(完整版)中值定理的应用方法与技巧.doc

1、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 一工)在目上上连续，则在质b上至少存在一点，使得Df(x)dx f( )(b a)o积分第二中值定理为前者的推广，即若在 aa,b上连续，且g(x)在时b上不变号，则在fe,b上至少存在一点 ，使得f (x) g (x) dx f ( ) g (x)dx o 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

2、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，乂存在着相互关联，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(X)在01上连续可导，且(0) 0, (1) lo证明：任意给定正整数a,b ,必存在(0,1)内的两个数 ，使得a b & b成立。 () ()证法1:任意给定正整数 a,令五&) ax,西&)(x),则在S1上对五&),垃&)应用柯西中

3、值定理得：存在(0,1),使得 a ° a。() Q) (0)任意给定正整数b ,再令gi (x) bx, g2 6)(x),则在上对gl (x), g2 (x)应用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得b b ° bo () a) (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，使得a b a b () ()成立。证法2:任意给定正整数a,b ,令五&)ax, (x)(x)，则在 U),l上对五&),垃&)应用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得_2_ a。再令 ()gl (x) (a b) (x) bx, g2 (x)(x)

4、,则在 £),1上对 gi (x), g2 &)应用柯西中值定理得：存在 (o,i)，使得侬"3 b Q b) b a o因此有 ()(1)(0)a <a b) ( ) bba bQa b -, 移项得： 一)a bo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分别从出发构造相应的函数。而证法2() ()b 一是先将 下 b a b移项得： a a b b (a h) ( ) ， 然后()() () () ()从两边出发构造相应的函数。例二.设

5、f(x)在M,b上连续，在Q,b)内可导且f(a) f(b),试证明：存在，<a,b),使得f()f ()o2b a证法1：根据条件，由拉格朗日中值定理，存在 Kb),使得f <b) f (a) f ( ) (b a)令g(x) X2 ,在a,b上对f(x),g (x)应用柯西中值定理，得存在 (a,b),使得f ( )f()°2 b2 a2 b a证法2：令g(x) x2 ,在la,b上对f (x),g(x)应用柯西中值定理，得存在«a,b),使得£_XX一冥&o2 b2 a2再令g &) (b a) x ,在A,b上对f (x),

6、g (x)应用柯西中值定理，得存在f ( ) f (b) f(a) f (b) f -) oQ,b),使得 b a (b a)b (b a) a b2 af综合两式得到存在， Q，b)，使得_ul dJ o2 b 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 M,b上二阶可导，并且 g (x) 0 , f (a) f (b) 0,g (a) g (b)0 ,试证:(1)在(a,b)

7、内，g (x) 0 , f (2)在(a,b)内至少存在一点，使) f()。g ( ) g ()证明：(1)用反证法。假设存在点c (a,b),使g(c) 0 o分别在a,clc,b上对g(x)运用罗尔定理，可得存在 1Q,c), 2(c,b),使得g(i g(2)0再在El, 2上应用罗尔定理，乂可得存在3 1, 2,使得g(3)0 ,这与题设矛盾。故在(a,b)内，g (x) 0 o(2)即证f( )g ( ) g( )f () 0 o为此作辅助函数:H (x) f (x) g (x) g (x) f (x)由于 fS) f(b) g G) gb) 0,故 HG) H (b) 0。在 M,

8、b上对 H (x)应用罗尔定理得：在Q,b)内至少存在一点，使H ( ) f( )g ( ) g( )f ( ) 0 ,f (从而有 jN )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(3 )0，从而推出矛盾，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&)在上连续，在x 0处可导，且f (0) 0 o(1 )求证：x (0, a),9,1) ,

9、f (t)dt f (t)dt xf ( x) f ( x)oo(2)求in X 0证明：(1)令 F (x) f (t)dt f (0dt , 则 F (x) f (x) f ( x) o00根据拉格朗日中值定理，X (0,a),(0,1),使得F (x) F (x) F (0)F (x)(x 0) xf (x) f ( x)即 f(t)dt f(t)dt00xf (x) f( x)f (t)dt(2)由于 lin 2X 0f (x) f( x)f (0)向X 0而运用洛必达法则,linx oo f (t)dto f (t)dtf (x)f ( x) 1f <0)0因此lin工。2分析

10、: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，乂 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 arctanb| |a b(2)当x 1时，eex证明:(1)令 f(x) arctan x, x M,b , f (x)在a,b上连续,在在b）内可导,因此根据拉格朗日中值定理，有 f（b） f（a）f ( )(b a) , aarctan b arctan a112 (b a) , ab ,故 Lrctana(2)设 f(x)

11、exex，由于f（x）在Lx上连续，在（l,x）内可导，因此根据拉格朗日中值定理，有fa） f（）（xi）, a,x）o 即5ex ex fe e)(xDo1 由于 （1, x）,所以（e e）（x 1）0 ,从而当x时,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&）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ab导出欲证的不等式。例六.设f6）在01上三阶可导，且f（0） l,f（l） 0,f（0）0,试证：至少存在一点 (0,1)，使得f (x)1

12、 X2 X2 (x Df ( ) , X (0,1)3!证明：即证至少存在一点(0,1),使得f(x) 1x2r(xl)f( )o3!令(x) f (x)1 x2 ,则(0)f(0) 1 0 ,(0)f(0)0 ,(1)0。所以可令：(x) x2 & 1)K (x),下证：K (x) f ()。3!令 H (t) f (t)1 t2 t2 (t 1)K &),则HO) 0,H 3)0,H (1) 0,H (x)0 o根据罗尔定理，在H (t)的两个零点之间存在H 3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)

13、在(0,1)内至少有一个零点，记为 ，即H ( ) f () 3!K &) 0 ,从而K (x)3!所以至少存在一点 (0,1),使得f(x) 1 X2 X3(X_1)f ( ) , X (0,1)3)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x(X 1)f ()的导出。注意到此式中含有中值处的高阶导数，3!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顶、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Q,b)内可导且f (x) 0 o试证存在f (), Q,b)，使得 :.0。f ( ) b a证明：由于

14、£(#-*在自力上满足柯西中值定理，故必有 6,b),使f ()f(h) f(a) 。因为f&)在A,b上满足拉格朗日中值定理，所以存在eb eaeQ,b),使得19， f(a) f ()o于是有b af( )eb ea -m- eb ea oeb ea b a e b af (所以存在，&，b)，使得 ) eb ea e 。f ( ) 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fU. ea ,在对其中，可套用柯西中值定理得出e baef( ) fjb) f"),因此只须再证f () f(b) f叫此式可由拉格朗日中值 eeb eab

15、 a定理导出。例八.设抛物线y x2 Bx C与x轴有两个交点x a,x b, a b o另有一函数f (x)在A,b上有二阶导数，且f(a)f (b) 0，如果曲线y f(x)与y x2 Bx C在Q,b)内有一个交点，求证：在 Q,b)内存在一点，使得f ( )2 o证明：设曲线y f(x)与y x2 Bx C在Q,b)内的交点为c。作辅助函数：(x)f&)(x2 Bx C)。由题设条件可知 (x)在M,b上有二阶导数，且(a)(c)3。在fe,c,fc,b 上对(x)应用罗尔定理，存在1 6 c), 2(c, b),使(D (2)0。在1,2上再对&)应用罗尔定理，存在(

16、1' 2(a,b),使得()0 ,即 f ( ) 2 0。所以 f ( )2分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为f () 2 0 o即证相应的函数(x) f(x) ( x2 Bx C )二阶导数有一个零点。根据题设条件，y f&)与y x2 Bx C在三个点处有相等的函数值，因此两者的差&)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 (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 (x)其二阶导数有一个零点。而(x)其二阶导数恰好为f (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

17、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&)在Q,)内可导，且hn f&)存在，证明：3in f (x) 0。证明：在(a,)内任取一点X,由题设条件知一必在以建1上连续、可导。(x, x 1),使得1,从而因此在x,x 1上对f(x)应用拉格朗日中值定理得到：存在f(X 1) f(x)f () f(x 1) f fc) o 因为当X 1 XX , 乂已知3in f&)存在，所以Xlin f ( ) lin f (x 1) f (x)in f (x 1) lin f (x)0所以 lin f (x)

18、0 o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 hn f&),可在x,x 1上对f&)应用拉格朗日中值定理，并使XX o由此可导出结论。例十.设f (x)在Sa上连续，且f(0)0 ,证明："f&)dx 1M a2。2其中，M m axlf (x)卜Oxa'证法1： f (x)dx a|f (x) dx ,而f(0) 0 ,所以应用拉格朗日中值定理得: AA If (x) f (0) f (x) f ( ) x, 0所以 |f(x)| |f (

19、)|x M x o 于是有 f(x)dx |fK)px M xdx 1M a 2 o证法2：因为f(0)0,所以f(x)f (x)| f (t)dt| If ® dt Mx,所以 00f (x) f(0) f (t)dt, 0 x a。而of (x) dxf (x)|dx | M xdx -Ma2.分析：该题首先可利用 ；f(x)dx Jf (x| dx ,将结论化成定积分问题。由 于结论中含有导数，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S1上连续且递减，证明；当01时，有f (x)dx f (x)dx

20、 o证明：已知f(x)在01上连续且递减，利用积分第一中值定理，有f (x) dx of (x) dxoo)f (x)dxo)f(l)f (x)dxof (x) dxf (x)dxf (x)dxf(1 ) f ( 2)而当o从而 f (x) dxof (x)dx o oa )f(2)由于f&)分析：定积分的比较若积分区间相同,a )f(i) f(2)在0,1上连续且递减，所以)0 o所以of (x) dxf (x)dx 0 ,o可考虑借助于定积分关于被积函数满fe.,b,满足a) 3 f ()足单调性来证明。若积分区间不相同，则可借助于积分笫一中值定理将定积分化 成函数值与区间长度乘积

21、，再作比较。例十二.设f (x)在a,b上连续，证明存在一点o af (x)dxf) f (b)12证明：记点容易发现af(a) fb)即为线段 AB,2直线xa, xb及x轴围成的梯形面积。由于线段AB的代数方程为:解：在上应用积分第一中值定理f(b) a,、(y f(a)心(X a),所以b ab af(a) ft)2bf (a)bb a从而 f (x)dx If (a)f(b)Jf 6) f (a) (xb af(x) f(a)a)dxf (a)f(5)(x a)dx oR (x) f (x) f (a)f (a) (x a)由于R (a)R (b)0 ,故可设 R (x)& a

22、)(x b)K (x)o作辅助函数:H (t) R (6(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 3在a,b内有一个零点，记为与 x 有关。即 H ( ) R ( ) 2!K (x) f ( ) 2!K (x) 0 ,所以 K (x)_d),2!从而 f( )()()。于是有 R (x)2! x a x bbD abb工3/、/.、.f (x)dx If (a) f(b)J R(x)dx (x a)(x b)dxa2aa 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A,b,使得b f ( )f ( ) b<b a)3 (x a)(x b)dx (x a)(x b)dx £ (),a 2!2 a12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