1、第四章 微積分中值定理與證明4.1 微分中值定理與證明一 基本結論1連續性定理：定理1（零點定理） 若在連續，則，使得。定理2（最值定理） 若在連續，則存在使得其中分別是在的最小值和最大值定理3（介值定理）若在上連續，則存在最小值和最大值分別是，對于任意的，都存在使得更一般的結論：若在上連續，對，（假設），則，都存在，使得。2微分中值定理：定理1（費瑪定理）如果是極值點，且在可導， 則定理2 （羅爾定理） 若在連續，在可導，則，使得定理3（拉格朗日定理）若在連續，在可導，則，使得定理4（柯西定理） 若，在連續，在可導，且，則使得 定理5（泰勒公式和麥克勞林公式）（數三不要求）泰勒公式：設在的某

2、個鄰域內具有階導數，則，有，其中在和之間，常常把表示為，麥克勞林公式：設在的某個鄰域內具有階導數，則，有，其中在和之間3連續定理和微分中值定理特點：（1）證明存在性，使函數在一點的函數值滿足某個等式，常應用連續性定理：零點定理、最值定理、介值定理，其中最常用的是零點定理（2）證明存在性，使函數在一點的導函數值滿足某個等式，常應用微分中值定理：費瑪定理、羅爾定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒公式，其中最常用的是羅爾定理（3）費瑪定理、羅爾定理、拉格朗日定理僅僅涉及一個函數，而柯西中值定理涉及到兩個函數；（4）若題設涉及到高階導數，常應用到泰勒公式和麥克勞林公式；二 基本方法題型1 方程的根的討論

3、（函數的零點）1方程根（函數的零點）的存在性：主要應用零點定理2方程根（函數的零點）的個數的討論：求出單調區間，對每個單調區間應用零點定理來判斷是否有零點，即是否有根，從而得到函數在給定的區間上根的個數以及根所處的位置（范圍）例1 證明：當時，實系數方程只有唯一實根證明 令，則，由于，于是，即單調遞增的由于，所以與軸有且僅有一個交點即方程只有唯一實根例2 證明：方程只有一個實根證明 設，則，令，解得顯然在上，于是在單調減少；在上，于是在單調增加，而，所以方程只有一個實根例3 討論方程中的常數，在什么情況僅有一個根，兩個根，三個根？解 令，則，令，解得于是在上，單調增加，在上，單調減少；在上，單

4、調增加。如圖4-1（12），當或，函數圖像與軸僅有一個交點； 圖4-1（1） 圖4-1（2）如圖4-2（12），當或，函數圖像與軸有兩個交點；圖4-2（1） 圖4-2（2）如圖4-3，當且，函數圖像與軸有三個交點。綜上所述（1）或，方程僅有一個實根；（2）或，方程有兩個實根；（3），方程有三個實根；例4設在上有連續導數，且，證明；在上僅有一個零點 證明 應用拉格朗日定理，有， 圖4-3從而有根據，則有又由于，所以一定存在零點.，又由于，函數單調，所以在上僅有一個零點例5 設函數可導，證明：的任何兩個零點之間有一個零點分析 引入輔助函數可用解方程方法，即令，于是有，解此方程得到，即，所以輔助函數

5、為證明 設，又設是的兩個零點，即.于是，由于函數可導，于是函數連續，所以在閉區間滿足羅爾定理條件，從而存在，使得由于，所以，這蘊含著例6 （數三不要求）設函數在上有且，證明：在上，方程僅有一實數根. 證明 根據泰勒公式，于是，顯然存在點使得，又由于，以及連續，所以存在零點下面證明唯一性：只需證明是單調的，即證明或事實上，由于，所以在上，例 7 求證：方程的根不超過三個證明 用反證法：令，若函數有四個零點，不妨設，且，顯然在均滿足羅爾定理條件，于是存在三點，其中，使得同樣，對導函數在應用羅爾定理，則存在兩點，其中，且類似地，對二階導函數在應用羅爾定理，則存在一點，使得而，于是有，這是個矛盾結果

6、注1 結論為否定形式的命題，常常用反證法方程根的討論方法綜述：（1）對具體函數來說，討論方程根（函數的零點）的存在性、根的個數、根的范圍是件比較容易的事情，只要求出單調區間，判斷每個單調區間是否有根，就可以得到所需結論如例1例3，只是求單調區間，判斷每個單調區間是否有零點（2）對抽象函數來說，討論方程根（函數的零點）的存在性，往往都要借助導數的性質為了研究函數的性質，通常要借助導函數，這就需要建立和的必要聯系，從而用到微分中值定理，如例4和例6題型2 證明不等式（1）利用函數的單調性（導數或高階導數）證明不等式例1 當時，證明：（1）； （2）證明（1）設，則 ，所以，函數嚴格單調遞增，又由于

7、，因此在上，于是嚴格單調遞增。又由于，從而在上，即（2）設，則，由于，為了確定的符號，我們另令，則，于是嚴格單調遞增，由于，因此在上，于是，即例2 設，證明：證明 為了證明，只要證明于是令，則 ，所以，函數嚴格單調減少，又由于，因此，即例3 證明：當時，證明 （方法1 利用凸函數性質）令，得到，所以在上是上凸的，而，所以在上，即 （方法2 變形，證明它的另一種形式的不等式）若證明，只需證明，于是令，則因此在上單調遞減由于，于是在上，故（）即（）（2）利用函數最值證明不等式例4 證明：和，有證明 令，則，顯然，在可能大于0，也可能小于0，于是并非是單調的當時，于是在區間單調遞減；當時，于是在區間

8、單調遞增，所以是函數在區間上的最小值點，當然是最小值，由于，于是，有，即例5 證明：當時，證明 事實上，我們只要證明：在上的最值的絕對值不超過即可由于，令，解得和，于是函數在上的最值：；于是當時， （3）利用拉格朗日定理、柯西定理和凸凹性證明不等式（1）若（），則是凹（凸）函數，于是，有（）（2）若在上滿足拉格朗日定理條件，則其中，根據，確定的不等式（3）若和在上滿足柯西定理條件，則其中，根據，確定的不等式例6 證明不等式：證明 設（）顯然在滿足拉格朗日定理條件，則有，即 由于，于是，因此例 7 當時，證明不等式：.證明 顯然在和區間上滿足拉格朗日中值定理條件，于是存在和，有 和 由于，且，于

9、是，所以有例8 證明不等式：證明 方法1 柯西定理：設和（）顯然和在滿足柯西定理條件，則有，即 因此有方法2 利用函數的單調性證明：設，則，顯然，所以單調遞增，根據，因此，所以單調遞增，根據，得到，故（4）利用函數的凸凹性證明不等式例9 求證：，證明 令，則，于是函數在是凹函數，所以對任意的，有，即證明不等式方法綜述1如果不等式是一個具體一元函數，一般可考慮利用單調性去證明，若非單調，可考慮利用最值法去證明需要指出的是：如例3，一個方法是利用函數的凸凹性質證明，另一個方法是變形后，利用單調性去證明的但是，如果不變形，直接去證明，大于零，不論利用單調性，還是利用最值性都是沒辦法解決的（讀者自己嘗

10、試），因此說變形或問題的轉化是證明不等式常用的手段例2也是如此，直接證明（，），很難，但當變形后，證明，這個問題就變得簡單了2如果不等式表示為一個函數的兩點函數值的差，如例6和例7，一般要考慮拉格朗日定理，當然有的問題也可以利用單調性或最值性，但例7顯然不適；3如果不等式表示為兩個函數的兩點函數值的差，如例8，對數函數和反三角函數，此時要考慮柯西中值定理，有時也可以利用單調性或最值性；4如果不等式含有同一個函數的兩個變量，或兩個點，或兩個字母，表示為函數值的“和”，如例9，一般要利用函數的凸凹性；誠然，對不同的不等式，可采用不同的證明方法，具體問題具體分析但是，在證明過程中，將問題的轉化（變形

11、）是證明不等式常用的手段和技巧題型3 存在一點滿足等式的證明 利用微分中值定理證明存在性引入輔助函數的方法：觀察方法、解方程方法（1）觀察方法：將結論中的改為，觀察哪個函數的導函數是結論中的改為的形式，這個函數就是我們要引入的函數；（2）解方程方法：若通過觀察方法，沒辦法得到輔助函數，我們可以通過解方程的方法，得到輔助函數具體方法是：將結論中的改為，解微分方程，得到方程的通解，最后將解變形，一端化為任意常數，另一端就是我們要引入的輔助函數例1 設在上連續，證明：對任意的正數有 證明 方法1 利用零點定理：令，因為在上連續，所以在上連續，且，若，我們取或，結論顯然成立若，則根據零點定理，有，所以

12、有 方法2 利用介值定理：由于在上連續，所以在上可以達到最大值和最小值，使得，當然，所以，故，從而有，根據介值定理，有，所以有例2 設在上連續，證明：，使得證明 引入輔助函數，則若，結論已經成立若，則，由于在上連續，根據零點定理，使得，即，從而有例3 若在上連續，都，使得，則，使得證明 由于在上連續，于是在上也連續，由最值性，在上取到最小值，不妨令（最小值），接下來，只要證明：事實上，對于，根據已知條件，存在，有，于是，不然將產生矛盾例4 設在上可導，且，證明：，有分析 結論中含有導數，應利用微分中值定理：羅爾定理，但對哪個函數應用羅爾定理，即輔助函數的引入：將結論中的改為，有，整理得到，解此

13、方程，得到，即，輔助函數為證明 引入輔助函數，則由于在上可導，所以在上滿足羅爾定理條件，于是存在，使得由于，于是 即，有 例5 設在上可導，滿足，證明 有 證明 設由于，于是根據積分中值定理，有，使得 于是由于在上可導，所以在上滿足羅爾定理條件，則存在，使得由于，于是 即，有例6 設在上連續，在可導，且，求證：存在，使得分析 結論中含有導數，應利用微分中值定理：羅爾定理。為引入輔助函數，將結論中的改為，有，解此方程，得到，于是輔助函數應是當然本題引入輔助函數可以不必解方程，通過觀察就可以得到，也就是說，尋找函數，使導函數是的形式證明 設，顯然由于，于是在滿足零點定理條件，存在，使得，所以在閉區

14、間滿足羅爾定理條件，存在，使得由于，所以，即例7 設在上連續，在內可導，且，求證：存在滿足分析 結論中含有導數，一般利用羅爾定理。為了引入輔助函數，將結論中的改為，有，此方程是一階線性非齊次方程于是所以有，即輔助函數為 證明 設，則，于是在上滿足羅爾定理條件，從而存在，使得由于，于是，即例8 設在二階可導，且，求證：存在滿足分析 為了引入輔助函數，將結論中改為，則有，解此微分方程得到，有，所以輔助函數證明 令，顯然另外，由于在二階可導， 且，于是在上滿足羅爾定理條件，從而存在，使得當然，所以在上滿足羅爾定理條件，存在，使得由于所以整理得到例9 設在上連續，證明：存在滿足分析 盡管結論中沒有導數

15、，但結論出現積分上限函數和函數，它們仍是原函數和導數的關系，所以也同樣可以利用羅爾定理去證明。為了引入輔助函數，將結論中改為，有，或 ，解方程得到，即，所以輔助函數為證明 設，且定義，由于所以函數在上連續，且，于是在上滿足羅爾定理條件，則存在滿足，使得由于有所以有所以例10 設函數在區間上連續，且，證明：在上至少存在一點，使 分析 顯然應利用羅爾定理，當然最關鍵的是在區間上，找到兩點函數值相等證明 由于函數在上連續，于是可以取到最大值和最小值，因此，由于，所以，根據介值定理，存在一點，使得于是在上滿足羅爾定理條件，則存在，使得例11 設在上二階可導，且，又，證明：存在，使 分析 根據結論的形式

16、，只需驗證滿足羅爾定理條件，由于可導，所以關鍵是找到兩點，使在這兩點函數值相等證明 已知，于是，因此在滿足羅爾定理條件，從而存在，使得又由于，于是，所以在滿足羅爾定理條件，從而存在，使得例12 設在上具有二階導數，且，證明：在開區間上至少存在一點，使 分析函數滿足羅爾定理條件，就可以得到由于可導，于是只需找到兩點，使導函數在這兩點函數值相等證明 在上滿足羅爾定理條件于是存在，使得根據，利用積分中值定理，存在使得，根據羅爾定理，存在，使得，從而在上滿足羅爾定理條件，則在存在一點上，使得例13 證明：若函數在上可導，則存在使得分析 本題可以利用羅爾定理。將結論變形，有，顯然輔助函數當然為了出現結論

17、中的，可以考慮兩個函數，利用柯西定理。所以只要選擇和，應用柯西定理，證明 方法1 羅爾定理：設，則由于在上可導，所以在上滿足羅爾定理條件則存在，使得由于所以有，即 方法2 柯西定理：由于，函數在上可導，所以函數和在上滿足柯西定理條件，于是存在使得所以有 例14和例15對數三考生不做要求：例14 若在上有三階導數，且，設，證明：在內至少存在一個使得.分析 證明此題也只能是應用連續性定理、微分中值定理：（1）應用連續性定理：利用零點定理證明，這顯然是不可能的，因為未必是連續的（2）應用微分中值定理：利用羅爾定理證明， 即驗證在某個區間應用羅爾定理當然最關鍵的是找到兩點，使二階導函數的函數值相等（3

18、）應用微分中值定理：利用泰勒公式證明事實上，泰勒公式也是證明存在性的有效方法，只是相對于羅爾定理適用范圍更窄一些，相比較泰勒公式更適合高階導數證明 方法1 應用羅爾定理：由于，顯然，而且，所以在上滿足羅爾定理條件，存在，使得，因此在上滿足羅爾定理條件，存在，使得故在上滿足羅爾定理條件，存在，使得方法2 應用泰勒公式：由于具有三階導數，于是存在，使得由于，所以 ，故，因為，所以，即存在一個使得.例15 設在區間上具有三階連續導數，且，求證：在上至少存在一點，使分析 此題條件較多，若能較充分的運用這些條件，證明這個問題應該不是問題首先考慮如何出現結論：（1）應用微分中值定理：羅爾定理證明結論，即對

19、函數在某個區間應用羅爾定理根據已知條件這是不可能的，因為根本沒辦法找到兩點函數值相等；（2）應用連續性定理：零點定理或介值定理證明結論從已知條件看這是可行的，因為這樣可以利用三階導函數連續當然應用這個方法接下來的工作是兩次運用麥克老林公式，這樣所有的已知條件都可以得到充分運用證明 由于在區間上具有三階導數，根據麥可勞林公式有且所以有由于函數在區間上具有三階連續導數，所以函數在區間上有最大值和最小值分別為，故有，根據介值定理，在開區間上至少存在一點，使存在一點滿足等式的證明方法綜述： （1）如果所證等式不含導數和積分，特別已知函數連續，一般應用連續性定理：最值定理，介值定理，零點定理；（2）如果

20、所證等式含有導數或積分，一般應用微分中值定理：羅爾定理，拉格朗日定理，柯西定理，當涉及到高階導數，特別是三階導數，一般應用泰勒公式；（3）在例1例3中，都是存在性的證明，而且不含有導數，所以應用連續性定理對例1和例2，用零點定理，是很容易證明的，而例3不然它和前兩個例子不同是，有絕對值，鑒于此，我們可以把問題轉化為：設在上連續，若，使得，則最小值是零此時問題更加明確，用反證法很容易證明從某種意義上說，對一些證明題除了正確選擇所用定理外，將問題轉化顯得尤為重要（4）在例4例9中，都是利用羅爾定理，其證明的關鍵是輔助函數的引入，當輔助函數確定后，接下來的工作就是驗證輔助函數在某個閉區間上滿足羅爾定

21、理的條件，這其中有兩種情形：（I）輔助函數在給定區間上滿足羅爾定理條件，如例4和例7，我們只需驗證輔助函數在上滿足羅爾定理條件，即輔助函數在連續，端點函數值相等；（II）輔助函數在給定區間上不滿足羅爾定理條件，如例5，例6，例8，和例9，其中例5，例6，例8中輔助函數在上連續，但端點函數值不等，這就需要我們根據已知條件，在區間上找到兩點，使它們的函數值相等，而例9中引入輔助函數在不連續，主要因為在沒有定義，我們可以利用延拓的方法，定義在函數值等于這點的右極限，這樣使得在連續，同時還確保端點函數值相等 當驗證輔助函數滿足羅爾定理條件后，則存在一點，使，最后求，將代入并等于零，整理就可以得到我們要

22、證明的結論（5）在例10例12中，顯然應利用羅爾定理，不必考慮輔助函數，在例10中，對利用羅爾定理，連續是顯然的，主要是在上找到兩點函數值相等；在例11中，對利用羅爾定理，連續，關鍵是在上找到（推出）兩點，使在兩點函數值相等；在例12中，對函數應用羅爾定理，關鍵的是在上找到兩點，在這兩點函數值相等，在找兩點函數值相等時，綜合是必要的，通過綜合可以獲得解題思路和方向（6）從例4例12，都是應用羅爾定理，有時可能運用拉格朗日定理，但事實上，能用拉格朗日定理證明的問題，一般利用羅爾定理也可以證明，所以在證明存在性時不必特別考慮是否應用拉格朗日定理以及如何應用拉格朗日定理但是對有些問題，如例13，如果

23、僅用一個函數很難導出結論的形式時，需要考慮兩個函數，此時運用柯西定理，盡管例13也可以用羅爾定理，但是還是很麻煩的，不如運用柯西定理所以當證明存在性時，如果對一個函數運用羅爾定理、拉格朗日定理很難導出結論的形式時，考慮兩個函數，利用柯西定理（7）在例14例15中，證明一點高階導數等于零或等于某個常數由于是高階導數，特別是三階導數，所以更多應用泰勒公式和麥克勞林公式，這樣可以對高階導數的充分運用當然有時也對前一階導函數應用羅爾定理，得到我們要證明的結論 題型4 存在兩點滿足某個等式的證明. 解題基本思想：對一個函數應用拉格朗日定理出現，對另一個函數應用拉格朗日定理出現，或者對一個函數應用拉格朗日

24、定理出現，對另兩個函數應用柯西定理出現，最后聯立兩個等式例1 設在（）上連續，在內可導，且，證明：存在和滿足 ，其中分析 整理，將結論中的和各自放在等式的一端 ，再考慮哪些函數的導數是和的形式，顯然函數和是符合條件的，分別應用拉格朗日中值定理 證明 令，由于在（）上連續，在內可導，所以和在區間上滿足拉格朗日定理條件，于是存在，使得，即 ，聯立，于是有例2 設在（）上連續，在內可導， 且，證明存在和滿足 分析 整理得到，等式的左端只要對函數應用拉格朗日定理就可以得到；但右端一個函數的導函數不會是這樣形式，所以需要考慮兩個函數，即對函數和應用柯西定理證明 對函數在上應用拉格朗日定理，得到，對函數和

25、在上應用柯西定理，得到，上面兩式相除，整理得到例3 設在（）上連續，在內可導，且，證明：存在和，滿足 分析 將結論整理得到，等式的右端只需對函數應用拉格朗日定理就可以得到；等式左端對函數應用拉格朗日定理也可以得到證明 對函數和在上分別應用拉格朗日中值定理，得到，即 ，于是有即例4 設在（）上連續，在內可導， 且，求證：存在，使得 分析 整理得到，等式的左端只要對函數應用拉格朗日定理就可以得到；等式右端對兩個函數和應用柯西定理就可以得到證明 對函數在上應用拉格朗日定理；有，；對和在上應用柯西中值定理，有，將上面兩式相除（聯立），整理得到習題 4-11試證方程，其中至少有一個正根并且不超過2試證方

26、程恰有兩個實根3設在上連續，且，證明：方程在內有且只有一個實根 4設，在上連續，在可導，證明：在內至少存在一點，使得 5設在上連續，在可導，且，證明：在，使得 6設在上可導，且，證明：（1），使得 （2）在上存在，使得7證明：對，有 8設在上連續，在可導，且，證明：對任意的常數，都存在，使得9證明不等式：（1），；（2），；（3），；（4），；（5），；（6）10若在上連續，在可導，則，使得11若在上內取最大值，且對任意的有，試證：12若和在上連續，在上可導，且，則至少，使得 13若在上可導，且，則，使得 4.2 積分中值定理與證明一 基本結論定理1（比較定理）在區間上（1）若，則；（2）若，

27、則；若，則 （3）絕對值不等式：； （4）柯西不等式：；定理2（估計定理）若，則 ；定理3（積分中值定理）若，則存在，有；題型1 定積分的證明1 定積分等式的證明（計算性證明） （1）換元積分：例1 證明：是以為周期的連續函數，則證明 由于，令，則，于是有，所以（2）分部積分： 例2 設在上具有二階導數，且，證明：證明 由于 所以例3 設是連續函數，證明證明 由于 而 ；，所以定積分等式的證明方法綜述：定積分等式的證明，實際是計算性的證明，其證明思路或解題方法可以根據等式被積函數、積分區域來確定，這是因為積分值是由被積函數和積分區間決定的如例1，左右兩端只是積分區間發生變化，因此在計算化變化時

28、，考慮變化積分區間2 定積分存在性的證明例4 設在上連續，證明：至少存在一點，使得證明 令，則，于是在上滿足羅爾定理條件，存在，使得由于，于是，所以有例5 設在上連續，且，證明：，使得證明 令，在上滿足羅爾定理條件，則，使得由于，于是有3 定積分不等式的證明常用定理：比較定理；估計定理；單調性；微積分中值定理常用不等式：絕對值不等式 ； 柯西不等式 方法1 引入變限積分輔助函數例6 設在連續，試證：證明 令，則 所以是遞減的，又因為，所以，所以有例7 設在連續，且嚴格單調增的，證明：證明 令，則 （因為，且嚴格單調增，即）所以嚴格遞減，又因為，所以，即方法2 端點函數值為0的“L-N”方法：基

29、本原理：拉格朗日中值定理：；簡稱“L” 牛頓萊布尼茲公式：簡稱“N”于是，當同時用到兩個定理時，我們稱之為“L-N”方法若端點函數值時，則有 和 “L-N”方法特點是將端點函數值為0、導數、積分有機的聯系在一起例8 設在上可導，且，證明：證明 對任意，有，根據得到，所以例9設在上不恒為0，且連續，證明：存在一個使 證明 因為在上不恒為0，且連續，所以存在有 根據拉格朗日定理，于是，因此從而存在，有方法3 特定值轉化法所謂特定值轉化法：將比較復雜的式子利用“微分中值定理（一般是拉格朗日定理）、積分中值定理“轉化為特定的某一點的函數值，然后利用定理，再放大或縮小，獲得所要證明的不等式例10 設在上

30、連續可導，證明：對于，有分析 不等式可轉化為 或 ，利用積分中值定理，于是只需證明這和牛頓萊布尼茲公式基本一致證明 由于在上連續，于是存在，有因為于是，因此例11 設在上具有二階連續導數，則對于，有分析 不等式可以轉化為，根據拉格朗日定理，有，于是問題轉化為只需證明這和牛頓萊布尼茲公式基本一致證明 由于，則，又由于在具有二階連續導數，則存在，使得，由于 ，所以，因此證明題的分類：（1）計算性的證明：此類題的實質是計算，只是把它寫成證明題的形式如例1例3.（2）綜合性證明：此類題只需根據已知條件獲得一些結論，綜合得到的結論和已知條件，就可以得到所要證明的結論這類題的難度不大（3）分析性證明：此類

31、題需要對結論全面分析，根據已知條件，尋求獲得結論的途徑這類題有一定難度，主要體現在：（I）如何創建所要證的結論；（II）如何利用一些已知條件（4）構造性證明：解決這類題需要構造輔助函數，然后驗證輔助函數具有某些性質或滿足定理的條件，進而得到輔助函數的結果，根據這個結果，得到所要證明的結論練習 4-21設函數在區間上連續，且單調不增的，證明：對任意的有2設在區間上連續，且單調減少，證明：對滿足的任何，有3設在區間上連續，證明：4設在區間上連續，且單調遞增，證明：5設在區間上有二階導數，且，證明：6設在區間上具有連續導數，且，求證： 7設在上連續，證明：，使得又若，且單調減少，則這樣的是唯一的8設是連續函數，證明