a3m3f(x)dxMaa-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。f(x)dx=0,f(x)cosxdx=0.5、设f(x)在0,p上连续，且p0p0证明：在(0,p)内至少存在两个不同点x1、x2使得f(x1)=f(x2)=0本题看似很简洁，但做起来

12、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。令：F(x)=x0f(t)dt,x0,p，F(0)=F(p)=0Qf(x)cosxdx=cosxdF(x)=cosxF(x)p0+sinxF(x)dx=0sinxF(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)=sintF(t)dt,x0,p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。ppp000p0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x0具体的证明步骤和上面涉及到的一样，自

13、己去证。证完后就得到$c(0,p),使得G(c)=0,即sincF(c)=0,所以F(c)=0所以有：F(0)=F(c)=F(p)=0,c(0,p)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

14、，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。一般都会构造出g(x)=XXXe或者e或者x,n为任意常数对于中值定理这章，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：第三部分：构造函数基本方法一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系：x-xn1、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ef(x

15、)=f(x)可以构造g(x)=f(x)e-xx-xf(x)+f(x)=0可构造g(x)=f(x)exf(x)+f(x)=l可构造g(x)=f(x)ex-lexf(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-xf(t)dtxaxaf(x)-l(f(x)-x)=1先将其变形下：f(x)-lf(x)=1-lx左边是导函数与原函数关系可构造：f(x)e-lx右边可以看成是x-lx也成了导函数和原函数之间关系，如是可以构造：xe-lx从而要构造的函数就是：g(x)=(f(x)-x)e-lx2、如果还涉及到变量X，想想构造xnxf(x)+f(x)=0可构造g(x)=f(x)xf

16、(x)=-2f(x)x可构造g(x)=f(x)x2xf(x)+nf(x)=0可构造g(x)=f(x)xn3、另外还可以解微分方程来构造函数：如xf(x)+f(x)=0f(x)f(x)=-x,lnf(x)=-x2+clnf2(x)ex=cf2(x)ex=C1222所以构造函数g(x)=f2(x)ex2二、二阶导数与原函数之间关系构造带有e或者exf(x)=f(x)如何构造如下：-xf(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

17、x等式右边可以构造f(x)ex总的构造出来函数为：g(x)=(f(x)-f(x)ex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(h)-3f(h)+2f(h)=0先变形：变成一阶导函数和原函数之间关系f(h)-2f(h)=f(h)-2f(h)f(x)e-2x=f(x)e-2x所以构造的函数为：G

18、(x)=(f(x)-f(x)e-2xf(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)=f2(x)+(f(x)2G(x)=2f(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x(,1),使得f(x)=x1、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：12（2）、存在h(0,x),使得f(h)=f(h)-h+1（1）、对一问直接构造函数用零点定理：F(x)=f(x)-x具体

19、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(h)=f(h)-h+1先变形f(h)-f(h)=1-hf(x)e-x=xe-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(h)-1=f(h)-h(f(x)-x)=f(x)-xln(f(x)-x)=x+cf(x)-x=ex+c=exC(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,baf(x)dx=0证明：

20、（1）存在x1,x2(a,b)使得f(x1)=f(x1),f(x2)=f(x2)（2）存在h(a,b),hx1,x2使得f(h)=f(h)（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)ex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x(0,1),使得f(x)=1(2)存在h(-1,1),使得f(h)+f(h)=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

21、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(h)+f(h)=1先变形下：f(x)ex=exG(x)=(f(x)-1)ex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z(-1,0),f(z)=1从而可以对h(z,x)(-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

22、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)=arctanxC0,a，f(a)f(0)=f(a)a，求lim。【解答】f(x)=，由f(a)f(0)=f(a)a得2=arctana=

23、a2arctana，1+a中值定理题型题型一：中值定理中关于的问题2a011+x2aaarctana22，解得lim2=lima0+a0+aarctana1+a2=1aarctana2=lima0+aarctanaa3=lima0+113a23，a0+于是lim=13。【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（01）。证明：lim=h012。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()2h，或=f(x+h)f(x)f()f(x+h)f(x)f()=h22h【解答】由泰勒公式得f(x+h)=f(x)

24、+f(x)h+2!，从而有2!，两边取极限再由二阶连续可导得lim0=21h。题型二：证明f(n)()=0【例题2】设f(x)在0,1上三阶可导，f(1)=0，令H(x)=xf(x)，证明：存在(0,1)，常见思路：（1）罗尔定理；（2）极值法；（3）泰勒公式【例题1】设f(x)C0,3，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)C0,2，所以f(x)在0,2上取到最小值m和最大值M，由3mf(0)+f(1)+f(2)3M得m1M，由介值定理，存在c0,2，使得f(c)=1，因为f(c)=f(3)=1，所以由

25、罗尔定理，存在(c,3)(0,3)，使得f()=0。31因为H(x)=3xf(x)+xf(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)+6xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，由罗尔定理，存在使得H()=0。【解答】由H(0)=H(1)=0，存在1(0,1)，使得H(1)=0，2323(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)Ca,b，在(a,b)内二阶连续可导，证明：存在(a,b)，使得+f(a)=f(b)2fa+b2【解答】由泰勒

26、公式得(ba)24f()。)，1(a,f(a)=f(a+b2)+f(a+b2)(aa+b2)+f(1)2!(aa+b22a+b2)，)，2(f(b)=f(a+b2)+f(a+b2)(ba+b2)+f(2)2!(ba+b22a+b2,b)，两式相加得f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f(1)+f(2)2，因为f(x)C1,2，所以f(x)在1,2上有最小值m和最大值M，显然mf(1)+f(2)2M，由介值定理，存在1,2(a,b)，使得f(1)+f(2)2=f()，于是f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f()。【例题2】设f(x)在1,1上三阶连续可导，且f(1)=0

27、,f(1)=1,f(0)=0，证明：存在(1,1)，使得f()=3。【解答】由泰勒公式得2f(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f(1)f(1)=f(1)+f(2)，即f(1)+f(2)=6。16因为f(x)C1,2，所以f(x)在1,2上取到最小值m和最大值M，由2mf(1)+f(2)2M得m3M，由介值定理，存在1,2(1,1)，使得f()=3。【例题3】设a1a2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ca1,an，存在

28、(a1,an)满足等式f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()。【解答】（1）当c=ai(1in)时，任取(a1,an)，结论显然成立；（2）当cai(1in)时，f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()等价于n!f(c)(ca1)(ca2)(can)n!f(c)=k(ca1)(ca2)=f(n)()，令(can)，n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=k，则有令(x)=n!f(x)k(xa1)(xa2)(xan)，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)

29、kn!，所以f(n)()=k，即n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=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3xf(x)dx，证明：存在(0,1)，【解答】令(x)=xf(x)，由积分中值定理得【例题1】设f(x)C0,1，在(0,1)内可导，且f(1)=2使得f()+2f()=0。21202f(1)=2xf(x)dx=2cf(c)2，其中c0,，即1f(1)=cf(c)，于是有1022121222而(x)=xf(x)+2xf(x)，所以f()+2f()=0，注意到0，所以有(c)=(1)，由罗尔定理，存在(c,1)(0,1)，使得()=0。22f()+2f()=0。【例题2】设f(x)C1,2，在(1,2)内可导，且f(1)=使得12,f(2)=2，证明：存在(1,2)，f()=2f()。【解答】令(x)=x2f(x)，因为f(1)=12,f(2)=