先整理一下要证的式子e1f（x2）-eex1f（x1）=f（c）-f¢（c）-e这题就没上面那道那么发现e1f（x2）-exx2容易看出来了分子分母同除一下
f（x1）是交叉的，变换一下，ex1+x2f（x2）ex2--f（x1）e1x11x2于是这个式子一下变得没有悬念了eex1用柯西定理设好两个函③k值法
仍是上题数就很容易证明了分析：
对于数四，如果对柯西定理掌握的不是方法叫做k值法很好上面那题该怎么办呢？
在老陈的书里讲了一个第一步是要把含变量与以此题为例已经是规范设常量的式子分写在等号的形式了，现在就看常=k整理得e-x1两边量的这个式子-x2
ex1f（x2）-eex1x2x2f（x1）-e[f（x1）-k]=e[f（x2）-k]很容易看出这是一个对那么进入第二步，设称式，也是说互换x1x2还是一样的F（x1）=F（x2）F（x）=e-x[f（x）-k]，验证可知。
记得回带k，用罗尔定理证明即可④泰勒公式法
老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。
当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。
3、所证试同时出现ξ和η①两次中值定理
2例5f（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，f（a）=f（b）=1试证存在z，hÎ（0,1）使得eh-z[f（h）+f¢（h）]=1分析：
首先把z与h分开，那么就有hze[f（h）+f¢（h）]=e一下子看不出来什么，很容易看出那么可以先从左边的式子下手试一下hhxe[f（h）+f¢（h）]=[ef（h）]¢，设F（x）=ef（x）利用拉格朗日定理可得hF¢（h）=-eaef（b）-ef（a）b-aexbba
再整理一下ze[f（h）+f¢（h）]=ebb-aa只要找到-eab-a与e的关系就行了得到这个更容易看出来了，G¢（z）=ez令G（x）=e则再用拉格朗日定理就=e[f（h）+f¢（h）]hb-a②柯西定理（与之前所举例类似）
有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。
=eb-e
一、高数解题的四种思维定势
1、在题设条件中给出一个函数f（x）二阶和二阶以上可导，“不管三七二十一”，把f（x）在指定点展成泰勒公式再说。
2、在题设条件或欲证结论中有定积分表达式时，则“不管三七二十一”先用积分中值定理对该积分式处理一下再说。
3、在题设条件中函数f（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，且f（a）=0或f（b）=0或f（a）=f（b）=0，则“不管三七二十一”先用拉格朗日中值定理处理一下再说。
4、对定限或变限积分，若被积函数或其主要部分为复合函数，则“不管三七二十一”先做变量替换使之成为简单形式f（u）再说。
二、线性代数解题的八种思维定势
1、题设条件与代数余子式Aij或A*有关，则立即联想到用行列式按行（列）展开定理以及AA*=A*A=|A|E。
2、若涉及到A、B是否可交换，即AB=BA，则立即联想到用逆矩阵的定义去分析。
3、若题设n阶方阵A满足f（A）=0，要证aA+bE可逆，则先分解出因子aA+bE再说。
4、若要证明一组向量a1,a2,„,as线性无关，先考虑用定义再说。
5、若已知AB=0，则将B的每列作为Ax=0的解来处理再说。
6、若由题设条件要求确定参数的取值，联想到是否有某行列式为零再说。
7、若已知A的特征向量ζ0，则先用定义Aζ0=λ0ζ0处理一下再说。
8、若要证明抽象n阶实对称矩阵A为正定矩阵，则用定义处理一下再说。
第三篇：
第一讲微分中值定理
第一讲微分中值定理
教学内容：
1.罗尔定理；
2.拉格朗日中值定理；3.柯西中值定理.教学目的与要求：
1.深刻理解罗尔定理和拉格朗日中值定理，了解柯西中值定理；
2.熟练掌握用罗尔定理和拉格朗日中值定理证明等式或不等式解题方法.【教学重点】
拉格朗日中值定理.【教学难点】
与中值定理有关的证明.
§3.1微分中值定理
一、罗尔定理（Rolle）
1.定理：
条件：
（1）f（x）在闭区间[a,b]上连（3）f（a）=f（b）.结论：
至少存在一点x∈（a,b），使f'（x）=0（即方程f¢（x）=0在
（2）f（x）在开区间（a,b）内可导；
（a,b）内至少有一实根）.2、几何意义：
在满足条件
（1）
（2）（3）的曲线弧上，至少有一点在该点处曲线的切线平行于x轴（如下图）
3.证明：
分析：
根据几何图形，预计值f¢（x）=0的点可能是f（x）在[a,b]上的最大值或最小值.证：
由f（x）在[a,b]上连续Þ存在M，m，使m≤f（x）≤M，"xÎ（a,b）.
（1）若m=M,则f（x）≡M,从而f¢（x）=0，此时，任取一点
x∈（a,b），都有f'（x）=0.
（2）若M>m,则M、m至少有一个不等于f（a）和f（b），不妨设即至少有一点x∈（a,b），M¹f（a）=f（b）,则最大值M在[a,b]的内部达到，使M=f（x）.下面证明f¢（x）=0.由于M=f（x）为最大大值，所以,"xÎ（a,b）有f（x）-f（x）£0,于是
f（x）-f（x）保号性£0，f'（x）=f+'（x）=limx®xx-x可导+另一方面，
f（x）-f（x）f'（x）=f（x）=limx®xx-x可导'--保号性³0，
所以0£f'（x）£0Þf¢（x）=0.综上所述知，当条件成立时，至少有一点xÎ（a,b），使f¢（x）=0.
或者说f¢（x）=0在（a,b）内至少有一个实数根.例1设a0aaa+1+2+×××+n-1+an=0，试证明方程n+1nn-12a0xn+a1xn-1+×××+an=0
在0与1之间至少有一个实数根.证（关键是构造一个函数f（x），确定闭区间，使之满足罗尔定理的条件，且所作的函数f（x）应该使
f¢（x）=a0xn+a1xn-1+×××+an.作函数f（x）=a0n+1a1nax+x+×××+n-1x2+anx，取闭区间为[0,1]，显然，n+1n2f（x）在[0,1]上连续，（0,1）内可导，又
f（0）=0=f
（1）=a0a+1+×××+an，n+1n于是，由罗尔定理知，至少存在一点
xÎ（0,1），使f¢（x）=0.即a0xn+a1xn-1+×××+an=0.即方程a0xn+a1xn-1+×××+an=0在（0,1）内至少有一个实数根.
二、格朗日中值定理
1、定理：
条件：
（1）f（x）在闭区间[a,b]上连续；
（2）f（x）在开区间（a,b）内可导.结论：
至少存在一点x∈（a,b），使f¢（x）=Çf（b）-f（a）.
b-a
2、几何意义：
在满足
（1）、
（2）的曲线段AB上，至少有一点处的切线平行于弦AB.
3、证明：
方法1：
作函数j（x）=f（x）-f（a）-f（b）-f（a）（x-a）（曲线与弦的
b-a纵坐标之差），在[a,b]用罗尔定理即可证得结论.
方法2：
分析：
证明的关键是寻找一个满足罗尔定理条件的函数，寻找的方法是将结论式变形为f（b）-f（a）-（b-a）f¢（x）=0，令
F¢（x）=f（b）-f（a）-（b-a）f¢（x），
由此可得F（x）=（f（b）-f（a））x-（b-a）f（x）.
证：
作函数F（x）=（f（b）-f（a））x-（b-a）f（x）.显然F（x）在闭区间[a,b]上连续，在开区间（a,b）内可导，又
F（b）-F（a）=（f（b）-f（a））x-（b-a）f（b）-[（f（b）-f（a））a-（b-a）f（a）]
=（f（b）-f（a））（b-a）-（b-a）（f（b）-f（a））=0，
即F（b）-F（a）=0.所以由罗尔定理知，至少存在一点xÎ（a,b），使F¢（x）=C.即f（b）-f（a）=（b-a）f¢（x）=f（x），或
'f（b）-f（a）.
b-a注：
当b4、拉格朗日结论式的另外几种形式
（1）f（b）-f（a）=f¢（a+q（b-a））（b-a），0q=x-ab-a即可.）
（2）f（x+Dx）-f（x）=f¢（x）Dx（=f¢（x+qDx）Dx），xÎ（x,x+Dx）（取b=x+Dx,a=x即可）
（3）Dy=f¢（x+qDx）Dx，0（3）式是Dy的精确表达式，而dy=f¢（x）Dx只是Dy的近似表达式.故拉格朗日中值定理也称为有限增量定理或微分中值定理.
5、有关定理
定理若"xÎ（a,b），有f¢（x）=0，则f（x）ºC.反之也真（显然）.即
f¢（x）º0Ûf（x）ºC.证：
取一定点x0Î（a,b），"xÎ（a,b），只须证明f（x）=f（x0）即可.因为f（x）在（a,b）内可导，所以f（x）在以x0和x为端点的闭区间上连续，开区间内可导，从而由拉格朗日中值定理知，存在x在x0与x之间，使
f（x）-f（x0）=f¢（x）（x-x0）=0，
即f（x）=f（x0）.再由x0的固定性和
x的任意性知，"xÎ（a,b），均有f（x）=f（x0），f（x）ºf（x0）（常数）.推论若"xÎ（a,b），有f¢（x）=g¢（x），则f（x）=g（x）+C（作F（x）=f（x）-g（x），用上面的定理即可得证）.例2验证f（x）=x在[0,1]上拉格朗日中值定理的正确性.解显然f（x）=x在[0,1]上连续，在（0,1）内可导，故至少存在一点
22xÎ（0,1），使f
（1）-f（0）=f¢（x）（1-0），下面求出具体的x，由f
（1）-f（0）=f¢（x）（1-0）
1Þ1-0=2xÞx=Î（0,1），
2即确实存在xÎ（0,1），使f
（1）-f（0）=f¢（x）（1-0）成立.
三、柯西中值定理
定理：
条件：
1.f（x）,F（x）在闭区间[a,b]上连续，2.在开区间（a,b）内可导，且F¢（x）¹0；
f（b）-f（a）f¢（x）结论：
至少存在一点xÎ（a,b），使成立.=F（b）-F（a）F¢（x）几何意义和证明过程详见教材P70.
四、三个定理之间的关系
因为在柯西中值定理中，取F（x）=x即变为拉格朗日中值定理，在拉格朗日中值定理中，加条件f（b）=f（a）即可得罗尔定理，故它们之间的关系是罗尔定理¬¾¾¾¾特例f（a）=f（b）推广¾¾¾®拉格朗日中值定理
¬¾¾¾¾特例F（x）=x¾¾¾®推广柯西中值定理
小结
1.罗尔定理；
2.拉格朗日中值定理；
3.柯西中值定理.4.三个定理之间的关系
作业
练习：
p71
习题3.1:
1，2；作业:
p71习题3.1:
6，7，9；
p97—99第3章（自测题）1
（1），
（2），（3），（4），2
（1），
（2），5.预习：
第三章§3.2p71—74,
第四篇：
高等数学中值定理总结
咪咪原创，转载请注明，谢谢！
中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。
1、所证式仅与ξ相关①观察法与凑方法
例1设f（x）在[0,1]上二阶可导，f（0）=f
（1）=f¢（0）=02f¢（z）试证至少存在一点zÎ（a,b）使得f¢¢（z）=1-z分析：
把要证的式子中的z换成x，整理得f¢¢（x）-xf¢¢（x）-2f¢（x）=0L
（1）由这个式可知要构造的函数中必含有f¢（x），从xf¢¢（x）找突破口因为[xf¢（x）]¢=xf¢¢（x）+f¢（x），那么把
（1）式变一下：
f¢¢（x）-f¢（x）-[xf¢¢（x）+f¢（x）]=0Þf¢¢（x）-f¢（x）-[xf¢（x）]¢=0这时要构造的函数就看出来了F（x）=（1-x）f¢（x）-f（x）②原函数法
例2设f（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，f（a）=f（b）=0，又g（x）在[a,b]上连续求证：
$zÎ（a,b）使得f¢（z）=g（z）f（z）分析：
这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法现在把与f有关的放一边，与g有关的放另一边，同样把z换成x两边积分f¢（x）g（x）dx=g（x）Þlnf（x）=òg（x）dx+lnCÞf（x）=Ceòf（x）
Þf（x）e-òg（x）dx=C现在设C=0，于是要构造的函数就很明显了F（x）=f（x）e-òg（x）dx③一阶线性齐次方程解法的变形法
对于所证式为f¢+pf=0型，（其中p为常数或x的函数）可引进函数u（x）=eò，则可构造新函数F（x）=f×eòpdxpdx例：
设f（x）在[a,b]有连续的导数，又存在cÎ（a,b），使得f¢（c）=0f（x）-f（a）b-af（x）-f（a）分析：
把所证式整理一下可得：
f¢（x）-=0b-a1Þ[f（x）-f（a）]¢-[f（x）-f（a）]=0，这样就变成了f¢+pf=0型b-a求证：
存在xÎ（a,b），使得f¢（x）=ò－dx－引进函数u（x）=eb-a＝eb-a（令C=0），于是就可以设F（x）=eb-a[f（x）-f（a）]注：
此题在证明时会用到f¢（c）=
2、所证式中出现两端点①凑拉格朗日1xxf（b）-f（a）=0Þf（b）=f（a）这个结论b-a
咪咪原创，转载请注明，谢谢！
例3设f（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内可导证明至少存在一点zÎ（a,b）使得bf（b）-af（a）=f（z）+zf¢（z）b-a
分析：
很容易就找到要证的式子的特点，那么可以试一下，不妨设F（x）=xf（x）,用拉格朗日定理验证一下F¢（z）=f（z）+zf¢（z）=②柯西定理
bf（b）-af（a）b-a例4设0先整理一下要证的式子-e这题就没上面那道那么容易看出来了xx=f（c）-f¢（c）
x1+x2发现e1f（x2）-e2f（x1）是交叉的，变换一下，分子分母同除一下ef（x2）f（x1）ex2-eex11x2e③k值法-1x1于是这个式子一下变得没有悬念了用柯西定理设好两个函数就很容易证明了仍是上题分析：
对于数四，如果对柯西定理掌握的不是很好上面那题该怎么办呢？
在老陈的书里讲了一个方法叫做k值法第一步是要把含变量与常量的式子分写在等号两边以此题为例已经是规范的形式了，现在就看常量的这个式子设
e1f（x2）-e2f（x1）ex1x2xx-e很容易看出这是一个对称式，也是说互换x1x2还是一样的记得回带k，用罗尔定理证明即可。
=k整理得e-x1[f（x1）-k]=e-x2[f（x2）-k]那么进入第二步，设
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