中值定理的應(yīng)用方法與技巧

1、中值定理的應(yīng)用方法與技巧中值定理包括微分中值定理和積分中值定理兩局部.微分中值定理即羅爾 定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理,一般高等數(shù)學(xué)教科書上均有介紹,這里不再累述.積分中值定理有積分第一中值定理和積分第二中值定理.積分第一中值定理為大家熟知,即假設(shè)f(x)在a, b上連續(xù),那么在a, b上至少存在一b點(diǎn),使得 f(x)dx f( )(b a).積分第二中值定理為前者的推廣,即假設(shè) af(x),g(x)在a, b上連續(xù),且g(x)在a, b上不變號,那么在a,b 上至少存在一點(diǎn) ,使得 f(x)g(x)dx f ( ) g(x)dx. aa一、微分中值定理的應(yīng)用方法與技巧三大微分中值定理

2、可應(yīng)用于含有中值的等式證實(shí),也可應(yīng)用于恒等式及不等式證實(shí).由于三大中值定理的條件和結(jié)論各不相同,又存在著相互關(guān)聯(lián),因此應(yīng) 用中值定理的根本方法是針對所要證實(shí)的等式、不等式,分析其結(jié)構(gòu)特征,結(jié)合所給的條件選定適宜的15區(qū)間上的連續(xù)函數(shù),套用相應(yīng)的中值定理進(jìn)行證實(shí).這一過程要求我們非常熟悉三大中值定理的條件和結(jié)論,并且掌握一定的函數(shù)構(gòu)造 技巧.例一.設(shè)(x)在0,1上連續(xù)可導(dǎo),且(0) 0, (1) 1.證實(shí)：任意給定正 整數(shù)a,b,必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù),使得一a "一 a b成立.()()證法1:任意給定正整數(shù) a,令f1(x) ax, f2 (x)(x),那么在0,1上對G(x

3、), f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得一a 一a ° a.()(1)(0)任意給定正整數(shù)b ,再令g1(x) bx, g2(x)(x),那么在0,1 上對g1(x),g2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在(0,1),使得上 b 0 b0()(1)(0)兩式相加得：任意給定正整數(shù)a,b,必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù),使得成立.證法2:任意給定正整數(shù)a,b,令f1(x)ax, f2(x)(x),那么在0 , 1上對再令fi(x), f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得gi(x) (a b) (x) bx,g2(x)(x),那么在0 , 1上對 g1(x),

4、g?(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得(a b) ()b (a b) b a o因此有 ()(1)(0)a (a b) ( ) b , b協(xié)丁中曰a b. a b ,移項(xiàng)得：a b0()()()()()分析：解1和解2都是應(yīng)用了柯西中值定理.鑒于所要證實(shí)的等式中含有兩個(gè)中值,并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中,因此考慮須用兩次柯西中值定理.證法1和解2的不同之處是解1分別從一一,上 出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù).而證法 2 ()()是先將一上 a b移項(xiàng)得：a b上 (a b) ()b ,然后 ()()()()()從兩邊出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù).例二.設(shè)f (x)在a, b上連續(xù),在(a , b)內(nèi)可導(dǎo)

5、且f (a) f (b),試證實(shí)：存在,(a,b),使得山山.2 b a證法1：根據(jù)條件,由拉格朗日中值定理,存在 (a,b),使得f(b) f(a) f ( )(b a)令g(x) x2,在a,b上對f (x), g(x)應(yīng)用柯西中值定理,得存在 (a,b),使得山f(b) f(a)2 b a b a證法2:令g(x) x2 ,在a,b上對f (x), g(x)應(yīng)用柯西中值定理,得存在(a,b),使得f ( ) f(b) f(a)7220b a再令g(x) (b a)x ,在a, b上對f (x), g(x)應(yīng)用柯西中值定理,得存在to f(b) f(a) f(b) f(a)(a,b),便行

6、22.b a (b a)b (b a)a b a綜合兩式得到存在,(a,b),使得fa 9.2 b a分析：鑒于所要證實(shí)的等式中含有兩個(gè)中值,并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中中,因此可考慮用兩次柯西中值定理,即證法 2.也可用一次柯西中值定理后,分式中函數(shù)值差的局部改用拉格朗日中值定理進(jìn)行進(jìn)一步化簡,即為證法1的根本思想方法.例三.設(shè)f(x), g(x)在a , b上二階可導(dǎo),并且 g (x) 0, f(a) f(b) 0, g(a) g(b) 0,試證：(1)在(a,b )內(nèi),g(x) 0,(2)在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn) ,使上口 匚口.g( ) g ()證實(shí)：(1)用反證法.假設(shè)存在點(diǎn)c (a

7、,b),使g(c) 0.分別在a,c,c,b上 對g(x)運(yùn)用羅爾定理,可得存在1 (a,c), 2 (c,b),使得g ( 1) g ( 2) 0 再在i,2上應(yīng)用羅爾定理,又可得存在3 1,2,使得g (3)0,這與題設(shè)矛盾.故在(a,b)內(nèi),g(x) 0.(2)即證f( )g ( ) g( ) f ( ) 0.為此作輔助函數(shù)：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 (b) 0 .在a,b 上對 H (x)應(yīng)用 羅爾定理得：在(a, b)內(nèi)至少存在一點(diǎn) ,使H ( ) f( )g ( ) g( )f ( )

8、 0, 從而有33g( ) g ()分析：該題的證實(shí)主要運(yùn)用了羅爾定理.由于題設(shè)中出現(xiàn)了 f(a) f(b) 0, g(a) g(b) 0,因此在(1)的證實(shí)中可考慮用反證法,通過反復(fù)運(yùn)用羅爾定理 導(dǎo)出g ( 3) 0,從而推出矛盾,證得結(jié)論.而(2)的證實(shí)關(guān)鍵在于首先要將欲 證的等式變形成某一函數(shù)在中值處的導(dǎo)數(shù)為零.從中選定一函數(shù)對其應(yīng)用羅爾定理導(dǎo)出結(jié)論.例四.設(shè)f(x)在-a,a 上連續(xù),在x 0處可導(dǎo),且f (0) 0.xx(1)求證：x (0,a),(0,D, 0fdt 0 fdt xf(x) f( x)(2)求 lim x 0一xx證實(shí)：(1)令 F(x) 0 f(t)dt 0 f(

9、t)dt,那么 F(x) f(x) f ( x) o根據(jù)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) xf( x) f( x)xx即 0 f出 0 f 皿 xf(x) f( x)x上十 °f(t)dt(2)由于limx 0xJ lim f(x) f( x) f (0)lim2xx 0 2xx 0xx而運(yùn)用洛必達(dá)法那么,0 f 出 0 f (t)dt f(x) f( x) 1 flim z lim - f (0) ox 02x2x 02 2x 21因此lim一.x 02分析：此題運(yùn)用的知識點(diǎn)和方法較為綜合.既用到了積分上限的函

10、數(shù)特性,又用到了拉格朗日中值定理另一種表達(dá)方式, 以及洛必達(dá)法那么、函數(shù)極限運(yùn)算法 那么、導(dǎo)數(shù)概念等等.因此要求解題者需具備較扎實(shí)的微積分知識根底和一定的函 數(shù)構(gòu)造技巧.例五.證實(shí)以下不等式:(1) arctana arctanb(2)當(dāng) x 1時(shí),ex ex證實(shí)：(1)令 f(x) arctan x, x a,b, f (x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo), 因此根據(jù)拉格朗日中值定理,有f(b) f(a) f ( )(b a), a b.即1arctanb arctana -2(b a), a b ,故 arctana arctanb a b(2)設(shè)f(x) ex ex,由于f (x)在

11、1,x上連續(xù),在(1,x)內(nèi)可導(dǎo),因此根據(jù)拉格朗日中值定理,有f(x) f(1) f ( )(x 1),(1,x).即ex ex (e e)(x 1).由于 (1,x),所以(e e)(x 1) 0,從而當(dāng) x 1 時(shí),xe ex.分析：本例是運(yùn)用拉格朗日中值定理證實(shí)不等式的典型實(shí)例.利用拉格朗日中值定理證實(shí)不等式的一般步驟為：(1)從所欲證的不等式中找到含函數(shù)值差的 表達(dá)式,從中選定f(x)及一閉區(qū)間(2)運(yùn)用拉格朗日中值定理得到一等式(3)利用此等式及ab導(dǎo)出欲證的不等式.1, f(1) 0,f (0) 0,試證：至少例六.設(shè)f (x)在0,1上三階可導(dǎo),且f (0)存在一點(diǎn)(0,1),使

12、得2 x2(x 1) f (x)1 x f3!證實(shí)：即證至少存在一點(diǎn)令(x) f (x) 1 x2,那么所以可令：(x) x2(x 1令 H (t) f(t) 1 t2 t2(t(), x (0,1)(0,1),使得 f(x)(0)f(0) 1 0,IK(x),下證：K(x)1)K(x),那么1 x2xf ().3!(0) f (0) 0,(1) 0ofJJo3!H (0) 0,H (0) 0, H (1) 0,H(x) 0.根據(jù)羅爾定理,在H(t)的兩個(gè)零點(diǎn)之間存在H(t)的一個(gè)零點(diǎn),因此H(t)在(0,1)內(nèi)至少有三個(gè)零點(diǎn).同理,H(t)在(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn),而H 在(0,1)內(nèi)至

13、少有一個(gè)零點(diǎn),記為 ,即H)3!K(x) 0,從而 K(x)工3!所以至少存在一點(diǎn)(0,1),使得-2f(x)1 xx2(x 1)3!f ( ) , x (0,1)分析：該題粗看貌似泰勒展開式的證實(shí),但進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式.其難點(diǎn)在于形式x2(x 1) f ()的導(dǎo)出.注意到此式中含有中值處的高階導(dǎo)數(shù),3!因此可考慮反復(fù)用羅爾定理.證實(shí)的難點(diǎn)化解是通過將展開式移項(xiàng)、 點(diǎn),引進(jìn)輔助函數(shù)等手段實(shí)現(xiàn).尋求函數(shù)零例七.設(shè)f (x)在a , b上連續(xù),在(a,b )內(nèi)可導(dǎo)且f (x)試證存在(a,b),使得山 f ()b ae ee 0b a證實(shí)：由于f (x),e在a,b上滿足柯西中值定理,故

14、必有(a,b),使f(b) f(a) f ().由于f(x)在a, b上滿足拉格朗日中值定理,所以存在(a,b),使得ef(b) f(a)f().于是有f(b) f(a)b ab ae e f ( ) e e ob a e b ab aa所以存在,(a,b),使得山 Je o f ( ) b a分析：該題的解題思路為先將欲證等式中的兩處中值處導(dǎo)數(shù)拆開,得f()faebea,在對其中fu ,可套用柯西中值定理得出 e baef ( ) f(b),因此只須再證f()f (b) f,此式可由拉格朗日中值 b ae e eb a定理導(dǎo)出.例八.設(shè)拋物線yx2 Bx C與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)x a,x b,a

15、 b.另有一函數(shù)f(x)在a , b上有二階導(dǎo)數(shù),且f(a) f(b) 0 ,如果曲線y f(x)與y x2 Bx C在(a,b)內(nèi)有一個(gè)交點(diǎn),求證：在(a,b )內(nèi)存在一點(diǎn),使得f ( )2.證實(shí)：設(shè)曲線y *)與丫 x2 Bx C在(a,b)內(nèi)的交點(diǎn)為c.作輔助函數(shù)：(x) f (x) ( x2 Bx C) o由題設(shè)條件可知(x)在a, b上有二階導(dǎo) 數(shù),且 (a)(c)(b).在a,c ,c , b上對(x)應(yīng)用羅爾定 理,存在i (a,c), 2 (c,b),使 (i)( 2) 0.在1, 2上再對(x)應(yīng)用羅爾定理,存在(1,2)(a,b),使得()0 ,即 f ( ) 2 0 0

16、所以 f ( )2分析：此題證實(shí)的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為f ( ) 2 0 0即證相應(yīng)的函數(shù)(x) f(x) ( x2 Bx C)二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn).根據(jù)題設(shè)條件,y f(x)與 yx2 Bx C在三個(gè)點(diǎn)處有相等的函數(shù)值,因此兩者的差(x)有三個(gè)零點(diǎn).在其中兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上分別應(yīng)用羅爾定理,可得到(x)其導(dǎo)數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn),在這兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上再應(yīng)用羅爾定理,可得到(x)其二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn).而(x)其二階導(dǎo)數(shù)恰好為f (x) 2.證實(shí)函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)有零點(diǎn),可采 用如下常用方法：首先尋找函數(shù)的零點(diǎn),然后在零點(diǎn)之間通過運(yùn)用羅爾定理求得 函數(shù)的高一階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn),在此根底上重復(fù)前一過程,最終可

17、得到高階導(dǎo)數(shù)的零 點(diǎn).例九.設(shè)f(x)在(a,)內(nèi)可導(dǎo),且lim f(x)存在,證實(shí)：lim f (x) 0. xx證實(shí)：在(a,)內(nèi)任取一點(diǎn)x,由題設(shè)條件知f(x)在x,x 1上連續(xù)、可導(dǎo).因此在x,x 1上對f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在 (x,x 1),使得f ( ) f (x " f (x) f(x 1) f(x).由于當(dāng)時(shí),x 1,從而x 1 xx ,又lim f(x)存在,所以 xlim f ( ) Jim f (x 1) f (x) Jim f (x 1) Jim f (x) 0所以 lim f (x) 0 x分析：此題乍看與中值定理聯(lián)系不大,但通過對題設(shè)條件的

18、分析,可以發(fā)現(xiàn) 條件中含有與導(dǎo)數(shù)及函數(shù)值有關(guān)的信息,因此可以嘗試用中值定理證實(shí).而結(jié)論中出現(xiàn)了 lim f (x),可在x,x 1上對f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理,并使 xx .由此可導(dǎo)出結(jié)論.4 一 一、.一 a1c例十.設(shè)f (x)在0,a上連續(xù),且f(0) 0,證實(shí)：f(x)dx -Ma202其中,M max f (x).0 x aaa證法1: 0 f (x)dx 0 f (x)dx ,而f(0) 0 ,所以應(yīng)用拉格朗日中值定理得:f(x) f(0) f(x) f ( )x,0aaa1 o所以 f(x) f ( )x Mx .于是有 0 f (x)dx ° f (x) dx M

19、 o xdx - Ma . x證法 2:由于 f(0) 0,所以 f(x) f(x) f(0)°f(t)dt, 0 x a.而f(x)xx0 f (t)dt 0 f (t)dtaMx ,所以 0 f (x)dxaIf (x)dxaM xdx01 2 Ma .2a分析：該題首先可利用0 f (x)dxa01f(x)dx,將結(jié)論化成定積分問題.由于結(jié)論中含有導(dǎo)數(shù),因此可考慮對被積函數(shù)應(yīng)用中值定理.再利用定積分性質(zhì)導(dǎo) 出積分值上界.二、積分中值定理的應(yīng)用方法與技巧例H一.設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)且遞減,證實(shí)；當(dāng)01時(shí),有10 f (x)dx 0 f(x)dx證實(shí)：f(x)在0,1 上連續(xù)且

20、遞減,利用積分第一中值定理,有11o f (x)dx 0 f (x)dx ° f(x)dx ° f(x)dx f (x)dxi(1) 0 f (x)dxf (x)dx(1) f( i)(1)f( 2)(1)f( 1) f( 2)其中0121.由于f(x)在0,1上連續(xù)且遞減,所以1f( 1) f( 2) 0,而當(dāng) 01 時(shí),(1) 0.所以 o f(x)dx o f (x)dx 0,1從而 ° f(x)dx 0 f(x)dx.分析：定積分的比擬假設(shè)積分區(qū)間相同,可考慮借助于定積分關(guān)于被積函數(shù)滿 足單調(diào)性來證實(shí).假設(shè)積分區(qū)間不相同,那么可借助于積分第一中值定理將定積

21、分化 成函數(shù)值與區(qū)間長度乘積,再作比擬.例十二.設(shè)f (x)在a,b上連續(xù),證實(shí)存在一點(diǎn)a,b,滿足3bb a(b a)f(x)dx bf(a) f(b)1- f ()a212證實(shí)：記點(diǎn) A(a,f(a), B(b, f(b),容易發(fā)現(xiàn)-af(a) f(b)即為線段 AB, 2直線x a, x b及x軸圍成的梯形面積.由于線段 AB的代數(shù)方程為：y f(a) f(b) f(a)(x a),所以 b ab5a f (a) f (b): f(a)f(a)(x a)dx2 ab a從而 bf (x)dx ba f(a)f (b) bf (x) f (a) fb)-f (x a)dx.3 2ab a令

22、R(x) f (x) f(a) fb-乳義(x a)b a由于R(a) R(b) 0,故可設(shè)R(x) (x a)(x b)K(x).作輔助函數(shù)：H(t) R(t) (t a)(t b)K(x),那么H(t)有三個(gè)零點(diǎn)a,b,x.因此應(yīng)用羅爾定理得H (t)有兩個(gè)零點(diǎn),再一次應(yīng)用羅爾定理,H在a,b內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn),記為 ,與 x 有關(guān).即H ( ) R( ) 2!K(x) f ( ) 2!K(x) 0,所以 K (x)上 ,從 2!而 R(x) f )(x a)(x b).于是有bb abf(x)dx f(a) f(b) R(x)dxaaf ()2(x a)(x b)dx第二中值定理,存在一點(diǎn)a,b,使得b f ()a/a)(x b)dx3丁 a(xa)(xb)dx Yf(),由于(x a)(x b)在a,b上不變號,而f (x)在a,b上連續(xù),根據(jù)積分從而結(jié)論得證.分析：該題首先將欲證等式右端化為一個(gè)定積分, 并導(dǎo)出被積函數(shù)的簡明表 達(dá)式,再利用積分第二中值定理得到左端表達(dá)式.證實(shí)技巧要求較高之