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(diǎn)b使得f(x)dx=f(t)(b-a)0積分第二中值定理為前者的推廣，即若f(x),g(x)在aa,b上連續(xù)，且g(x)在a,b上不變號(hào)，則在a,b上至少存在一點(diǎn)之，使得If(x)g(x)dx=f(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)用于含有中值的等式證明,也可應(yīng)用于恒

2、等式及不等式證明。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)用中值定理的基本方法是針對(duì)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)中(x)在0,1上連續(xù)可導(dǎo)，且中(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(gè)數(shù)tP,使得“梟+b=a+b 成立。().：()證法 1:任意給定正整數(shù) a,令 f1(x)=ax,f2(x)=cp(x),則在0,1上對(duì) f1(x),f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存

3、在:(0,1),使得二/：=a。任意給定正整數(shù) b,再令 g1(x)=bx,g2(x)=?(x),則在0,1上對(duì) g1(x),g2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在”(0,1),使得巾 2%bU=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(gè)數(shù)之下，使得證法 2:任意給定正整數(shù)a,b,令 f1(x)=ax,f2(x)=9(x),則在0,1上對(duì)fi(x),f2(x)應(yīng)用柯西中值定理得： 存在心(0,1),使得，5=a。 再令 gi(x)=(a+b)邛(x)-bx,g2(x)=邛(x),則在0,1上對(duì) g1(x),g2(x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在”(0,1),使

4、得(a+b)*-b=(a+b)-b=a。因此有：()(1)-(0)帚=S=a+b 一前，移項(xiàng)得:分析：解 1 和解 2 都是應(yīng)用了柯西中值定理。鑒于所要證明的等式中含有兩個(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)且f(a)#f(b),試證明：存在Jw(a,b),使得上孕=上工”。2ba證法 1：根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在“w(a,b),使得f(b)-f(a)=f()(b-a)令 g(x)=x2,在a,b上對(duì)f(x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在士Ja,b),f()_f(b)-f(

5、a)_f()2b2-a2ba證法 2:令 g(x)=x2,在a,b上對(duì)f(x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在f()f(b)-f(a)2 一 b2-a2再令g(x)=(b+a)x,在a,b上對(duì)f(x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在f()f(b)-f(a)f(b)-f(a),22ba(ba)b-(ba)ab-a綜合兩式得到存在之Jw(a,b),使得上g=fn。2ba分析：鑒于所要證明的等式中含有兩個(gè)中值，并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中中，1 和解 2 的不同之處是解 1 分別從出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。而證法是先將+：()：()=a+b移項(xiàng)得:(ab)()-b：()：()使得*(a,b),使得n-(

6、a,b),使得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 例),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=f8。g()g()證明：(1)用反證法。假設(shè)存在點(diǎn)cw(a,b),使g(c)=0。分別在a,c,c,b上對(duì)g(x)運(yùn)用羅爾定理，可得存在。w(a,c)2乏(c,b),使得 g(O)=ge2)=0再在。二2上應(yīng)用羅爾定理，又可得存在之正山

7、,使得 g“(4)=0,這與題設(shè)矛盾。故在(a,b)內(nèi)，g(x)#0。(2)即證f(E)g)gd)fY)=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(duì)H(x)應(yīng)用羅爾定理得：在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn) X,使Hg=f(pg 仁)-g(jfK)=0,分析： 該題的證明主要運(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)的證明中可考慮用反證法， 通過反復(fù)運(yùn)用羅爾定理導(dǎo)出g3)=0,從而推出矛盾，證得結(jié)論。而(2)的證明關(guān)鍵在于首先要將欲證的等式變

8、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(duì)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(1)求證：VxW(0,a),e50,1),f(t)dt+lf(t)dt=xf(6x)f(隊(duì))(2)求limfx)0 x-x證明：(1)令 F(x)=0fdt+&fdt,則F(x)=f(x)f(x)根據(jù)拉格朗日中值定理，Vx=(0,a),三睚(0,1),使得F(x)-F(x)-F(0)-FCx)(x-0)=xfx)-fx)從而有f()g()1x-X即of(t)dtof(t)dt=xf()-f(-x)=gf(x)-f(-x)f，(0)。x22x2

9、一，、1因此lim二x02分析：此題運(yùn)用的知識(shí)點(diǎn)和方法較為綜合。既用到了積分上限的函數(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)法則、函數(shù)極限運(yùn)算法則、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(shí)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)arctana-arctanb1時(shí)，exex證明：(1)令f(x)=acax,xwa,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)=fr(S)(b-a),ad。即.1、arctanb一arctana=2(b-a),1,：2(2)設(shè) f(x)=ex-ex,由于f(x)在1,x上連

10、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)=fV)(x-1),(1,x)0即exex=(e,-e)(x1)。由于(1,x)，所以(e：e)(x-1)a0,從而當(dāng)x1時(shí),xeaex。分析：本例是運(yùn)用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實(shí)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)2x2而運(yùn)用洛必達(dá)法則,x-x0f(t)dt0f出lim2x02xa-b,故arctana-arctanba-b(2)-Xf(t)dt0f(t)dt利用此等式及ab導(dǎo)出欲證的不等

11、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(diǎn)(0,1),使得2x2(x-1).f(x)=-1x，f(),x(0,1)3!證明：即證至少存在一點(diǎn)七W(0,1),使得f(x)+1-X2令(x)=f(x)+1x2,則G(0)=f(0)+1=0,G0)=r(0)=0,(1)=0。所以可令：(x)=x2(x-1)K(x),下證：K(x)=U。3!令 H(t)=f(t)+1-t2-t2(t-1)K(x),則H(0)=0,H(0)=0,H(1)=0,H(x)=0。根據(jù)羅爾定理，在H的兩個(gè)零點(diǎn)之間存在H氣)的一個(gè)零點(diǎn)，因此H，(t)在(0,1)內(nèi)至少

12、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“(t)在(0,1)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，記為。即H父)=ff)3!K(x)=0,從而K(x)=f*?)。3!所以至少存在一點(diǎn)上(0,1),使得f(x)=-1+x2+-(-)f*7-),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(diǎn)在于形式,信1)f飛久的導(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。證明的難點(diǎn)化解是通過將展開式移項(xiàng)、尋求函數(shù)零點(diǎn)，引進(jìn)輔助函數(shù)等手段實(shí)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。試證存在證明：由于 f(x),ex

13、在a,b上滿足柯西中值定理，故必有n(a,b),使f(b)-fa(a)=f(；)。因?yàn)閒(x)在a,b上滿足拉格朗日中值定理，所以存在e-ee匕w(a,b),使得f(b)f(a)=f)o于是有b-abae-e4”線)。-,n(a,b),使得f()_eb-ea士:二 ef()b-af(b)-f(a)eb-eaf()eb-ean-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，得化)=工隼,巴1,在對(duì)其中工期，可套用柯西中值定理得出eb-aeu3=弋-f,因此只須再證f)=f-f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(gè)交點(diǎn)x=a

14、,x=b,ab。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)上，使得f”(。=-2。證明：設(shè)曲線y=f(x)與y=-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)0由題設(shè)條件可知率(x)在 a,b 上有二階導(dǎo)數(shù)， 且9(a)=中=%b)0在a,c,c,b上對(duì)中(x)應(yīng)用羅爾定理，存在。w(a,c)M5c,b),使勺伯)=中色)=0。在居占2上再對(duì)單(x)應(yīng)用羅爾定理,存在冥(U)u(a,b),使得用催)=0,即f“(句+2=0

15、。所以f不)=-2分析：此題證明的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為f“(4+2=0。即證相應(yīng)的函數(shù)中(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y=-x2+Bx+C 在三個(gè)點(diǎn)處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差中(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q(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，可得到平(x)其二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。而平(x)其二階導(dǎo)數(shù)恰好為f7x)+2o證明函數(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)，在此基礎(chǔ)上重復(fù)前一過程，最

16、終可得到高階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)。例九.設(shè)f(x)在(a,+)內(nèi)可導(dǎo)，且皿/(x)存在，證明：5*f(x)=0。所以存在t,ne(a,b),使得里三)f()證明：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(duì)f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在tw(x,x+1),使得f-)=(-一-()=f(x+1)-f(x)。因?yàn)楫?dāng) 3T 收時(shí)，X+1T+力,從而x1-xXT十 g,又已知limf(x)存在，所以x_：i二limf()=limf(x1)-f(x)=limf(x1)-limf(x)=0j二x.xJ：xJ：所以limf(x)=0Ox_二分析：此題乍看與中值定理聯(lián)

17、系不大，但通過對(duì)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a(x),可在以辛十刀上對(duì)“刈應(yīng)用拉格朗日中值定理，并使XT十 g。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,證明：f(x)dxMa2其中，M=maxf(x)。0令街1aa證法 1:0f(x)dx,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,0 二，：x:二 aaaa1所以 f(x)=|f*(-)xMxo于是有ff(x)dxWjf(x)dxMxdx=3Ma。x證法 2:因?yàn)閒(0)=0

18、,所以 f(x)=f(x)f(0)=fofH(t)dt,0 xao而f(x)=If(t)dtJ0f(t)dtMx,所以0f(x)dxj0|f(x)dxMj0 xdx=aa分析：該題首先可利用0f(x)dx|f(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(duì)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)用方法與技巧例十一.設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，證明；當(dāng)0九1時(shí)，有10f(x)dx一0f(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-Ma2.2,1,1of(x)dx-Qf(x)dxjf(x)dx-of(x)dx-f

19、(x)dxZu,1=(1-)of(x)dx-f(x)dx=(1.).f(1).(1.)f(2).(1.)f(1).f(2)其中 0E 九 E%E1。由于f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，所以.1f()_f(J)之 0,而當(dāng) 0九0o 所以 f(x)dx-?4of(x)dx0,1從而f(x)dx2 九(f(x)dx。分析：定積分的比較若積分區(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)性來證明。若積分區(qū)間不相同，則可借助于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(diǎn)wa,b,滿足3af(x)dx-歲f(a)f(b)=-f()證明：記點(diǎn)

20、A(a,f(a),B(b,f(b),容易發(fā)現(xiàn)b二三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。由于線段 AB 的代數(shù)方程為：yf(a)=f(b)_f(a)(x_a),所以b-a管f(a)f(b)bffbf)dxbb-ab從而f(x)dx-f(a)f(b)=f(x)-f(a)-aaR(x)=f(x)-f(a)一f(b)f(a)(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),則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

21、理，H”(t)在a,b內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，記為弋,f()占與x有關(guān)。即H(5=R(D-2!K(x)=f(C)2!K(x)=0,所以K(x)=-(,2!f().一一從而R(x)=-(x-a)(x-b)于是有2!b.b-a.bbf()af(x)dxf(a)f(b):aR(x)dx=a；(p(x-a)(x-b)dx由于(xa)(xb)在a,b上不變號(hào)，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(diǎn)wa,b,使得f(b)-f(a)(xa)dx(xaluxob-abf()f()b(b-a)3I-4(x-a)(xb)dx=-4-(x-a)(x-b)dx=f”(),a2!2a12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。證明技巧要求較