中值定理的应用方法与技巧.docx

1、中值定理的应用方法与技巧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f(x)在a,b上连续，则在a,b上至少存在一点 ，b使得f(x)dx f( )(b a)。积分第二中值定理为前者的推广，即若 f(x),g(x)在aa,b上连续，且g(x)在a,b上不变号，则在a,b上至少存在一点 ，使得b ba f (x)g(x)dx f( ) a g(x)dx。a a一、微分中值定理的应

2、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，又存在着相互关联，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0,1上连续可导，且(0) 0, (1) 1。证明：任意给定正 整数a,b，必存在(0,1)内的两个数，使得 b a b成立。() ()证法1 :任意给定正整数 a，令t(x) ax, f2(x) (x)，则在

3、0,1上对fdx), f2(x)应用柯西中值定理得：存在 (0,1)，使得一 红卫 a。() (1) (0)任意给定正整数b，再令g,x) bx,g2(x) (x),则在0,1上对5(x),g2(x)应用柯西中值定理得：存在 (0,1)，使得一 匚 b。()(1) (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 ba b() ()成立。证法2：任意给定正整数 a,b，令3 ax, f2(x) (x)，则在0,1上对1和解2的不同之处是解1分别从一，出发构造相应的函数。而证法 2()()是先将 a b移项得： a b丄 (a b) ()b，然后() () () ()

4、()从两边出发构造相应的函数。例二.设f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导且f(a) f(b)，试证明：存在， (a,b)，使得丄f o2 b a证法1:根据条件，由拉格朗日中值定理，存在 (a,b)，使得f(b) f (a) f ( )(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也可用一次柯西中值定理后,中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法 2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a,b上二阶可导，并且 g (x) 0 , f(a) f(b) 0 ,g(a) g(b) 0

5、,试证：(1) 在(a,b)内，g(x) 0 ,(2)在(a,b)内至少存在一点 ，使丄Q 丄。g( ) g ()0。分别在a,c,c,b证明：(1)用反证法。假设存在点c (a,b)，使g(c)上对g(x)运用罗尔定理，可得存在1 (a,c), 2 (c,b)，使得g ( 1) g ( 2) 0再在1，2】上应用罗尔定理，又可得存在3 1, 2，使得g (3) 0,这与题设矛盾。故在(a,b)内，g(x) 0。(2)即证f( )g ( ) g( )f ( ) 0。为此作辅助函数：H(x) f(x)g(x) g(x)f (x)由于 f(a) f(b) g(a) g(b) 0,故 H (a) H

6、 (b) 0。在a,b上对 H (x)应用罗尔定理得：在(a,b)内至少存在一点 ，使H ( ) f( )g ( ) g( )f ( ) 0 , 从而有山丄。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 (x)在-a,a上连续，在x 0处可导，且f (0) 0。x x(1)求证：x (

7、0,a), (0,1) , 0f(t)dt 0 f(t)dt xf( x) f( x)(2)求 limx 0x x证明：(1)令 F(x) 0 f(t)dt 0 f (t)dt，则 F (x) f (x) f( x)。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) x f ( x) f ( x)x x即 0f(t)dt 0 f(t)dt Xf( x) f( x)因此limx 0分析：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， 又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

8、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(2)当 x 1 时，ex ex证明:(1)令 f (x) arctan x,x a,b，f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可导,因此根据拉格朗日中值定理，有 f(b) f(a) f ( )(b a)，a b。即arcta nb arcta na1 (b a)， a b，故 arctana arctanb a b(2)设 f (x) exex，由于f(x)在1,x上连续，在(1,x)内可导，因此根据拉格朗日中值定理，有f(x) f(1) f ( )(x 1)

9、, (1,x)。即ex ex (e e)(x1)。由于 (1,x)，所以(e e)(x 1) 0,从而当x 1时,xe ex。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(x)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a b导出欲证的不等式。例六设f(x)在0,1上三阶可导，且f (0) 1, f(1) 0, f (0) 0，试证：至少存在一点 (0,1)，使得H (0) 0,H (0) 0,H (1) 0,H(x) 0。根据罗尔定理，在H(t)的两个零点之

10、间存在H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)在(0,1)f ()3!内至少有一个零点，记为 ，即H ( ) f ( ) 3!K(x) 0，从而K(x)所以至少存在一点 (0,1)，使得分析：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。其难点在于形式心9f ()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项、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(a,b)内可导且f (x) 0 。试证存在b af ( )

11、 e e(a,b)，使得 e 。f ( ) b a证明：由于f(x),ex在a,b上满足柯西中值定理，故必有 (a,b)，使f(b) f(a)b ae e匸L。因为f(x)在a,b上满足拉格朗日中值定理，所以存在 e(a,b)，使得f(b) f(a)b af ()。于是有f(b) f(a)b a e e所以存在,b ab)，使得f() eb ;e。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f( ) 4 - -，在对其中，可套用柯西中值定理得出e ba e丄Q (b)_翌，因此只须再证f()丄包 空，此式可由拉格朗日中值 e e e b a定理导出。例八.设抛物线y x2 Bx

12、 C与x轴有两个交点x a,x b,a b。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(a,b)内有一个交点，求证：在 (a,b)内存在一点 ，使得f ( ) 2。证明：设曲线y f (x)与y x2 Bx C在(a,b)内的交点为c。作辅助函数：(x) f(x) ( x2 Bx C)。由题设条件可知(x)在a,b上有二阶导数， 且 (a) (c) (b)。在a,c,c,b 上对 (x)应 用罗尔 定理，存在i (a,c), 2 (c, b)，使 (J ( 2) 0。在i, 2上再对(x)应用罗尔定理，存在(2) (a

13、,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。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(x)与(x)有三个零点。(x)其导数有两个零(x)其二阶导数有一y x2 Bx C在三个点处有相等的函数值，因此两者的差在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到 点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到个零点。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，然后在零点之间通过运用罗尔定理求 得函数的

14、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 (x)在(a,)内可导，且lim f (x)存在，证明：lim f (x) 0。证明：在(a,)内任取一点x,由题设条件知f(x)在x,x 1上连续、可导因此在x,x 1上对f (x)应用拉格朗日中值定理得到：存在 (x,x 1)，使得f () 心12型 f(x 1) f(x)。因为当 时，x 1 ，从而x 1 xx ，又已知lim f (x)存在，所以xlim f ( ) Jim f(x 1) f (x) Jim f(x 1) lim f (x) 0所以 lim f (x) 0。x分析：此题乍看与中值定理联系不

15、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 lim f (x)，可在x, x 1上对f (x)应用拉格朗日中值定理，并使xx 。由此可导出结论。a 1例十.设f(X)在0,a上连续，且f(0) 0，证明： f(x)dx 1 Ma2o ， 2其中，M max f (x)。0 x aa a证法1: 0 f (x)dx o f(x)dx，而f (0) 0 ,所以应用拉格朗日中值定理得：f (x) f (0) f (x) f ( )x, 0 x a” , a a a 1 2所以 f (x) f ( )x Mx。于是有 o f

16、 (x)dx o f (x)dx M o xdx - Ma。x证法 2:因为 f (0) 0，所以 f(x) f (x) f(0) f(t)dt，0 x a。而x x a a a 1 2f (x) o f (t)dt o f (t)dt Mx，所以 o f(x)dx o f (x)dx M o xdx -Ma .a a分析：该题首先可利用0 f(x)dx 0 f(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一 .设f (x)在0,1上连续且递减，证明；当0 1时，有10 f(x)dx

17、 0f(x)dx证明：已知f(x)在0,1上连续且递减，利用积分第一中值定理，有1 10 f(x)dxf (x)dx0 0f(x)dx 0f (x)dx f (x)dx(1 ) 0 f(x)dx1f (x)dx(1 ) f( 1)(1 )f(2)(1 )f ( 1) f ( 2)其中01 2 1 0由于f (x)在0,1上连续且递减，所以f( 1) f( 2)0，而当01 时，(1 )10。所以 f (x)dx q f (x)dx 0，从而 0 f (x) dx10 f(x)dx0分析：定积分的比较若积分区间相同，可考虑借助于定积分关于被积函数满 足单调性来证明。若积分区间不相同，则可借助于积

18、分第一中值定理将定积分化 成函数值与区间长度乘积，再作比较。例十二.设f(X)在a,b上连续，证明存在一点 a,b，满足直线x a,x b及x轴围成的梯形面积。由于线段AB的代数方程为:y f(a) 丄 f-a)(x a)，所以b a从而 bf(x)dx b a f(a) f (b) bf(x) f (a) (x a)dx。a 2 a b a令 R(x) f (x) f(a)丄一 (x a)b a由于R(a) R(b) 0，故可设R(x) (x a)(x b)K(x)。作辅助函数：H(t) R(t) (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

19、两个零点，再一次应用罗尔定理， H (t)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)从而 R(x) f ；)(x a)(x b)。于是有由于(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导，这一过程亦有常规可寻，可先找出函数的零点，从而 导出函数表达式中的一次因式。其余部分

20、可通过构造辅助函数推得，参见例六。三、微分、积分中值定理的综合应用方法与技巧(0,1)，使得 f() g 。证明：令F(x) xf(x)，则有0，从而有f () 丄Q。xf(x) lx 0。符合罗尔定理的结论特征。结合条件，考虑对函数 xf(x)应用罗尔定理，但通过对端点处函数值的计算，结合积分第一中值定理，发现应用罗尔定理时相应的闭区间并不是0,1,而是位于其内部的一个闭区间。例十四.设f (x)在(，)上有连续导数，求1 alim 2 f (t a) f (t a)dta 0 4a a解：在-a,a上应用积分第一中值定理在a, a上应用拉格朗日中值定理，a a 2a上式 lim f ( ) , 2aa 0f (0)分析：注意到该题的难点之一是所求极限含有形式较为复杂的积分， 而被积函数恰为函数值之差，因此可先对结论中形式较为复杂的积分应用积分第一中值 定理，将其化为函数值之差，再对其应用拉格朗日中值定理，进一步简化形式, 从中易求得所求极限