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部分。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，即若f(x)在a,b上連續(xù)，則在a,b上至少存在一點b使得.af(x)dx=f(&)(ba)。積分第二中值定理為前者的推廣，即若f(x),g(x)在a,b上連續(xù)，且g(x)在a,b上不變號，則在a,b上至少存在一點使得bbf(x)g(x)dx=f(勺(g(x)dx。一、微分中值定理的應(yīng)用方法與技巧三大微分中值定理可應(yīng)用丁含有中值的等式證明，也

2、可應(yīng)用丁包等式及不等式證明。由丁三大中值定理的條件和結(jié)論各不相同，乂存在著相互關(guān)聯(lián)，因此應(yīng)用中值定理的基本方法是針對所要證明的等式、不等式，分析其結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合所給的條件選定合適的閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，套用相應(yīng)的中值定理進(jìn)行證明。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)平(x)在0,1上連續(xù)可導(dǎo)，且說0)=0，中(1)=1。證明：任意給定正整數(shù)a,b，必存在(0,1)內(nèi)的兩個數(shù)E,使得可*+=a+b成立。證法1:任意給定正整數(shù)a,令f,(x)=ax,f2(x)=%x)，則在0,1上對f1(x),f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在(0,1),使得畝r(

3、"(0)=a。任意給定正整數(shù)b，再令g1(x)=bx,g2(x)=%x)，則在0,1上對gjx),g2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在n-(0,1)，使得杯當(dāng)=b。：()'(1)-(0)兩式相加得：任意給定正整數(shù)a,b，必存在(0,1)內(nèi)的兩個數(shù)5,使得成立。證法2:任意給定正整數(shù)a,b,令fQXax,f2(x)=%x)，則在0,1上對fi(x),f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在，在(0,1),使得$*=a。再令gi(x)=(a+b)中(x)-成,g?(x)=%x)，則在0,1上對g(x),g?(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在聽金(0,1),使得(a+b)“b=(a*b)-b=

4、a。因此有ab+*(');：()'()'-(0)«=a+b-上，移項得:()():()分析：解1和解2都是應(yīng)用了柯西中值定理。鑒丁所要證明的等式中含有兩個中值，并且中值處的導(dǎo)數(shù)位丁分式中，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分別從畝，方出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。而證法2正先將"T5()=a+b移項得:育a+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在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且f(a),f(b)，試證明：存在&,nw(a,b)，使得學(xué))證法1:根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在nw(a,b),使得f(b)-f(a)=f(

5、)(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-e(a,b),使得f()f(b)-f(a)f()=22=。2b-aba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，得存在匚在(a,b),使得f()_f(b)-f(a)2一b2-a2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f(b)-f(a)f(b)-f(a)-220(ba)b-(ba)ab-a綜合兩式得到存在n-(a,b),使得¥)-fC!分析：鑒丁所要證明的等式中含有兩個中值，并且中值處的導(dǎo)數(shù)位丁分式中中，因此可考慮用兩次柯西中

6、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)值差的部分改用拉格朗日中值定理進(jìn)行進(jìn)一步化簡，即為證法1的基本思想方法。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,在(a,b)內(nèi)至少存在一點使旦分=±魚。g()g()證明：(1)用反證法。假設(shè)存在點g(a,b)，使g(c)=0。分別在a,c,c,b上對g(x)運用羅爾定理,可得存在烏w(a,c),弓在(c,b),使彳g(&)=g咨)=0再在JT上應(yīng)用羅爾定理，乂可得存在烏可&,使得g花3)=

7、0,這與題設(shè)矛盾。故在(a,b)內(nèi)，g(x)/0。(2)即證f(勺g“(4g(勺f”(E)=0。為此作輔助函數(shù)：H(x)=f(x)g(x)-g(x)f(x)由丁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)至少存在一點使H估)=f(&)g皿)g(M)f哂)=0,從而有f()g()分析：該題的證明主要運用了羅爾定理。由丁題設(shè)中出現(xiàn)了f(a)=f(b)=0,g(a)=g(b)=0，因此在(1)的證明中可考慮用反證法，通過反復(fù)運用羅爾定理導(dǎo)出g“(4)=。，從而推出矛盾，證得結(jié)論。而(2)的證明關(guān)鍵在丁首先要將欲證的等

8、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。x-x求證：mgggnmt)#"。靜)虹義恤1(聞)(2)求lim9x)0x-x證明：(1)令F(x)=£f(t)dt+(f(t)dt，貝UF'(x)=f(x)f(x)。根據(jù)拉格朗日中值定理,V(0,a)，部e(0,1)，使得F(x)=F(x)-F(0)=FGx)(x-0)=xf(次)-f(-次)x-X即df(t)dt0f(t)dt=xf(冰)一f(-京)x_xf(t)dtf(t)dt(2)由丁理：02x2吧土L=f

9、(52x7ix_x而運用洛必達(dá)法則,lim0f(t)dt20f"=limf(x)(x)=1f(0)x02x2x.022x21因此lim8=-。x02分析：此題運用的知識點和方法較為綜合。既用到了積分上限的函數(shù)特性，乂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)法則、函數(shù)極限運算法則、導(dǎo)數(shù)概念等等。因此要求解題者需具備較扎實的微積分知識基礎(chǔ)和一定的函數(shù)構(gòu)造技巧。例五.證明下列不等式：(1)arctanaarctanb壬ab(2)當(dāng)x1時，ex>ex證明:(1)令f(x)=aCnx,x在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

10、(a)=f，(頃b-a),a<E<b。即<|a-b1arctanb-arctana=(b-a),a<-<b,故arctana-arctanb1(2)設(shè)f(x)=exex,由丁f(x)在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(頃x1)占杉(1,x)。即ex-ex=(/-e)(x-1)。由于毫-(1,x)，所以(一e)(x1)>0，從而當(dāng)x>1時,xe>exo分析：本例是運用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實例。利用拉格朗日中值定理證明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

11、選定f(x)及一閉區(qū)間(2)運用拉格朗日中值定理得到一等式(3)利用此等式及a<£<b導(dǎo)出欲證的不等式。例六.設(shè)f(x)在0,1上三階可導(dǎo)，且f(0)=-1,f(1)=0,f'(0)=0，試證：至少存在一點，在(0,1),使得f(x)=1+x2+x(：1)f心,xW(0,1)3!證明：即證至少存在一點X(0,1)，使得f(x)+1-x2()。令中(x)=f(x)+1x2，貝U中(0)=f(0)+1=0,(0)="(0)=0,中(1)=0。所以可令：中(x)=x2(x1)K(x),下證：K(xHf-)°3!令H(t)=f(t)+1t2t2(t1)

12、K(x),則H(0)=0,H(0)=0,H(1)=0,H(x)=0。根據(jù)羅爾定理，在H(t)的兩個零點之間存在Ht)的一個零點，因此H，(t)在(0,1)內(nèi)至少有三個零點。同理，H"(t)在(0,1)內(nèi)至少有兩個零點，而H"'(t)在(0,1)內(nèi)至少有一個零點，記為匕,即H“(E)=f”(勺3!K(x)=0，從而K(x)=F。所以至少存在一點匚(0,1),使得f(x)=-1+x2+x以-Df的xw(0,1)3!分析：該題粗看貌似泰勒展開式的證明，但進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式。其難點在丁形式x2(x°fg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

13、考慮反復(fù)用羅爾定理。證明的難點化解是通過將展開式移項、尋求函數(shù)零點，引進(jìn)輔助函數(shù)等手段實現(xiàn)。例七.設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且f(x)#0。試證存在f()eb-eaa.-,nu(a,b)，使侍f=e。f()b-a證明：由丁f(x),ex在a,b上滿足柯西中值定理，故必有(a,b),使f(b)-f(a)f3因為f(x)在a,b上滿足拉格朗日中值定理，所以存在bae-eeEw(a,b),使得f"f(a)=f'(E)。丁是有b-af(b)-f(a)eb-eaf()eb-eaf()一bae-eb-ab-a所以存在匚尸在(a,b),使得空2=Jle項。f()b-a分析

14、：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估)=W)ee,在對其中上畢,可套用柯西中值定理得出ebae代匚況-伊)，因此只須再證頃)=f(b"(a),此式可由拉格朗日中值baee-eb-a定理導(dǎo)出。例八.設(shè)拋物線y=-x2+Bx+C與x軸有兩個交點x=a,x=b,a<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=-x?+Bx+C在(a,b)內(nèi)有一個交點，求證：在(a,b)內(nèi)存在一點t,使得f花)=-2。證明：設(shè)曲線y=f(x)與y=-x2+Bx+C在(a,b)內(nèi)的交點為c。作輔助函數(shù)：中(x)=f(x)-(-x2

15、+Bx+C)。由題設(shè)條件可知中(x)在a,b上有二階導(dǎo)數(shù)，且9(a)=%c)=?(b)。在a,c,c,b上對x)應(yīng)用羅爾定理，存在烏Wa,c),Wc,b),使叩3=(5)=0。在J&上再對如x)應(yīng)用羅爾定理,存在匕在(,勺)u(a,S，使得甲花)=0，即f")+2=0。所以廣(。=-2分析：此題證明的關(guān)鍵在丁先將欲證等式化為f修)+2=0。即證相應(yīng)的函數(shù)Wx)=f(x)-(-x2+Bx+C)二階導(dǎo)數(shù)有一個零點。根據(jù)題設(shè)條件，y=f(x)與y=-x2+Bx+C在三個點處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差甲(x)有三個零點。在其中兩個零點構(gòu)成的區(qū)間上分別應(yīng)用羅爾定理，可得到甲(x)其導(dǎo)

16、數(shù)有兩個零點，在這兩個零點構(gòu)成的區(qū)間上再應(yīng)用羅爾定理，可得到中(x)其二階導(dǎo)數(shù)有一個零點。而中(x)其二階導(dǎo)數(shù)恰好為廠(x)+2。證明函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)有零點，可采用如下常用方法：首先尋找函數(shù)的零點，然后在零點之間通過運用羅爾定理求得函數(shù)的高一階導(dǎo)數(shù)的零點，在此基礎(chǔ)上重復(fù)前一過程，最終可得到高階導(dǎo)數(shù)的JH令點。例九.設(shè)f(x)在(a,E)內(nèi)可導(dǎo)，且四(x)存在，證明：刎/6)=0。證明：在(a,危)內(nèi)任取一點x,由題設(shè)條件知f(x)在x,x十1上連續(xù)、可導(dǎo)因此在x,x十1上對f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在t(x,x+1),使得f估)=Hx+D-f(X)=f(x+1)_f(x)。因為當(dāng)J危時

17、，x+1t+",從而x1xxt+m,乂已知limf(x)存在，所以x_):limf()=xlimf(x1)一f(x)=Jimf(x1)一Jimf(x)=0所以limf(x)=0。x_二分析：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明。而結(jié)論中出現(xiàn)了limf(x)，可在x,x+1上對f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理，并使x_,xt+8。由此可導(dǎo)出結(jié)論。a1例十.設(shè)f(x)在0,a上連續(xù)，且f(0)=0,證明：£f(x)dx苴1Ma2其中，M=maxf'(x)。0宜曳1a一a一一一、.一證法1:

18、f(x)dx壬Jf(x)dx，而f(0)=0,所以網(wǎng)用拉格朗日中值正理得：f(x)-f(0)=f(x)=f()x,0：:x：a所以f(x)=|f'(E)x<Mx。丁是有證法2:因為f(0)=0,所以aaa12f(x)dxMJf(x)dx<M(xdx=§Ma。xf(x)=f(x)f(0)=f'(t)dt,0xa。而f(x)=)dfXo<(Jf(t)dt壬Mx，所以aof(X)aa12壬|f(x)dx主M(xdx=§Ma.分析：該題首先可利用a0f(x)dxa<0If(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

19、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)用方法與技巧例十一.設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，證明；當(dāng)0兀<1時，有0f(x)dx-0f(x)dx證明：已知f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，利用積分第一中值定理，有.1,.1of(x)dx-K.if(x)dx=of(x)dx-f(x)dx-項;.f(x)dxZu1=(1-)of(x)dx-，f(x)dx=(1-)f(1)-(1-)f(2)=，(1-)f(1)-f(2)其中。苴九弓弓。由丁f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，所以f(h)f()占0,而當(dāng)0君<1時，舄(1幻0。所以，f(x)dx舄ff(x)dx占0,1從

20、而f(x)dxN赤匕f(x)dx。分析：定積分的比較若積分區(qū)間相同，可考慮借助丁定積分關(guān)丁被積函數(shù)滿足單調(diào)性來證明。若積分區(qū)間不相同，則可借助丁積分第一中值定理將定積分化成函數(shù)值與區(qū)間長度乘積，再作比較。例十二.設(shè)f"(x)在a,b上連續(xù)，證明存在一點na,b,滿足3af(x)dx-f(a)f(b)f()證明：記點A(a,f(a),B(b,f(b)，容易發(fā)現(xiàn)史矣f(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。由丁線段AB的代數(shù)方程為：y_f(a)=yM(x-a),所以b-ab-a2E)f(b)=abfG)K"a)dxf(b)-f(a)(xa)dx(

21、x-a)uxobbab從而f(x)dx-f(a)f(b)=f(x)-f(a)a2ab-a令R(x)=f(x)-f(a)-(x-a)b-a由丁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)，貝UH(t)有三個零點a,b,x。因此應(yīng)用羅爾定理得H(t)有兩個零點，再一次應(yīng)用羅爾定理，H"(t)在a,b內(nèi)有一個零點，記為匕,，與x有關(guān)。即H”(勺=R”(勺2!K(x)=f”(&)2!K(x)=0，所以K(x)=f"()2!從而R(x)=上旦段a)(xb)。丁是有2!bb_abbf()af(x)dxf(a)f(b)=aR(x)dx=a丫(x-a)(x-b)dx由丁(xa)(xb)在a,b上不變號,而已知f"(x)在a,b上連續(xù)，根據(jù)積分第二中值定理，存在一點聽wa,b，使得bf()f()b(b-a)3.(2(x-a)(xb)dx=技a)(xb)dx=fC1),從而結(jié)論得證。分析：該題首先將欲證等式右端化為一個定積分，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。證明技巧要求較高之處為被積函數(shù)的簡明表達(dá)