2016年考研數(shù)學(xué)中值定理證明題技巧-以及結(jié)論匯總.docx

目錄第一部分：中值定理結(jié)論總結(jié).11、介值定理.12、零點(diǎn)定理.23、羅爾定理.24、拉格朗日中值定理.25、柯西中值定理.26、積分中值定理.3第二部分：定理運(yùn)用.3第三部分：構(gòu)造函數(shù)基本方法.9一、要證明的等式是一階導(dǎo)數(shù)與原函數(shù)之間的關(guān)系.10二、二階導(dǎo)數(shù)與原函數(shù)之間關(guān)系.11第四部分：中值定理重點(diǎn)題型分類(lèi)匯總（包含所有題型).14題型一：中值定理中關(guān)于的問(wèn)題題型二：證明f(n)()=0題型三：證明f(n)()=C0(0)題型四：結(jié)論中含一個(gè)中值，不含a,b，導(dǎo)數(shù)的差距為一階題型五：含兩個(gè)中值,的問(wèn)題題型六：含a,b及中值的問(wèn)題題型七：雜例題型八：二階保號(hào)性問(wèn)題題型九：中值定理證明不等式問(wèn)題第一部分：中值定理結(jié)論總結(jié)1、介值定理：設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，且在該區(qū)間的端點(diǎn)取不同的函數(shù)值f(a)=A及f(b)=B，那么對(duì)于A與B之間的任意一個(gè)數(shù)C，在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)至少有一點(diǎn)使得f()=C(ab).Ps:c是介于A、B之間的，結(jié)論中的取開(kāi)區(qū)間。介值定理的推論：設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),則f(x)在a,b上有最大值M，最小值（m,若mCM,則必存在a,b,使得f()=C。閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)必取得介于最大值M與最小值m之間的任何值。此條推論運(yùn)用較多）Ps：當(dāng)題目中提到某個(gè)函數(shù)f(x),或者是它的幾階導(dǎo)函數(shù)在某個(gè)閉區(qū)間上連續(xù)，那么該函數(shù)或者其幾階導(dǎo)函數(shù)必可以在該閉區(qū)間上取最大值和最小值，那么就對(duì)于在最大值和最小值之間的任何一個(gè)值，必存在一個(gè)變量使得該值等于變量處函數(shù)值。2、零點(diǎn)定理：設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),且f(a)與f(b)異號(hào)，即f(a).f(b)0,那么在開(kāi)區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)使得f()=0.Ps:注意條件是閉區(qū)間連續(xù)，端點(diǎn)函數(shù)值異號(hào)，結(jié)論是開(kāi)區(qū)間存在點(diǎn)使函數(shù)值為0.3、羅爾定理：如果函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo);（3）、在區(qū)間端點(diǎn)處函數(shù)值相等，即f(a)=f(b).那么在(a,b)內(nèi)至少有一點(diǎn)(ab),使得f(x)=0;4、拉格朗日中值定理：如果函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo);那么在(a,b)內(nèi)至少有一點(diǎn)(ab),使得f(b)-f(a)=f().(b-a).5、柯西中值定理：如果函數(shù)f(x)及g(x)滿(mǎn)足（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo);（3）、對(duì)任一x(axb),g(x)0,那么在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn),使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f(x)g(x)Ps：對(duì)于羅爾定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理結(jié)論都是開(kāi)開(kāi)區(qū)間內(nèi)取值。6、積分中值定理：若函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)，則至少存在一點(diǎn)xa,b使得baf(x)dx=f(x)(b-a)Ps：該定理課本中給的結(jié)論是在閉區(qū)間上成立。但是在開(kāi)區(qū)間上也是滿(mǎn)足的，下面我們來(lái)證明下其在開(kāi)區(qū)間內(nèi)也成立，即定理變?yōu)椋喝艉瘮?shù)f(x)在a,b上連續(xù)，則至少存在一點(diǎn)x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)證明：設(shè)F(x)=xaf(x)dx，xa,b因?yàn)閒(x)在閉區(qū)間上連續(xù)，則F(x)在閉區(qū)間上連續(xù)且在開(kāi)區(qū)間上可導(dǎo)（導(dǎo)函數(shù)即為f(x)）。則對(duì)F(x)由拉格朗日中值定理有：$x(a,b)使得F(x)=F(b)-F(a)b-a=baf(x)dxb-a而F(x)=f(x)所以$x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)。在每次使用積分中值定理的時(shí)候，如果想在開(kāi)區(qū)間內(nèi)使用，我們便構(gòu)造該函數(shù)，運(yùn)用拉格朗日中值定理來(lái)證明下使其在開(kāi)區(qū)間內(nèi)成立即可。千萬(wàn)不可直接運(yùn)用，因?yàn)檎n本給的定理是閉區(qū)間。第二部分：定理運(yùn)用1、設(shè)f(x)在0,3上連續(xù)，在(0,3)內(nèi)存在二階導(dǎo)函數(shù)，且2f(0)=20f(x)dx=f(2)+f(3).證明：(1)$h(0,2)使f(h)=f(0)(2)$x(0,3)使f(x)=0證明：先看第一小問(wèn)題：如果用積分中指定理似乎一下子就出來(lái)了，但有個(gè)問(wèn)題就是積分中值定理是針對(duì)閉區(qū)間的。有的人明知這樣還硬是這樣做，最后只能是0分。具體證明方法在上面已經(jīng)說(shuō)到，如果要在開(kāi)區(qū)間內(nèi)用積分中指定理，必須來(lái)構(gòu)造函數(shù)用拉格朗日中值定理證明其在開(kāi)區(qū)間內(nèi)符合。（1）、令x0(0f(t)dt=F(x),x0,2則由題意可知F(x)在0,2上連續(xù)，,2)內(nèi)可導(dǎo).則對(duì)F(x)由拉格朗日中值定理有：$h(0,2)使F(h)=F(2)-F(0)2f(h)=20f(t)dt2=f(0),h(0,2)從而，mM，那么由介值定理就有：$c2,3,使f(c)=f(0)(2)、對(duì)于證明題而言，特別是真題第一問(wèn)證明出來(lái)的結(jié)論，往往在第二問(wèn)中都會(huì)有運(yùn)用，在做第二問(wèn)的時(shí)候我們不要忘記了第一問(wèn)證明出來(lái)的東西，我們要時(shí)刻注意下如何將第一問(wèn)的東西在第二問(wèn)中進(jìn)行運(yùn)用：第二問(wèn)是要證明存在點(diǎn)使得函數(shù)二階倒數(shù)為0，這個(gè)很容易想到羅爾定理來(lái)證明零點(diǎn)問(wèn)題，如果有三個(gè)函數(shù)值相等，運(yùn)用兩次羅爾定理那不就解決問(wèn)題啦，并且第一問(wèn)證明出來(lái)了一個(gè)等式，如果有f(a)=f(b)=f(c)，那么問(wèn)題就解決了。第一問(wèn)中已經(jīng)在(0,2)內(nèi)找到一點(diǎn)，那么能否在(2,3)內(nèi)也找一點(diǎn)滿(mǎn)足結(jié)論一的形式呢，有了這樣想法，就得往下尋找了，2f(0)=f(2)+f(3)，看到這個(gè)很多人會(huì)覺(jué)得熟悉的，和介值定理很像，下面就來(lái)證明：Qf(x)在0,3上連續(xù)，則在2,3上也連續(xù)，由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)必存在最大值和最小值，分別設(shè)為M,m;則mf(2)M,mf(3)M.f(2)+f(3)2f(2)+f(3)2f(0)=f(h)=f(c),h(0,2),c2,3則有羅爾定理可知：$x1(0,h),f(x1)=0，$x2(h,c),f(x2)=0$x(x1,x2)(0,3),f(x)=0Ps：本題記得好像是數(shù)三一道真題，考察的知識(shí)點(diǎn)蠻多，涉及到積分中值定理，介值定理，最值定理，羅而定理，思路清楚就會(huì)很容易做出來(lái)。2、設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo),且f(0)=0,f(1)=1.證明:(1)、$x(0,1)使得f(x)=1-x(2)、$兩個(gè)不同點(diǎn)h、x(0,1),使得f(x)f(h)=1本題第一問(wèn)較簡(jiǎn)單，用零點(diǎn)定理證明即可。（1）、首先構(gòu)造函數(shù)：F(x)=f(x)+x-1,x0,1F(0)=f(0)-1=-1F(1)=f(1)=1QF(0)F(1)=-10)上具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f(0)=0(1)、寫(xiě)出f(x)的帶拉格朗日余項(xiàng)的一階麥克勞林公式(2)、證明在-a,a上至少存在一點(diǎn)h使得af(h)=33第一問(wèn)課本上記住了寫(xiě)出來(lái)就行，考的很基礎(chǔ)a-af(x)dxf(x)2f(x)2（1）、f(x)=f(0)+f(0)1!x+2!x=f(0)x+2!x(2)、第二問(wèn)先將第一問(wèn)的式子f(x)代入看看有什么結(jié)果出來(lái)f(x)dx=xdx，f(x)此處不能直接拿到積分號(hào)外面，因?yàn)樗皇桥cx無(wú)a-aa-af(x)22關(guān)的數(shù)。做到這兒，我們想辦法把他弄到積分號(hào)外面似乎就能出來(lái)，有了這樣想法就得尋求辦法。題目中說(shuō)道f(x)有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，為何要這樣說(shuō)呢，我們知道連續(xù)函數(shù)有最大值，最小值，往往會(huì)接著和介值定理一起運(yùn)用。所以有：因?yàn)閒(x)有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，所以存在最大值和最小值，設(shè)為M,m則對(duì)于區(qū)間-a,a，mf(x)M,mx2f(x)x2Mx22ma3=mxdxxdx=f(x)xdxMMa3222323aaa-a-a-a3m3f(x)dxMaa-a所以由介值定理有結(jié)論成立。Ps：本題是以前的一道真題，具體哪年也記不得了，主要就是考到介值定理的運(yùn)用。題目中說(shuō)的很明白的，有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，往往當(dāng)題目中提及到什么連續(xù)啊，特別是對(duì)于導(dǎo)函數(shù)連續(xù)的，我們總得注意下他有最大值，最小值，進(jìn)而與介值定理聯(lián)合運(yùn)用。f(x)dx=0,f(x)cosxdx=0.5、設(shè)f(x)在0,p上連續(xù)，且p0p0證明：在(0,p)內(nèi)至少存在兩個(gè)不同點(diǎn)x1、x2使得f(x1)=f(x2)=0本題看似很簡(jiǎn)潔，但做起來(lái)去不容易。結(jié)論是證明等式成立且為0，很容易讓我們想到羅爾定理，我們?nèi)绻苷业饺齻€(gè)點(diǎn)處函數(shù)值相等，那么是不是就能有些思路了呢。令：F(x)=x0f(t)dt,x0,p，F(xiàn)(0)=F(p)=0Qf(x)cosxdx=cosxdF(x)=cosxF(x)p0+sinxF(x)dx=0sinxF(x)dx=0拉格朗日中值定理來(lái)證明其在開(kāi)區(qū)間內(nèi)成立。構(gòu)造函數(shù)G(x)=sintF(t)dt,x0,p似乎只需在找出一點(diǎn)F(c)=0即可。，如果一切如我們所想，證明也就完成了。ppp000p0似乎已經(jīng)找到這個(gè)點(diǎn)了。但是積分中值定理中，是取閉區(qū)間，如果要用的話(huà)得先構(gòu)造函數(shù)用x0具體的證明步驟和上面涉及到的一樣，自己去證。證完后就得到$c(0,p),使得G(c)=0,即sincF(c)=0,所以F(c)=0所以有：F(0)=F(c)=F(p)=0,c(0,p)接下來(lái)的證明就和第一題中第二小問(wèn)一樣了，具體就不去證明了，自己證，關(guān)鍵掌握方法，思路。Ps：本題是02年左右的數(shù)一一道證明題，看看題目很簡(jiǎn)潔，但具體來(lái)做，如果對(duì)定理的運(yùn)用不熟練，還是不好弄出來(lái)。本題中涉及到積分，而且又要證明等式成立且為0，容易想到積分中值定理，以及羅爾定理。但是積分中值定理是對(duì)于閉區(qū)間而言，而我們要用到開(kāi)區(qū)間，只能自己構(gòu)造函數(shù)來(lái)證明其在開(kāi)區(qū)間內(nèi)成立，如果在實(shí)際做題的時(shí)候你不證明直接用，估計(jì)一半的分都沒(méi)了。本題關(guān)鍵的就是尋找這個(gè)點(diǎn)C，找出來(lái)了其他的都不是問(wèn)題，既然是關(guān)鍵點(diǎn)，那得分點(diǎn)也肯定最多了，你不證明這個(gè)點(diǎn)，直接套用課本中定理（如果用的話(huà)，得分類(lèi)討論了），硬是說(shuō)C點(diǎn)就成立，那估計(jì)一半的分都沒(méi)了。一般都會(huì)構(gòu)造出g(x)=XXXe或者e或者x,n為任意常數(shù)對(duì)于中值定理這章，就先給出上面一些經(jīng)典的題目，大家好好體會(huì)下，多做些題，多思考。下面來(lái)講講對(duì)于證明題中的，函數(shù)如何來(lái)構(gòu)造：基本上都是從結(jié)論出發(fā)，運(yùn)用求導(dǎo)或是積分，或是求微分方程，解出來(lái)也可。本人自己總結(jié)了一些東西，與大家交流下：第三部分：構(gòu)造函數(shù)基本方法一、要證明的等式是一階導(dǎo)數(shù)與原函數(shù)之間的關(guān)系：x-xn1、如果只是單純導(dǎo)函數(shù)和原函數(shù)之間關(guān)系，想想構(gòu)造帶有e或者ef(x)=f(x)可以構(gòu)造g(x)=f(x)e-xx-xf(x)+f(x)=0可構(gòu)造g(x)=f(x)exf(x)+f(x)=l可構(gòu)造g(x)=f(x)ex-lexf(t)dt=f(x)這個(gè)也是原函數(shù)與一階導(dǎo)函數(shù)問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)g(x)=e-xf(t)dtxaxaf(x)-l(f(x)-x)=1先將其變形下：f(x)-lf(x)=1-lx左邊是導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)關(guān)系可構(gòu)造：f(x)e-lx右邊可以看成是x-lx也成了導(dǎo)函數(shù)和原函數(shù)之間關(guān)系，如是可以構(gòu)造：xe-lx從而要構(gòu)造的函數(shù)就是：g(x)=(f(x)-x)e-lx2、如果還涉及到變量X，想想構(gòu)造xnxf(x)+f(x)=0可構(gòu)造g(x)=f(x)xf(x)=-2f(x)x可構(gòu)造g(x)=f(x)x2xf(x)+nf(x)=0可構(gòu)造g(x)=f(x)xn3、另外還可以解微分方程來(lái)構(gòu)造函數(shù)：如xf(x)+f(x)=0f(x)f(x)=-x,lnf(x)=-x2+clnf2(x)ex=cf2(x)ex=C1222所以構(gòu)造函數(shù)g(x)=f2(x)ex2二、二階導(dǎo)數(shù)與原函數(shù)之間關(guān)系構(gòu)造帶有e或者exf(x)=f(x)如何構(gòu)造如下：-xf(x)+f(x)=f(x)+f(x)對(duì)于此式子，你會(huì)不會(huì)有所想法呢，在上面講到一階導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)之間的構(gòu)造方法，等式前面也可以看成是一階導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)（只不過(guò)原函數(shù)是f(x)）之間關(guān)系，從而等式左邊可以構(gòu)造f(x)ex等式右邊可以構(gòu)造f(x)ex總的構(gòu)造出來(lái)函數(shù)為：g(x)=(f(x)-f(x)ex另：如果這樣變形：(f(x)-f(x)+(f(x)-f(x)=0構(gòu)造函數(shù)如下：g(x)=(f(x)+f(x)e-x，可以看上面原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)之間關(guān)系如何構(gòu)造的。從而對(duì)于此函數(shù)構(gòu)造有兩種方法，具體用哪一種構(gòu)造得看題目給的條件了。如果題目給了f(x)-f(x)為什么值可以考慮第一中構(gòu)造函數(shù)，如果題目給了f(x)+f(x)，則可以考慮第二種構(gòu)造方法。f(h)-3f(h)+2f(h)=0先變形：變成一階導(dǎo)函數(shù)和原函數(shù)之間關(guān)系f(h)-2f(h)=f(h)-2f(h)f(x)e-2x=f(x)e-2x所以構(gòu)造的函數(shù)為：G(x)=(f(x)-f(x)e-2xf(x)+f(x)=0這個(gè)函數(shù)確實(shí)不好構(gòu)造，如果用微分方程來(lái)求會(huì)遇到復(fù)數(shù)根。G(x)=f2(x)+(f(x)2G(x)=2f(x)(f(x)+f(x)實(shí)際做的時(shí)候還得看題目是否給了f(x)的一些條件，如果在某個(gè)開(kāi)區(qū)間內(nèi)不為0，而構(gòu)造出來(lái)的函數(shù)在閉區(qū)間端點(diǎn)取值相等，便可用羅而定理來(lái)證明。具體來(lái)看看題目：（1）、存在x(,1),使得f(x)=x1、設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1證明：12（2）、存在h(0,x),使得f(h)=f(h)-h+1（1）、對(duì)一問(wèn)直接構(gòu)造函數(shù)用零點(diǎn)定理：F(x)=f(x)-x具體詳細(xì)步驟就不寫(xiě)了。（2）、該問(wèn)主要問(wèn)題是如何構(gòu)造函數(shù)：如果熟練的話(huà)用上面所講方法來(lái)構(gòu)造：f(h)=f(h)-h+1先變形f(h)-f(h)=1-hf(x)e-x=xe-x構(gòu)造函數(shù)為G(x)=(f(x)-x)e-x另：用微分方程求解法來(lái)求出要構(gòu)造的函數(shù)f(h)-1=f(h)-h(f(x)-x)=f(x)-xln(f(x)-x)=x+cf(x)-x=ex+c=exC(f(x)-x)e-x=C把常數(shù)退換掉之后就是要構(gòu)造的函數(shù)G(x)=(f(x)-x)e-x函數(shù)構(gòu)造出來(lái)了，具體步驟自己去做。2、設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)，f(x)在(a,b)內(nèi)二階可導(dǎo)，f(a)=f(b)=0,baf(x)dx=0證明：（1）存在x1,x2(a,b)使得f(x1)=f(x1),f(x2)=f(x2)（2）存在h(a,b),hx1,x2使得f(h)=f(h)（1）、第一問(wèn)中的函數(shù)構(gòu)造：F(x)=f(x)e-x（2）、第二問(wèn)中函數(shù)構(gòu)造有兩種構(gòu)造方法，上面講解中說(shuō)道了我們?cè)谶@用第一種g(x)=(f(x)-f(x)ex原因在于第一問(wèn)中f(x)-f(x)=0符合此題構(gòu)造。具體詳細(xì)步驟自己去寫(xiě)寫(xiě)。3、設(shè)奇函數(shù)f(x)在-1,1上具有二階導(dǎo)數(shù)，且f(1)=1,證明：(1)存在x(0,1),使得f(x)=1(2)存在h(-1,1),使得f(h)+f(h)=1第一問(wèn)中證明等式，要么用羅爾定理，要么介值定理，要么零點(diǎn)本題很容易想到用羅爾定理構(gòu)造函數(shù)來(lái)求，因?yàn)樯婕暗搅藢?dǎo)函數(shù)（1）、F(x)=f(x)-x，題目中提到奇函數(shù)，f(0)=0有F(0)=F(1)=0從而用羅爾定理就出來(lái)了。（2）、第二問(wèn)中的結(jié)論出發(fā)來(lái)構(gòu)造函數(shù)，從上面講的方法來(lái)看，直接就可以寫(xiě)出要構(gòu)造的函數(shù)f(h)+f(h)=1先變形下：f(x)ex=exG(x)=(f(x)-1)ex函數(shù)構(gòu)造出來(lái)，并且可以用到第一問(wèn)的結(jié)論，我們只需要在（-1,0）之間在找一個(gè)點(diǎn)也滿(mǎn)足1的結(jié)論即可。也即z(-1,0),f(z)=1從而可以對(duì)h(z,x)(-1,1)運(yùn)用羅爾定理即可。Ps：本題為13年數(shù)一真題，第一問(wèn)基礎(chǔ)題，但要看清題目為奇函數(shù)，在0點(diǎn)處函數(shù)值為0.第二問(wèn)關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，函數(shù)構(gòu)造出來(lái)了就一步步往下做，缺什么條件就去找什么條件或者證明出來(lái)，13年考研前我給我的幾個(gè)考研小伙伴們講過(guò)構(gòu)造函數(shù)的一些方法，考場(chǎng)上都很第四部分：中值定理重點(diǎn)提醒分類(lèi)總結(jié)題型一：中值定理中關(guān)于的問(wèn)題題型二：證明f(n)()=0題型三：證明f(n)()=C0(0)題型四：結(jié)論中含一個(gè)中值，不含a,b，導(dǎo)數(shù)的差距為一階題型五：含兩個(gè)中值,的問(wèn)題題型六：含a,b及中值的問(wèn)題題型七：雜例題型八：二階保號(hào)性問(wèn)題題型九：中值定理證明不等式問(wèn)題【例題1】設(shè)f(x)=arctanxC0,a，f(a)f(0)=f(a)a，求lim?！窘獯稹縡(x)=，由f(a)f(0)=f(a)a得2=arctana=a2arctana，1+a中值定理題型題型一：中值定理中關(guān)于的問(wèn)題2a011+x2aaarctana22，解得lim2=lima0+a0+aarctana1+a2=1aarctana2=lima0+aarctanaa3=lima0+113a23，a0+于是lim=13?！纠}2】設(shè)f(x)二階連續(xù)可導(dǎo)，且f(x)0，又f(x+h)=f(x)+f(x+h)h（01）。證明：lim=h012。h，其中位于x與x+h之間。f()2于是f(x)+f(x+h)h=f(x)+f(x)h+f()2h，或=f(x+h)f(x)f()f(x+h)f(x)f()=h22h【解答】由泰勒公式得f(x+h)=f(x)+f(x)h+2!，從而有2!，兩邊取極限再由二階連續(xù)可導(dǎo)得lim0=21h。題型二：證明f(n)()=0【例題2】設(shè)f(x)在0,1上三階可導(dǎo)，f(1)=0，令H(x)=xf(x)，證明：存在(0,1)，常見(jiàn)思路：（1）羅爾定理；（2）極值法；（3）泰勒公式【例題1】設(shè)f(x)C0,3，在(0,3)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1，證明：存在(0,3)，使得f()=0。【解答】因?yàn)閒(x)C0,2，所以f(x)在0,2上取到最小值m和最大值M，由3mf(0)+f(1)+f(2)3M得m1M，由介值定理，存在c0,2，使得f(c)=1，因?yàn)閒(c)=f(3)=1，所以由羅爾定理，存在(c,3)(0,3)，使得f()=0。31因?yàn)镠(x)=3xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，再由羅爾定理，存在2(0,1)，使得H(2)=0。因?yàn)镠(x)=6xf(x)+6xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，由羅爾定理，存在使得H()=0?！窘獯稹坑蒆(0)=H(1)=0，存在1(0,1)，使得H(1)=0，2323(0,2)(0,1)，使得H()=0。題型三：證明f(n)()=C0(0)思路：（1）高階導(dǎo)數(shù)具有連續(xù)性；（2）輔助函數(shù)構(gòu)造【例題1】設(shè)f(x)Ca,b，在(a,b)內(nèi)二階連續(xù)可導(dǎo)，證明：存在(a,b)，使得+f(a)=f(b)2fa+b2【解答】由泰勒公式得(ba)24f()。)，1(a,f(a)=f(a+b2)+f(a+b2)(aa+b2)+f(1)2!(aa+b22a+b2)，)，2(f(b)=f(a+b2)+f(a+b2)(ba+b2)+f(2)2!(ba+b22a+b2,b)，兩式相加得f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f(1)+f(2)2，因?yàn)閒(x)C1,2，所以f(x)在1,2上有最小值m和最大值M，顯然mf(1)+f(2)2M，由介值定理，存在1,2(a,b)，使得f(1)+f(2)2=f()，于是f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f()?！纠}2】設(shè)f(x)在1,1上三階連續(xù)可導(dǎo)，且f(1)=0,f(1)=1,f(0)=0，證明：存在(1,1)，使得f()=3?！窘獯稹坑商├展降?f(1)=f(0)+f(0)2!f(1)3!,1(1,0)，f(1)=f(0)+f(0)2!+f(2)3!,2(0,1)，兩式相減得f(1)f(1)=f(1)+f(2)，即f(1)+f(2)=6。16因?yàn)閒(x)C1,2，所以f(x)在1,2上取到最小值m和最大值M，由2mf(1)+f(2)2M得m3M，由介值定理，存在1,2(1,1)，使得f()=3?！纠}3】設(shè)a1a2滿(mǎn)足f(a1)=f(a2)=an為n個(gè)不同的實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)在a1,an上有n階導(dǎo)數(shù)，并=f(an)=0，則對(duì)每個(gè)ca1,an，存在(a1,an)滿(mǎn)足等式f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()?！窘獯稹浚?）當(dāng)c=ai(1in)時(shí)，任取(a1,an)，結(jié)論顯然成立；（2）當(dāng)cai(1in)時(shí)，f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()等價(jià)于n!f(c)(ca1)(ca2)(can)n!f(c)=k(ca1)(ca2)=f(n)()，令(can)，n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=k，則有令(x)=n!f(x)k(xa1)(xa2)(xan)，顯然(x)有n+1個(gè)不同零點(diǎn)c,a1,a2,an，不斷使用羅爾定理，存在(a1,an)，使得(n)()=0。而(n)(x)=n!f(n)(x)kn!，所以f(n)()=k，即n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=f(n)()，所以結(jié)論成立。題型四：結(jié)論中含一個(gè)中值，不含a,b，導(dǎo)數(shù)的差距為一階3xf(x)dx，證明：存在(0,1)，【解答】令(x)=xf(x)，由積分中值定理得【例題1】設(shè)f(x)C0,1，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(1)=2使得f()+2f()=0。21202f(1)=2xf(x)dx=2cf(c)2，其中c0,，即1f(1)=cf(c)，于是有1022121222而(x)=xf(x)+2xf(x)，所以f()+2f()=0，注意到0，所以有(c)=(1)，由羅爾定理，存在(c,1)(0,1)，使得()=0。22f()+2f()=0?！纠}2】設(shè)f(x)C1,2，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，且f(1)=使得12,f(2)=2，證明：存在(1,2)，f()=2f()?！窘獯稹苛?x)=x2f(x)，因?yàn)閒(1)=12,f(2)=