考研数学中值定理证明题技巧、结论汇总

题型一：中值定理中关于θ的问题题型二：证明f(n)(ξ)=0题型三：证明fn)(ξ)=C0(≠ξ，不含ab题型五：含两个中值ξ,η的问题题型六：含ab及中值ξ的问题 只考一次研，用点儿请牢记全网最强的考研资料免费 ， 这是一套真正能用的资料，如想打包以上资料，请通过参与活动，加入会员，免费领 研途商城——一站购齐快乐考研297297第一部分：中值定理结论总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ξ使得Ps:cA、Bξf(x)在闭区间[a,bf(x)在[a,bM，最小值mm≤C≤M,则必存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=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2、零点定理f(x)在闭区间[a,bf(a)与f(bf(a).f(b)<0,那么在开区间内至少存在一点ξ使得f(ξ)=0. 3、罗尔定理4、拉格朗日中值定理5、柯西中值定理f(b)f(a)g(b)

g`( 6、积分中值定理bf(x)在[a,b]上连续，则至少存在一点[abaf(x)dxf()(bb我们来证明下其在开区间内也成立，即定理变为：若函数b少存在一点abaf(x)dxf()(bbxF(x)af(x)dxx[a因为f(xF(x在闭区间上连续且在开区间上可导（导函数即为f(x)。aabF`()F(bFab

bf(x)dxbaF`(f(b所以abaf(x)dxf()(bab第二部分：定理证明：(10,2)使f(f(2)0,3)使f``(21f证明：(10,2)使f(f(2)0,3)使f``(20 （1、令00,2)使F`()F(2)F2f()

2f02

f(0),0，这个很容易想到罗尔定理来证明零点问题，等式，如果有f(a)=f(b)=f(c)，那么问题就解决了。2f(0)f(2)f(3)f(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;mf(2)Mmf(3)Mmf(2)f(3)M c[2,3使f(c)f(2)f(3)

ff(0)f()f(c),(0,2),c 1(0,),f`(1)0，2(,c),f`(2)(1,2)(0,3),f``()2、设2、设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)(2)、两个不同点、(0,1),使得f`(f`()(1)、0,1)使得f(1（1F(xf(xx1,xF(0)f(0)1F(1)f(1)F(0)F(1)1由零点定理知：(0,1)使得F()0,即f()1就知道事实就是这样）01之间夹了个0与1 对f(xf`()f()f(0)1,(0, f`()f(1)f() ,(1 1f`()f`()1,(0,)(0,1),(,1) )内可导，且0,),(,1使得：f`(f`(22两个范围内，不像上一题中直接来个、0,1)，这个分界点1/2的作用是干吗的。很1/2当做某一个点就像上一题中的，是否要用到拉格朗日中值定理呢，这是f`(2f`(20，f`(2f(133用拉格朗日中值定理后相互消掉变为0呢，有了这些想法我们就要开始往下走了： F 1)FF F(x)f(x)1x3,F(0)0,F(1)0,F`() 2F( 2F`()

1

F(2)12

2F(2F`(F`(0发，如何构造出函数是关键。做出来之后我们反过来看这个1/2的作用就知道了，如果只给、(0,1)，那就更难了得自己找这个点，既然题中给了这个点，并且把两个变量分.设.设a) f3(2)、证明在[-a,a]上至少存在一点使得af（1f(xf(0)f`(0)x

f``()x2

f`(0)xf``()xaf(x)dxaf``(x2dxf``(x a 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[-mf``(x)M,mx2f``()x2Mxma3max2dxaf``()x2dxMax2dx2Ma2m

af(x)dx aa3Ps：本题是以前的一道，具体哪年也记不得了，主要就是考到介值定理的运用。题目证明：在(0,内至少存在两个不同点1、2使得f(1f(2F(x)xf(t)dtx[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。

f(x)cosxdxcosxdF(x)cosxF(x)

sinxF(x)dx 0sinxF(x)dx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) xsintF(t)dt,x[0,0c0,),使得G`(c0,即sincF(c)0所以F(c) 55、设f(x)在[0,]0f(x)dx0,0f(xcosxdx0F(0)F(c)F()0,c0,Ps020，容易想到了，硬是说C点就成立，那估计一半的分都没了。第三部分：构造函数基本方一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系：一般都会构造出g(x)XXXex或者ex或者xnn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ex或者exf`(x)f(x)可以构造g(x)f(xex f`(x)f(x)0g(x)f(xf`(xf(x)g(x)f(xexxf(t)dtf(x这个也是原函数与一阶导函数问题，构造函数g(x)exxfx f`(x)(f(x)x)f`(xf(x1xf(x从而要构造的函数就是：g(x)f(x)xf`(x)f(x)0g(x)f(xf(x)2f(x)g(x)x

f(x)xxf`(x)nf(x)0g(x)f(xxf(xf`(x)f`(x)flnf(x)1x22lnf2(x)ex2f2(x)ex22所以构造函数g(x)f2x二、二阶导数与原函数之间关系构造带有ex或者f``(x)f f``(xf`(x)f`(xf(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f`(x)）之间关系，从而等式左边可以构造f`(xex等式右边可以构造f(xex总的构造出来函数为：g(x)(f`(x)f(x(f``(x)f`(x))(f`(x)f(x))g(x)f`(xf(xex，可以看上面原函数与导函数之间关系如何构f`(xf(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f``()3f`()2f()f``()2f`()f`()2ff`(x)e2xf(x)G(x)(f`(x)f(x))ff``(x)f(x)G(x)f2(x)(fG`(x)2f`(x)(f``(x)ff`(x0，而构造 11f(x在[0,1]上连续，在(0,1f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1（2（2、存在2),使得f`()f(（1、存在1,1使得f(（1、存在1,1使得f(f`(f(1f`()f()1f(x)exx构造函数为G(x)f(xxf`()1f()(f(x)x)`f(x)xln(f(x)x)xcf(x)xexcex(f(x)x)exG(x)(f(x)x)b2、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

f(x)dx证明证明（1）存在1,2ab)使得f(1)f`(1),f(2)f`(2（2）存在（2）存在a,b),1,2使得f``(fF(x)f(x) g(x)(f`(x)f(x))原因在于第一问中f`(xf(x=0(1)(1)0,1),使得f`((2)(2)1,1),使得f``(f`(F(x)f(xx，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。f``()f`()先变形下：f`(xexeG(x)(f`(x)1)1的结论即可。也即1,0),f`()从而可以对(,)(1,1)运用罗尔定理考试点相应推荐 2015考研《高等数学》极限及其应用专题精讲（针对数一、二、三/course/16920.html 2014考研数学《线性代数》答题技巧(合作机构学府考研) 题型一：中值定理中关于θ的问题题型二：证明f(n)(ξ)=0题型三：证明fn)(ξ)=C0(≠题型四：结论中含一个中值ξ，不含ab题型五：含两个中值ξ,η的问题题型六：含a,b及中值ξ的问题 中值定理题型题型一：中值定理中关于的问题1f(x)arctanxC[0,af(af(0)f(a)a，求lim2【解答】f(x) 1xarctana

f(af(0)f(a)a2aarctan1a22

a2arctana

1 lim2limaarctanalimaarctana 1a2 a0a2arctan a 3a 3lim1 【例题2】设f(x)二阶连续可导，且f(x)0，又f(xh)（011

f(x)f(x f(xh)f(x)f(x)hf()h

x ，其中位于

f(x

(xh)h

f(x)f(x)hf()h f(xh)f(x)f( f(xh)f(x)f( ，从而 lim 2常见思路：（1）（2）（3）1f(xC[0,3]，在(0,3f(0)f(1)f(2)3,f(3)1，证明：存在(0,3)，使得f()0。f(xC[0,2]f(x在[0,2mM3mf(0)f(1)f(2)3Mm1M，由介值定理，存在c[0,2]1 H(0H(0)H(1)0，存在10,1)H(10因为H(x)3x2f(x)x3f(x)，所以H(0)0 得H(2)0。因为H(x)6xf(x)6x2f(x)x3f(x)，所以H(0)0，由罗尔定理，存在0,2(0,1)H(00f(n)C(0 1f(xC[ab，在(ab内二阶连续可导，证明：存在abf 2fab

f

(b

f ， f(a)f(ab)f(ab)(aab)f(1 ab (a,a， f(b)f(ab)f(ab)(bab)f(2 ab (ab,b)2

， a

(b f()f(f(b)2f

)f(a)2

1 2f(xC[1,2，所以f(x在[1,2上有m和最大Mf(1)f(2

M，由介值定理，存在[1,2ab2f(1)f(2)

f(f(b2fabf(a)(ba)2f( 2f(x在[1,1]f(1)0,f(1)1,f(0)02 f(1)f(0)f(0)

f(1),1(1,0)f(1)f(0)f(0)

f(1)f(1)1f(f(f(f()6 f(xC[1,2]，所以f(x)在[1,2上取到最小m和最大M由2mf(1f(22Mm3M，由介值定理，存在[1,21,1)，使得f()3。【例题3】设a1a2 an为n个不同的实数，函数f(x)在[a1,an]上有n阶导数，f(a1f(a2

f(an0，则对每个c[a1an，存在a1anf(c)(ca1ca2 (can)f(n(当cai(1in时，任取a1an（2）当ca(1in)时，f(c) (ca（2）当ca(1in)时，f(c) inf f(n

nf k(ca1)(ca2 (cann!f(c)k(ca1)(ca2 (can

(ca1)(ca2 (can令(x)n!f(x)k(xa1)(xa2 (x

，显然(x)有n1个不同零点caa ，不断使用罗尔定理，存在a

，使得(n)(0 而(n)(xnf(nxkn!f(nkn!f即

f(n，所以结论成立(ca1)(ca2 (can题型四：结论中含一个中值，不a,b，导数的差距为一阶3 10使得f(2f()0【解答】令(x)x2f(xf(1)

1

f

2c2f(c)

，其中c

1]，即12f(1c2f(c (c(1)，由罗尔定理，存在c,1)0,1)，使得(0而(xx2f(x2xf(x，所以2f(2f()0，注意到0f(2f(0

2f(2f(【解答】令(x)x2f(xf(1)1,f(2)2，所以(1)(2)1 由罗尔定理，存在1,2)，使得(0f(2f( 3f(xC[0,1]，在(0,1f(00,f（1）证明：存在c0,1)f(c)c

1,f(1) 1,h(1)1【解答】（1）令h(xf(xxh(0)0 h(h(1)0，所以存在c

（2）令(xekxh(x，因为h(0)h(c0，所以由罗尔定理，存在0,c0,1)，使得()0，于是f()k[f()]1。题型五：含两个中值,的问题)4 ebea使 f bF(xexF(x)ex0，由柯西中值定理，存在abf(b)fF(b)F

fF(

f(b)f(a)eb

f f(b)f(a)eb

f

ba f(b)f(a)

f()

b

【例题2】设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1,a,bf(f(e【解答】令(x)exf(x，由拉格朗日中值定理，存在ab(b(a)(b

ebeb

f(f(

ebeaba

存在,(0,1)，使 f(a

f

aba

a

f(1)，所以存在c0,1)f(c)

a由拉格朗日中值定理，存在(0,c),(c,1)f(cf(0)f()cf(1)f(cf()(1c4f(xC[ab，在(ab内可导（a0，证明：存在1,2,3ab，f()ab)f(2)a2abb2)f(33 3F(xx3F(x3x20，由柯西定理，存在ab 5 f(b)f(a)b3

32

f(b)fb

(a2abb2

f(3 F(x)x2F(x)2x0，由柯西定理，存在ab2f(b)f(a)b2a

f(b)fb

(a

f(2再由拉格朗日中值定理，存在1ab)，使得f(bf(a)b题型六：含ab及中值的问题

1】设ab0(ab，证明：存在ab，使得aebbeaab)(1)e【解答】aebbeaab)(1

aebbeaab

1)eebea a

(1)ef(x)

,F

1，F(x)

1 x f(b)f 在abF(bF(a)F()，整理得aebeab)(1)e。情形二：ab与不可分离2f(xg(x[ab]，在(abg(x)0，证明：存在ab)f(a)f( f(g(g(b)g()f(a)f(【解答 g()

g(f(a)g(g(bf(f()g(f()g(0F(x)f(a)g(x)f(x)g(bf(x)g(x)F(aF(bf(a)g(b，所以由罗尔定理，存在abF(0：

QQ：2f(a)f(得g()

f(。g(题型七：杂例f(x在[abf(a)（1）存在1,2a,b（12）f(1f(10f(2f(20（2）存在abf()f(

f(b0f(af(b0（1）f(a0,f(b0f(a0x1abf(x1f(a)0；f(b)0x2abf(x2f(b)0。f(x1f(x20，所以存在cabf(c)0令(x)exf(xf(a)f(c)f(b)0，所以(a)(c)(b)0，由罗尔定理，存在1ac),2cb，使得(1)(2)0，而(xexf(xf(x且ex0f(1f(10f(2f(20（2）F(xexf(xf(xF(1)F(2)0，所以由罗尔定理，存在1,2abF()0F(xexf(xf(x且ex0f()f(题型八：二阶保号性问题f(x0f(x0，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。1f(x在[0,f(x)0,f(0)0a0,b f(a)f(b)f(ab)f(af(0)f(1)a，其中01af(ab)f(b) f(2)a，其中b2ab7 f(x)0且12f(1f(2f(af(0)f(abf(bf(af(b)f(ab【例题2（1）设f(2)0，且 f x2(x（2）f(2)0,f(2)2，讨论(2,f(2 f x2(xf(x

0。因为(x2)20，所以f(x)0，从而f(x)f(2)0x2,2)时，f(x0；当x2,2时，f(x0x（2）f(2)20得limf(xf(2)limf(x)0 x x2x0，当0|x2|f(x)0。当x2,2)时，f(x)0x2,2xf(x)0，故(2,f(23f(x在[2,f(2)3,f(2)1,f(x)0f(x)f(x)0f(xf(2)1f(x)从而当x2时，f(x)f(2)f()(x2)x22x，于是f(x)f(2)x2

f(x)f(2)30f(xf(x10f(x单调增加，故零点是唯一的。f(x在[ab（1）f(x0f(x（2）f(x)0f(x)

f(x0f(x0xx0xx0f(x0f(x0xx0xx04f(xC[abf(x)0xi[ab](1in，设ki0(1i8 且k1k2 kn1，证明f(k1x1k2x2 knxn)k1f(x1k2f(x2 knf(xn【解答】令x0k1x1k2x2 knxnf(x)0f(x)f(x0f(x0xx0f(x1)f(x0)f(x0)(x1x0 k1f(x1)k1f(x0)f(x0)k1(x1x0f(x)

f

)f

x

f

)

f

)f

)k

x

，故

0f(xn)f(x0)f(x0)(xnx0

knf(xn)knf(x0)f(x0)kn(xnx0相加得k1f(x1)k2f(x2) knf(xn)f(x0)5f(xC(,f(x)0，且limf(x)1f(x)x【解答】由limf(x)1f(0)0,f(0)

f(x)0f(x)f(x0f(x0xx0x00f(xx题型九：中值定理证明不等式问题1f(xC[ab，在(abf(a)f(bf(x不是常数，证明：存在ab)，使得f()0。f(af(bf(x不为常数，所以存在cabf(c)f(af(c)f(a，由拉格朗日中值定理，存在ac)abf(f(cf(a)0c【例题2】设f(xC[ab，在(ab内可导，且曲线yf(x)f(b)fb(a,b)f(b)fbyf(a

f(b)fb

(xa(x)f(xf(af(bf(a(xa，显然(a)(b)0f(xb所以存在cab，使得(c)0，不妨设(c)09 由拉格朗日中值定理，存在1(ac),2cb)()(c)(a)0,

)(b)

0 c b而(x)f(xf(bf(af()b

f(b)f(a),f()b

f(b)f。b（1）f(bf(a)0，则|f(||f(bf(a)|b b （2）f(bf(a)0，由f(b

f(bf(a)|fb

f(b)f b |，取23f(xC[ab]，在(abf(a)存在abf(0

f(b0,f(a0f(a0，存在cabf(c)f(a由拉格朗日中值定理，存在1(ac),2(cb)f

)f(c)f(a)0，f()c

f(b)f(c)0b(,)(a,b)，使得f()f(2)f(1) 2

4f(x在[a,b上满足f(x)2f(x在(a,b|f(a||f(b|2(ba)【解答】因为f(x)在(ab内取最小值，所以存在cab)，使得f(c)最小，于是f(c0。由拉格朗日中值定理，存在1ac),2cbf(cf(af(1)(ca),f(bf(cf(2)(bcf(a)f(1)(c |f(a)|2(c，取绝对值得 f(b)f(2)(b |f(b)|2(b5f(xC[0,1]，在(0,1f(0)f(1)0，minf(x10存在0,1)f(8【解答】因为minf(x)1，所以存在c0,1)f(c)1f(c)00 f(1)f(0)f(c) f(2

，其中10c2f(1)f(c)

，其中2(c,1)，于f

)2,f()c

。(1（1）当c0,1f()28 c（2）当c 时，1c 1，f() 8(2

(0, 6f(x在[0,1上二阶可导，且|f(x|a,|fx|b，对任意的c0,1)|f(c|2ab2f(0)f(c)f(c)(0c)f(1)c2

(0,c)f(1)f(c)f(c)(1c)f(2)(1c)2 1

(c,1)f(1)f(0)f(c1

[f

)(1c)2f(1)c2f(c)f(1)f(0)

[f

)(1c)2f(1)c2|f(c)||f(1)||f(0)|1[|f()|(1c)2|f()|c2]2ab[(1c)2c2 因为c0,1)，所以1c0,1)，于是c2c1c)21c，故|f(c|2ab2一个时间点其加速度的绝对值不小于4。 S(1)

)S(0)

,1(0, 12S

)S(1) 2

,2(2 8S(1S(2，取绝对值得8|S(1||S(2|（1）当|S(1|S(2||S(1|4（2）当|S(1|S(2|时|S(2|48f(x在[abf(a)f(b0，证明：存在ab，使得|f(|4|f(bf(a|/(ba)2。a f(1 ab af )2

f(a) (a

),1 )22fabf(bf(1bab)2,abb)，两式相2 1f(b)f(a)(ba)2[f1

f(2)]，取绝对值得8|f(b) (b f(a)

[|8

(1 |f(2|（1）若|f(||f(||f(|4|f(bf(a|

(b（2）若|f(1||f(2||f(2|4|f(bf(a|(b09f(xx的邻域内四阶可导，且|f(4x|M(M0x0a0有|f(x)f(a)f(b)2f(x0)|M(ax)2 (ax0 其中bax0的对

f(x f(x f(4)(f(a)f(x)f(x)(a

) 0(ax)2 0(ax)3 1(ax

其中1介于a与x0之间

f(x f(x f(4)(f(b)f

)f

)(b

) 0(bx)2 0(bx)3 2(bx)

其中2介于b与x0之间，两式[f(4)()f(4)(f(a)f(b)2f(x0)f

)(a

2 (ax4 |f(x)

f(a)f(b)2f(x |f(4)()f(4)() 0 (ax4 (ax)20 (ax 0【例题10】设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)且|f(x|2x[0,1，有|f(x|1f(0)f(x)f(x)(0x)f(1)x2

(0,x)f(1)f(x)f(x)(1x)f(2)(1x)2 f(x)1[f()x2f()(1x)2

(x,1)，两式相于是|f(x|1[|f(|x2|f(|1x)2x21x)21 极值、凹凸性、渐近线题型f(x)f1、设f(x)在x0处二阶可导，f(0)0且 2， f(0)f(xf(0)f(x(0,f(0yf(xf(0)f(x(0,f(0yf(x【解答】由limf(xf(x)2f(0f(0)0f(0)0 ]limf(xf(x)2得lim[f(xf(0)f(xf]

f(0)f(0)2 f(0)20x0f(x的极小点，选(B f 2， x2(x f(2)f(xf(2)f(x(2,f(2))yf(xf(2)f(x(2,f(2))yf(x f 20，所以由极限保号性，存在0，当0|x2|时x2(x f(x

0，于是f(x0x2,2x2为极小点，选Af(x)0, 3f(x)二阶连续可导，且

fx

1， （A）f(0)是f(x)的极小 （B）f(0)是f(x)的极大（C）(0,f(0))yf

f(x的拐点（D）x0f(x【解答】因为

10，所以由极限的保号性，存在0，当0|x|f

0

，于是(0,f(0为曲线的拐点，选(C f(x)0,x(0,4、设k0，则函数f(x)lnxxk的零点个数 e 【解答】令f(x)110xe，因为f(x)10xef(x x(0,Mf(ek0

f(x)，

f(x)f(x有两个零点，选(C

x2x

ex1的渐近线的条数 【解答】因为limf(x) limf(xlimf(x)x1,xy

x2 由 1，lim(yx) ex1xx2

1x

x2 (e11)x1x0yx3xx x选(D)二、与极值、最值相关1f(xg(x在[abf(xf(x)g(xf(x)0f(a)f(b)0(abf(x)0(x[abf(xx0abf(x00f(x00，f(x在(ab内取到最大值，存在cabMf(c)0f(c)0，代入关系式得f(c)f(c)0，c又是极小点，。同理若f(x0)0，则最小值在区间内部达到，也，所以f(x)0(x[a,b])。22、求数列{nn}2

ln

ln

1ln f(x)xxexf(x)exx

0xex0,ef(x)0xe时，f(x0xef(x在(0,2或33，因为2683369，所以最大项为33。1f(0)g(0),f(