中值定理的应用方法与技巧

1、中值定理的应用方法与技巧中值定理的应用方法与技巧中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分。微分中值定理即罗尔 定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，一般高等数学教科书上均有介绍， 这里不再累述。积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。积分 第一中值定理为大家熟知，即若/(X)在a, b上连续，则在a,b上至少存在一点疳，使得f7(x)JA=/()(/2-6/) o积分第二中值定理为前者的推广，即若 /(x),g在a,b上连续，且g(x)在a,b上不变号，则在a,b上至少存在一 点 g，使得一、微分中值定理的应用方法与技巧三大微分中值定理可应用于含有中值的等式证明，也可应用于恒等式

2、及不等 式证明。由于三大中值定理的条件和结论各不相同，又存在着相互关联，因此 应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、不等式，分析其结构特征， 结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数，套用相应的中值定理进行证 明。这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论，并且掌握一定的 函数构造技巧。例_设0(力在0,1上连续可导，且强0)=0,沁) = 1。证明：任意给定正 整数"上，必存在(0,1)内的两个数§,，使得善 + 亠 K + b成立。(p 忆)(p (“)证法1：任意给定正整数d,令fM=ax,f2(x) = x),则在0,1上对 /.(x),/2(a)应用

3、柯西中值定理得：存在e (0,1),使得 £= 尸厂°。0($) 0(1) - 0(0) 任意给定正整数方，再令gi(x) = bx,g2(x) = 0(x),则在0, 1±对g(x),g2(x)应 用柯西中值定理得：存在啓(0,1),使得4- f =0(77) 0(1) - 0(0)两式相加得：任意给定正整数“e,必存在(0,1)内的两个数<，使得a b,+= a + b 0(纟)0(")成立。证法2：任意给定正整数令fi(x) = axif2(x) = <p(x)t则在0,1上对Z(X),/；(X)应用柯西中值定理得：存在歹丘(0,1),

4、使得- = a 0再令- 0(0gi(x) = (a + b)(p(x) -bx,g2(x) =(p(x),则在0, 1上对g)(x),g2()应用柯西中值定理得：存在7? e (0,1),使得心呷缈二b = ©严一。因此有 0(力卩一仇0)丄仝十亠,移项得：丄亠十b。0($)0(")0(")0© 0S)分析：解1和解2都是应用了柯西中值定理。鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中，因此考虑须用两次柯西中值定理。证法1和解2的不同之处是解1分别从亠出发构造相应的函数。而证法0(§) <P(7)2是先将亠+ £

5、; = “ + b移项得：亠f +呷'()-匕,然 卩 0(")0(g)0(")0(")后从两边出发构造相应的函数。例二.设/在a,b上连续，在(a,b)内可导且/(a)工/(b),试证明：存 在仙5使得铮严。2c b + a证法1:根据条件，由拉格朗日中值定理，存在"G(Gb),使得/(b)-/(d) = /S)D令g(.r) = x2,在a, b±对/(x),g(x)应用柯西中值定理，得存在< e (a.b),使得2歹"b2-a2 一 b + a °证法2：令g(x)“2,在g,b上对/(x),g(x)应用

6、柯西中值定理，得存在歹6 (a,b),使得广_/()/2歹 一 b2-a2°再令g(x) = (b + a)x,在a,b上对/(x),g(x)应用柯西中值定理，得存在'()，使得如二亠沁=件冬b + a (b + d)b - (/)+ a)a_cr综合两式得到存在的"“)，使得攀2 = 尹。2 歹 b + a分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式 中中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法2。也可用一次柯西中值定理后,分式中函数值差的部分改用拉格朗日中值定理进行进一步化简，即为证法1 的基本思想方法。例三.设/(x),g(x)在d,b上二阶

7、可导，并且g"(x)HO, f(a) = f(b) = of g(a) = g(b)=O,试证：(1) 在(a,b)内，g(x)HO,(2) 在(a, b)内至少存在一点使 g =g(§) g (<?)证明：(1)用反证法。假设存在点ce(a,Z?)»使g(c) = O。分别在a,c,c,b 上对gW运用罗尔定理，可得存在备(%)/ (c,b),使得g'©) = g'©) = 0 再在迄,上应用罗尔定理，又可得存在出曰鼻冬，使得/©)"，这与题设 矛盾。故在(a, b)内,g(x)HO。(2)即证/(g

8、)g"(G-g)/") = O。为此作辅助函数：H (x) = /(x)g'(x) - g(x)f(x)由于 f(a) = f(b) = g(a) = g(b) = 0 ,故 H(a) = H(b) = 0o 在a, b上对 H(x)应用 罗尔定理得：在(a, b)内至少存在一点歹,使Ht) = /(g)g"t)-g(ar) = O,从而有g(§)g”©)°分析：该题的证明主要运用了罗尔定理。由于题设中出现了 /(67)= /(/7)= 0, g(“) = g(b) = O,因此在(1)的证明中可考虑用反证法，通过反复运用罗尔

9、定 理导出g”($) = 0,从而推出矛盾，证得结论。而(2)的证明关键在于首先要将欲证的等式变形成某一函数在中值处的导数为零。从中选定一函数对其应用罗 尔定理导出结论。例四设/(x)4pa上连续，在"0处可导,且广(0)工0。(1) 求证：Vxe(0,),6>e(0,l), £/(/)+ £ '= xf(0x) - f(-Gx)(2) 求 lim 0.w证明：(1)令 =+则 F(x) = /W-/(-x)0根据拉格朗日中值定理，Vxe(O), 3e(0J),使得Fg = F(x)-F(O) = F(&)(x 0) = A/()-/(-)即

10、 J；/力 +f(t)dt = A/(6h) 一/(-6h)(2)由于 lim "E + y """ = lim /(介)一，(一&)& = /，()亦 0I广2x27广2x0人广而运用洛必达法则,lim"""；W = lim.门专厂)=广(0)。 Z2222-2%2因此lim & =丄。-v->0+2分析：此题运用的知识点和方法较为综合。既用到了积分上限的函数特性, 又用到了拉格朗日中值定理另一种表达方式，以及洛必达法则、函数极限运算 法则、导数概念等等。因此要求解题者需具备较扎实的微积分知识

11、基础和一定 的函数构造技巧。例五.证明下列不等式：(1) arc tana arc lan/彳 < ” b(2) 当x>l时，ex > ex证明：令 /(x) = arctanx,x e ayb, /(x)在(/,”上连续，在(a,b)内可导,因此根据拉格朗日中值定理，有f(h)- f(a) = -a)f a <<b0即arctan b - arctan =- (b-a), a <b , ® |arctan« arct;in/?| < fi Z?|(2)设f(x) = ex -ex,由于/(x)在l,x上连续，在(l,x)内可导,因

12、此根据拉格朗日中值定理，有/3-/(l) = /'(§)(x-1),*(1,对。即ex-ex = (e4 -e)(x一 1)。由于§ 已(l,x),所以(e -e)(x-l) > 0 ,从而当x> 1 时, ex > ex o分析：本例是运用拉格朗日中值定理证明不等式的典型实例。利用拉格朗日 中值定理证明不等式的一般步骤为：(1)从所欲证的不等式中找到含函数值差 的表达式，从中选定fM及一闭区间(2)运用拉格朗日中值定理得到一等式(3) 利用此等式及a <<b导出欲证的不等式。例六.设/(x)在0, 1±三阶可导,且/(O)

13、= -l,/(l) = O，r(O) = O,试证：至 少存在一点歹已(0,1),使得/W = 一1 + X，- /"'(§)， X e (0,1)证明：即证至少存在一点4 e (0,1),使得+令(x) = f(x) + -x2,则(0) = /(0) + 1 = 0 ,"(0)=广(0) = 0,=0。 所以可令：= F(x_i)k(x),下证：K(x) = £D。3!令H(0 = /(r) + l-r2-r2(r-l)/C(x),则H(0) = 0, H'=0, H =0, H(x) = 0。根据罗尔定理，在H的两个零点之间存在H0

14、)的一个零点，因此H在 (0,1)内至少有三个零点。同理，Ha)在(0,1)内至少有两个零点，而/T在(0,1) 内至少有一个零点，记为歹，即 n)-3!K(x) = 0,从而K(x) = o 所以至少存在一点e (0,1),使得/(a) = -l + x2 +心；-1)厂(勺,% e (0,1)分析:该题粗看貌似泰勒展开式的证明，但进一步分析发现并非泰勒展开式。 其难点在于形式心于匕厂的导出。注意到此式中含有中值处的高阶导数， 因此可考虑反复用罗尔定理。证明的难点化解是通过将展开式移项、寻求函数 零点，引进辅助函数等手段实现。例七.设/(X)在a, b ±连续，在(a,b)内可导且

15、/3工0。试证存在 歹,“丘“)，使得供=彳二£水"。/() b_a证明：由于f(X),1在a,b上满足柯西中值定理，故必有 e G/,Z?),使 /(/?_.丫)=怦。因为/在a,b上满足拉格朗日中值定理，所以存在 e ee14e(«,/9),使得于是有b-as、eh-ea 广(77)s 3 =所以存在和心4,使得尸=学匕宀f W b_a分析：该题的解题思路为先将欲证等式中的两处中值处导数拆开，得 在对其中口竺，可套用柯西中值定理得出e. b-ae.心翌ya，因此只须再证/«)=/"：)二/(®,此式可由拉格朗日中 e. e -eb

16、_a值定理导出。例八.设抛物线y = -x2 + & + C与X轴有两个交点X = a,x = b,a< h。另有一 函数f(x)在a, b ±有二阶导数，且f(a) = /(b) = 0,如果曲线，=与 y = -x2 + Bx + C在(a, b)内有一个交点，求证：在(a, b)内存在一点使得 八歹)=-2。证明：设曲线y = f(x)与y = -x2 + & + c在(a, b)内的交点为c。作辅助函 数：0(x) = f(x) - (-x2 + Bx + C) 0由题设条件可知仅X)在a, b上有二阶导数， 且(p(a) =(p(c) =(p(b) 0

17、在a, c, c, b上对应用罗尔定理，存在 §w(agw(c,b),使0©) = 0©)=0。在迄，空上再对仅x)应用罗尔定理， 存在界©,%)u,b),使得讥歹) = 0,即厂笔) + 2 = 0。所以八歹)=-2分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为广) + 2 = 0。即证相应的函 数(px = f(x) - (-x2 + B. + C) Z2阶导数有一个零点。根据题设条件，y = /(x)与 y = -x2 + Bx + C在三个点处有相等的函数值，因此两者的差0(x)有三个零点。 在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到0(力其导

18、数有两个零 点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到仅力其二阶导数有一 个零点。而0(x)其二阶导数恰好为厂(切+ 2。证明函数的高阶导数有零点，可 采用如下常用方法：首先寻找函数的零点，然后在零点之间通过运用罗尔定理求得函数的高一阶导数的零点，在此基础上重复前一过程，最终可得到高阶导 数的零点。例九设/（X）在（G,+s）内可导,且lim f（x）存在，证明:lini ff（x） = 0。证明：在a+s）内任取一点忑由题设条件知/©）在心+1上连续.可导。因此在宀+ 1上对/应用拉格朗日中值定理得到：存在花（宀+ 1）,使得 广（勺=./ （二 1）一 /（ '）

19、= /（/+ 1） _ / ° 因为当时，“IT®,从而x + 1-xX>4OD,又已知lim 存在，所以lim 广(纟)=lim /(x + l)-/(%)= lim /(x + l)- lim /(x) = 0所以 lim fr（x） = 0 oIT他分析：此题乍看与中值定理联系不大，但通过对题设条件的分析，可以发 现条件中含有与导数及函数值有关的信息，因此可以尝试用中值定理证明。而 结论中出现了 lim广，可在“ + 1上对/（x）应用拉格朗日中值定理，并使X *0。由此可导出结论。例十.设/©）在0"上连续，且/（0） = 0f(x)dx

20、< -Ma22其中喇广I。证法1:兀）厶冋血）幽，而/（0） = 0,所以应用拉格朗日中值 定理得：-/（0） = /（X）=广（纠,0<<x<a所以 |/(A-)| = f (M)卜 5 Mx。于是有:/(a-)Ja- <a杯 <M £ xdx = * Ma2。证法 2：因为/（0） = 0,所以/u）= /（x）-/（o）= £7w on。 而fM = 加/）则 < 個宙S Mx，所以“巧列< f|/（4/x< Mxdx = 启 分析：该题首先可利用丄/（曲*（恥，将结论化成定积分问题。由 于结论中含有导数，因此可考

21、虑对被积函数应用中值定理。再利用定积分性质 导出积分值上界。二、积分中值定理的应用方法与技巧例十一.设/(X)在0,1上连续且递减，证明；当Ov兄<1时，有:f (x)dx > A f(x)dx证明：已知/(x)在0,1上连续且递减，利用积分第一中值定理，有 f(x)dx -可:f(x)dx = f(x)dx -可：f(x)dx -可;f(x)dx= (1-几)J； f(x)dx - Af(x)dx=(1 一 刃©)几(1 2)/() = 2(1- "©) - 他其中0 <<A<2< o由于/(x)在0,1上连续且递减，所以)I

22、/(§) /(冬)no,而当 0<2<1 时，A(1 - 2) > 0 . /?f J' fx)dx - f(x)dx > 0, 从而£ /必-可;/m分析：定积分的比较若积分区间相同，可考虑借助于定积分关于被积函数 满足单调性来证明。若积分区间不相同，则可借助于积分第一中值定理将定积 分化成函数值与区间长度乘积，再作比较。例十二设广在必上连续，证明存在一点曰满足fMdx 号f (“) + f(b) = 21 八帀)证明：记点容易发现 -/() +/Wl 为线段 AB,直线x = a.x = b及x轴围成的梯形面积。由于线段AB的代数方程为：

23、 (心牛加()，所以b_u乎 ”3) + f(b) = f g + 代了 - adx从而 f/UXx- ¥【/(")+ /WI = f'fM - /(«) 一 "：二® (x - adx。令R(x) = f(x)- f(a)-(x-a)b_a由于 R(a) = R(b) = 0 ,故可设 R(x) = (x-a)(x-b)K(x)o 作辅助函数：H(/) = Ra)-a-d)(/-b)KG6 则H有三个零点因此应用罗尔定理得有两个零点，再一次应用罗尔定理，在0,®内有一个零点，记为 歹与x有关。即/”(§) = /r)-2!K(x) =广一2!K(x) = 0,所以K(x) = "目， 从而 R(x) = J-LlL(x - a)(x - b) o 于是有耳/3 +/(b)=恥皿=八§)x-a)(xb)dx由于(x-a)(x-Z?)在/?上不变号'而已知厂(x)在"上连续，根据积分 第二中值定理，存在一点曰",切，使得Jn外(x - a)(x - b)clx(x - a)(x - b)dx =(b_d)12从而结论得证。分析：该题首先将欲证等式右端化为一个定积分，并导出被积函数的简明表 达式，再利用积分第二中值定理得到左端表达式。证明技巧要求较