1、高等數學中值定理的題型與解題方法高數中值定理包含：1.羅爾中值定理(rolle); 2.拉格朗日中值定理(lagrange); 3. 柯西中值定理(cauchy);還有經常用到的泰勒展開式(taylor), 其中 (a,b), 一定是開區間.全國考研的學生都害怕中值定理，看到題目的求解過程看得懂，但是自己不會做，這里往往是在構造函數不會處理，這里給總結一下中值定理所涵蓋的題型，保證拿到題目就會做。題型一：證明：fn( ) 0基本思路，首先考慮的就是羅爾定理(rolle),還要考慮極值的問題。a b例 1. f(x) Ca,b在(a,b)可導，f(a) f(b) 0, f (a) f (b) 0

2、,2證明：存在(a,b)，使得f( ) 0.a b、 一分析：由f (a) f (b) 0, f (a) f() 0,容易想到零點定理。2一 一 a ba b證明：Q f (a) f ( 2 ) 0， 存在 x1 (a, 2) , 使得 f(%) 0，a b又Q f(a) f(b) 0,f(a),f(b)同號， f (b) f (ab) 0,2存在X2 (色2旦功，使得f (X2) 0,f(x1)f(x2) 0,所以根據羅爾中值定理：存在 (a,b),使得f( ) 0.例 2. f(x) C0,3在(0,3)內可導，f(0)f(1) f (2) 3, f(3) 1,證明：存在(0,3)，使得f

3、 ( ) 0證明：(1) Q f(x) C0,3 , f(x)在0,3使得上有最大值和最小值M,m,根據介值性定理 m f0)f f(2) M ,即m 1 M3存在 c 0,3,使得 f(c) 1 ,(2) Q f (c) f (3) 1,所以根據羅爾中值定理：存在 (c,3)(0,3),使得f ( ) 0.例 3. f(x)在(0,3)三階可導，x 0,1, f(1) 0, F(x) x3f(x)證明：存在(0,1),使得F ( ) 0證明：(1) Q F(0)F(1) 0,存在(0,1),使得 F( 1) 0,(2)F(x)2 _3 _3x f (x) x f (x),所以 F(0) F

4、( 1) 0,存在2(0, 1),使得 F( 2) 0,(3)F (x)6xf (x) 3x2f(x) 3x2f(x) x3f”(x),所以F (0) F ( 2) 0 ，存在(0, 2)(0,1),使得 F( ) 0,例 3. f(x)C0,1在(0,1)內可導，x,10,1, f(0) 1, f(1)21,f(1) 2證明：存在(0,1),使得f()11證明：Q f(0) 1 , f (-) 222 存在 (0,1),使得f ( ) m ,又Q f (x)在(0,1)內可導,存在(0,1),使得 f(題型二：證明：含，無其它字母基本思路，有三種方法:(1)還原法。ln f(x) f (x)

5、 f(x)能夠化成這種形式例1.f(x) C0,1在(0,1)可導，f(1)0,分析:證明:例2.分析:證明：存在(0,1),使得 f ()由 xf (x) 3f (x) 0lnx3f(x)0令(x) x3 f (x) , Q存在存在f(x)(0,1),使得3f(0.f(x) f(x)(0)()(0,1),使得 f()Ca,b在(a,b)可導,lnf(x)(ln x3)0,0,而3f(f(a)證明：存在(a,b),使得f()f (x)由 f(x) 2f(x) 0-(-) 2f(x)(3 2f(3f(f(b)2f()0 ln0,0.f(x) (lne2x)0,lnf(x)e2x 0證明：令 (x

6、) f(x)e2x, Q f(a) f(b) 0,(a)(b) 0存在 (a,b),使得 ()0 ,而 _ 2x _2x 2x _(x) 2f(x)e f(x)e e 2f(x) f(x) 02e 2f( ) f( ) 0即存在 (a,b)，使得f( ) 2f( ) 0例 3. f(x)在0,1上二階可導，f (0)f(1),證明：存在(0,1)，使得 f()2f()1分析：由f(x)2f(x)1 xf (x)2f (x) x 1-2lnf(x) ln(x 1)In f(x)(x 1)20證明：令 (x) f (x)(x 1)2, Q f(0) f (1)c (0,1),使得 f(c)0,所以

7、(c)f(c)(c 1)2 0,又因為 (1) 0(c)(1) 0由羅爾定理知，存在(0,1),使得 f ()2f()1記： f kf (x) ekx f (x) f kf (x) xk f (x)(2)分組構造法。 f( ) f()f (x) f (x) 0f(x)f (x)f(x) f (x)0f (x) f(x)f(x)f(x)0g g 0g- 1 0 (ln g) (ln e x) 0(x) e x f (x) f (x)gf”() f( ) 1 0 (還原法行不通)f(x) 1 f(x) 1 0 g g 0(x) exf(x) 111例 1. f (x) C0,1,在(0,1)內可導

8、，f(0)0, “萬)1,f(1)-,證明：存在c (0,1),使得f (c) c,存在 c (0,1),使得 f ( ) 2f ( ) 1 .證明：令(x)f (x) x,(0)c ,1、1 ，八10, (2) 5, (1)2Q (2) (1) 0,1c (51)(0,1)使得(c) 0,即 f(c) c(分析)f(x) 2f(x) x1f(x)x 2f (x) x 0令 h(x) e 2x f(x) x,h(0) h(c) 0存在 c (0,1)，使得 f ( ) 2f( ) 1 .找三點兩次 Lagrange題型三：證明：含 分幾種情形：情形1：結論中只有f ( ), f ()(兩句話)

9、例 1. f(x) C0,1,在(0,1)內可導,f(0) 0, f(1) 1,證明：存在c (0,1),使得f (c) 1 c,存在，(0,1)，使得 f( )f( ) 1.證明：令(x) f (x) 1 x,(0)1, (1) 1Q (0) (1) 0c (0,1)使彳# f(c) 1 c(0,c),(c,1),使得 f() f f (0) Sc cf() f f ，所以存在，(0,i),使得f( )f( ) 11 c 1 c例 2. f(x) C0,1,在(0,1)內可導,f (0) 0, f (1) 1,1證明：存在c (0,1),使得f 1 ,f( ) f()存在，(0,1),使得-

10、 2.一.111證明： 令(x) f(x) 2，(0)-, (1) - , Q (0) (1) 0 1c (0,1),使得 f (c)-(0,c),(c,1),使得 f() f f (0) 工，c 2cf()一存在(0,1),使得- - 2f( )f()情形2:結論中含有，但是兩者復雜度不同。1).留復雜 e 2 f ( ) 2f()e 2 f()(某個函數的導數)(兩句話)2).哪個函數的導數看不出來時2f1()1) .的情況用拉格朗日中值定理2) .的情況用柯西中值定理f()1-2f()例 1. f(x) Ca,b,在(a,b)(a 0)內可導證明：存在(a, b)，使得 f()(a b)

11、f()22證明：令 F(x) x , F (x) 2x 0由柯西中值定理(a,b)使得萼乎山，所以3f (a b)fO b2 a22b a2(a,b)使彳導 f( )f (b)f (a) ，得證。b a例 2. f(x) Ca,b,在(a,b)(a 0)內可導證明：存在，(a,b),使得 abf( )2 f().11證明：令F(x) ,F(x)0由柯西中值定理xx(a,b)使得“F 中，所以 abfbfj2f()11_1_b ab a 2(a,b)使彳導 f( ) f(b一 ，得證。b a例 3. f(x) Ca,b,在(a,b)內可導，f (a) f (b) 1證明：存在(a,b),使得 e

12、 f( ) f( ) 1.(分析：“留復雜 e f( ) f()證明： 令 (x) exf (x),由拉格朗日中值定理b _a _(a,b)使得 e ( ) e (a) e f( ) f(),b aQ f(a) f(b) 1, e f(? e f(a)e f( ) f ()b ab a(a,b),即 e f( ) f( ) 1.b a e e e- e e f( ) f(), b a題型四：證明：拉格朗日中值定理的兩慣性思維。f(x)可導 f (b) f (a) f ( )b a見到3點兩次使用拉格朗日中值定理。x c 一例 1. lim f(x) e,且 limf(x) f (x 1) li

13、m()，則 c xxx x c解：f(x) f(x 1) f( ) (x 1 x),lim f (x) e.x又因為lim( x-c)x x x clim(1xx c 2cx2 c x c lim c4c ) 2c x ce2cxx ce2cx c1c -2例 2. f (x) 0, f (x) 0,且 dy f (x0) x, y f (xox) f (x0), x 0,則dy, y,0的大小關系。解：由拉格朗日中值定理知y f (x0) x,(%x0x),Q f (x) 0, f(x)單調遞增又Qxo,f(xo)f()又因為 Q x 0,f(x0) x f( ) x, 0 dy y例3.

14、f (x)在(a,b)內可導，且| f(x) M, f (x)在(a,b)內至少有一個零點。證明：f(a) f(b) M(b a)證明：1)因為f(x)在(a,b)內至少有一個零點，所以c (a,b),f(c) 02)下邊用兩次拉格朗日中值定理f (c)f(a)f(i)(ca),1(a,c),f(b)f(c)f(2)(bc),2(c,b)所以 f (a) f(i)(c a),i(a,c)f(b)f(2)(bc), 2 (c,b)Q|f(x) M , f (a) M(c a), i (a,c)f(b)| M(b c), 2 (c,b)，|f(a) |f(b) M(b a)例4. f (x)在(a

15、,b)內二階可導，有一條曲線y f(x),如圖證明： (a,b),使得 f( ) 0證明：1) i (a,c), 2 (c,b)使得 f(i) fcffQ) fbf) c ab c因為A,C,B共線，所以f(i) f( 2),所以由羅爾定理知(i, 2)(a,b),使得f( ) 0f(c)f(a) f( i)(c a), 1(a, c)題型五:Taylor公式的常規證明。f(x)f(Xo)f (Xo)(X Xo)f(n)(x0)n!(n 1) /(x X0)n /F(x X0尸Xof (c), 中點端點Xof(c)(無f(c), x cc ,防點x中點任一點例 1. f (X)C 1,1, f

16、( 1) 0, f(0) 0,f (1) 1證明：存在 (1,1),使得f ”( ) 3.(題外分析：考慮什么時候該用泰勒公式什么時候不用!f (n)( ) (n 2)時考慮，但是f(n)( ) 0為題型一，考慮羅爾定理n 2時比較尷尬，有時候用拉格朗日中值定理，有時候不用，該怎么考慮呢,分情況：f()f(a), f(b), f(c) lagrange，a a兩次拉格朗日中值定理解決f (a), f (b), f (c) lagrangef (a), f (b), f (c) taylor證明： f( 1)f(0)f(1)f(0)f(0)f (0)12!f (0)2!f (0)2(1 0)22

17、(1 0)2(1)3!f(2)3!兩個式子相減得:f(0)2f (0)f(1)6,f(2)6f(1)f( 2) 6(1 0)3, 1 (1,0),(1 0)3, 2 (0,1)1,0)(0,1)Q f (x) C 1,f(1) f(2) MM ,所以根據介值定理得:存在1, 2( 1,1),使得f()例2.f(x),在0,1二階可導,f(0)f o, mm1,f (x)在1, 2上有 m,M ,貝U2m f( 1) f ( 2)2M證明:證明:存在 (0,1),使得 f ( ) 8.由泰勒公式:f() f(0) f(c) -(02c) , 1 (0,c)，由 min f(x)1 知，存在 c (0,1),使得 f(c) 1 且 f (c) 00 x 1f ( c)2f(1) f(c) -(1 c)2, 2 (c，1)f( 1)2，1 (0,c)cf(2)2(1 c)2, 2