考研数学中值定理证明题技巧以及结论汇总

1、目录第一部分：中值定理结论总结. 11、介值定理. 12、零点定理. 23、罗尔定理. 24、拉格朗日中值定理. 25、柯西中值定理. 26、积分中值定理. 3第二部分：定理运用.3第三部分：构造函数基本方法. 9一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系.10二、二阶导数与原函数之间关系.11第四部分：中值定理重点题型分类汇总（包含所有题型).14题型一：中值定理中关于  的问题题型二：证明 f ( n ) ( ) =&#

2、160;0题型三：证明 f( n )( ) = C0 ( 0)题型四：结论中含一个中值  ，不含 a, b ，导数的差距为一阶题型五：含两个中值  , 的问题题型六：含 a, b 及中值  的问题题型七：杂例题型八：二阶保号性问题题型九：中值定理证明不等式问题第一部分：中值定理结论总结1、介值定理：设函数 f(x)在闭区间a,b上连续，且在该区间的端点取不同的函数值 

3、f(a)=A 及f(b)=B，那么对于 A 与 B 之间的任意一个数 C，在开区间(a,b)内至少有一点使得f()=C(a<<b).Ps:c 是介于 A、B 之间的，结论中的取开区间。介值定理的推论：设函数  f(x)在闭区间a,b上连续,则 f(x)在a,b上有最大值 M，最小值（m,若 mCM,则必存在a,b, 使得 f()=C。 闭区间上的连续函数必取得介于最大值 M 与最小值 

4、m 之间的任何值。此条推论运用较多）Ps：当题目中提到某个函数 f(x),或者是它的几阶导函数在某个闭区间上连续，那么该函数或者其几阶导函数必可以在该闭区间上取最大值和最小值，那么就对于在最大值和最小值之间的任何一个值，必存在一个变量使得该值等于变量处函数值。2、零点定理：设函数  f(x)在闭区间a,b上连续,且 f(a)与 f(b)异号，即 f(a).f(b)<0, 那么在开区间内至少存在一点使得 f()=0.Ps:注意条件是闭区间连续，端点函数值异号，结论是开区间存在点使函数值为 0

5、.3、罗尔定理：如果函数 f(x)满足：（1）、在闭区间a,b上连续；（2）、在开区间(a,b)内可导;（3）、在区间端点处函数值相等，即 f(a)=f(b).那么在(a,b)内至少有一点(<a<b),使得 f(x)=0;4、拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足：（1）、在闭区间a,b上连续；（2）、在开区间(a,b)内可导;那么在(a,b)内至少有一点(<a<b),使得f(b)-f(a)=f().(b-a).5、柯西中值定理：如果函数 f(x)及 g(x)满足（1）、在闭区间a,b上连续；（2）、在开区间

6、(a,b)内可导;（3）、对任一 x(a<x<b),g(x)0,那么在(a,b)内至少存在一点,使得f (b) - f (a)g(b) - g(a)=f (x )g(x )Ps：对于罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理结论都是开开区间内取值。ò6、积分中值定理：若函数 f(x)在a,b上连续，则至少存在一点 x Î a, b 使得baf (x)dx = f (x

7、 )(b - a)Ps：该定理课本中给的结论是在闭区间上成立。但是在开区间上也是满足的，下面我们来证明下其在开区间内也成立，即定理变为：若函数 f(x)在a,b上连续，则至ò少存在一点 x Î (a, b) 使得baf (x)dx = f (x )(b - a)ò证明：设 F (x) =xaf (x)dx ， x Î 

8、a, b因为 f (x) 在闭区间上连续，则 F (x) 在闭区间上连续且在开区间上可导（导函数即为 f (x) ）。则对 F (x) 由拉格朗日中值定理有：ò$x Î (a, b) 使得 F (x ) =F (b) - F (a)b - a=baf (x)dxb - a

9、2;而 F (x ) = f (x )所以 $x Î (a, b) 使得baf (x)dx = f (x )(b - a) 。在每次使用积分中值定理的时候，如果想在开区间内使用，我们便构造该函数，运用拉格朗日中值定理来证明下使其在开区间内成立即可。千万不可直接运用，因为课本给的定理是闭区间。第二部分：定理运用ò1、设 f (x) 在0,3上连续，在

10、(0,3)内存在二阶导函数，且 2 f (0) =20f (x)dx = f (2) + f (3) .证明：(1) $h Î (0,2) 使 f (h ) = f (0)(2) $x Î (0,3) 使 f (x ) = 0证明：先看第一小问题：如果用积分中指定理似乎

11、一下子就出来了，但有个问题就是积分中值定理是针对闭区间的。有的人明知这样还硬是这样做，最后只能是 0 分。具体证明方法在上面已经说到，如果要在开区间内用积分中指定理，必须来构造函数用拉格朗日中值定理证明其在开区间内符合。ò（1）、令x0(0f (t)dt = F (x), x Î0,2则由题意可知 F (x)在0,2上连续， ,2) 内可导.则对 F (x) 由拉格朗日中值定理有：$h Î (0,

12、2)使F (h ) =F ( 2 ) - F ( 0)2ò f (h ) =20f (t)dt2= f (0),h Î (0,2)从而， m ££ M ，那么由介值定理就有：$c Î 2,3, 使f (c) = f (0)(2)、对于证明题而言，特别

13、是真题第一问证明出来的结论，往往在第二问中都会有运用，在做第二问的时候我们不要忘记了第一问证明出来的东西，我们要时刻注意下如何将第一问的东西在第二问中进行运用：第二问是要证明存在点使得函数二阶倒数为 0，这个很容易想到罗尔定理来证明零点问题，如果有三个函数值相等，运用两次罗尔定理那不就解决问题啦，并且第一问证明出来了一个等式，如果有 f(a)=f(b)=f(c)，那么问题就解决了。第一问中已经在(0,2)内找到一点，那么能否在(2,3)内也找一点满足结论一的形式呢，有了这样想法，就得往下寻找了，2 f (0) = f (2)

14、 + f (3) ，看到这个很多人会觉得熟悉的，和介值定理很像，下面就来证明：Q f (x)在0,3 上连续，则在2,3 上也连续，由闭区间上连续函数必存在最大值和最小值，分别设为 M,m;则 m £ f (2) £ M , m £ f (3) £ M .f ( 2 ) + f&

15、#160;(3)2f ( 2 ) + f (3)2 f (0) = f (h ) = f (c),h Î (0,2), c Î 2,3则有罗尔定理可知：$x1 Î (0,h), f (x1 ) = 0 ， $x 2 Î (h, c

16、), f (x2 ) = 0$x Î (x1,x2 ) Í (0,3), f (x ) = 0Ps：本题记得好像是数三一道真题，考察的知识点蛮多，涉及到积分中值定理，介值定理，最值定理，罗而定理，思路清楚就会很容易做出来。2、设 f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导,且 f(0)=0,f(1)=1.证明: (1)、$x Î (0,1)使得f (x

17、60;) = 1 - x(2)、$两个不同点h、x Î (0,1),使得f (x ) × f (h) = 1本题第一问较简单，用零点定理证明即可。（1）、首先构造函数： F (x) = f (x) + x - 1, x Î 0,1F (0) = f (0) - 

18、;1 = -1F (1) = f (1) = 1Q F (0) × F (1) = -1 < 0由零点定理知： $x Î (0,1)使得F (x ) = 0,即f (x ) = 1 - x(2)、初看本问貌似无从下手，但是我们始终要注意，对于真题这么严谨的题目，他的设问是一

19、问紧接一问，第一问中的结论或多或少总会在第二问中起到作用。在想想高数定理中的就这么些定理，第一问用到的零点定理，从第二问的结论来看，也更本不涉及什么积分问题，证明此问题也只可能从三大中值定理出发，具体是哪个定理，得看自己的情况，做题有时候就是慢慢试，一种方法行不通，就换令一种方法，有想法才是最重要的，对于一道题，你没想法，便无从下手。另外在说一点，在历年证明题中，柯西中值定理考的最少。本题结论都涉及一阶倒数，乘积之后为常数，很可能是消去了变为 1（你题目做多了，肯定就知道事实就是这样）.并且第一问中 0 与 1 之间夹了个 x

20、0;，如果我们在 0 与 x ， x 与 1 上对 f (x) 运用拉格朗日中值定理似乎有些线索。写一些简单步骤，具体详细步骤就不多写了：将第一问中 f (x ) 代入即可。f (h) =f (z ) =f (x ) - f ( 0)xf (1) - f (x )1 - 

21、;x=1 - xxx1 - x,h Î (0,x ),z Î (x ,1)证明： $x   Î (0,   ),h   Î (   ,1), 使得：f (x  ) + f (h  ) =x2 +h2&

22、#160;f (x ) × f (h ) = 1,h Î (0,x ) Í (0,1),z Î (x ,1) Í (0,1)Ps：本题是 05 年数一的一道真题，第一问是基本问题，送分的，第二问有一定区分度，对定理熟练的会容易想到拉格朗日定理，不熟练的可能难以想到方法。做任何题，最重要的不是你一下子就能把题目搞出来，而是你得有想法，有想法才是最重要

23、的，有了想法你才能一步步的去做，如果行不通了，在改变思路，寻求新的解法，如果你没想法，你就根本无从下手。3、设函数 f(x)在闭区间0,1上连续，在开区间(0,1)内可导，且 f(0)=0,f(1)=1/3.1     122对于这道题的结论比较有意思，比较对称，另外一个就是结论的条件，为何要把 x、h 放在两个范围内，不像上一题中直接来个h、x Î (0,1) ，这个分界点 1/2 的作用是干吗的。很可能也是把 1 /2&#

24、160;当做某一个点就像上一题中的 x ，是否要用到拉格朗日中值定理呢，这是我们的一个想法。那具体的函数如何来构造呢，这个得从结论出发，f (x  ) + f (h  ) =x+h22我们把等式变一下： f (x  ) -x+ f (h  ) -h= 0 ， f (x  ) -x这个不就是 f (x

25、  ) -x3 关22213于 x 的导数（而且题目中 f(1)=1/3,貌似这样有点想法了），本题会不会也像上一题那样，运用拉格朗日中值定理后相互消掉变为 0 呢，有了这些 想法我们就要开始往下走了：先来构造一个函数：F (x) = f (x) -x3 , F (0) = 0, F (1) = 0, F (x  )&

26、#160;=F (  ) - F (0)= 2F (  )F (1) - F (  )1 -F (h) =131 2212 = -2F ( 1 )121212F (h ) + F (x ) = 0 刚好证明出来。Ps：本题是近几年数二的一道真题，只有一问，有比

27、较大区分度的，得从条件结论互相出发，如何构造出函数是关键。做出来之后我们反过来看这个 1/2 的作用就知道了，如果只给h、x Î (0,1) ，那就更难了 得自己找这个点，既然题中给了这个点，并且把两个变量分开在两个区间内，我们就对这两个变量在对应区间用相应定理。说明真题出的还是很有技巧的。一般设计难一点的中值定理证明，往往得用拉格朗日定理来证明，两个变量，都涉及到导数问题，这是因为拉格朗日中值定理条件要少些，只需连续，可导即可，不像罗尔定理得有式子相等才可进一步运用。4.设 f(x)在区间-a,a(a>0)

28、上具有二阶连续导数，f(0)=0(1)、写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式ò(2)、证明在-a,a上至少存在一点h   使得 a  f (h  ) = 33第一问课本上记住了写出来就行，考的很基础a-af (x)dxf (x  )2f (x  )2（1）、 f (x) = f (0) +f (0)1!x 

29、+2!x = f (0) × x +2!x(2)、第二问先将第一问的式子 f(x)代入看看有什么结果出来òf (x)dx = ò× x  dx ， f (x  ) 此处不能直接拿到积分号外面，因为他不是与 x 无a-aa-af (x )22关的数。做到这儿，我们想办法把他弄到积分号外面似乎就能出来，有了这样想法就得寻求办法。题目

30、中说道 f(x)有二阶连续导数，为何要这样说呢，我们知道连续函数有最大值，最小值，往往会接着和介值定理一起运用。所以有：因为 f(x)有二阶连续导数，所以存在最大值和最小值，设为 M,m 则对于区间-a,a，m £ f (x) £ M , mx 2 £ f (x ) × x 2 £ Mx 22ma 3 =&#

31、160;mò  x  dx £ òò  x  dx =f (x  ) × x  dx £ MMa 3222323a a a-a -a -a3 m £3 ò   f (x)dx £&

32、#160;Maa-a所以由介值定理有结论成立。Ps：本题是以前的一道真题，具体哪年也记不得了，主要就是考到介值定理的运用。题目中说的很明白的，有二阶连续导数，往往当题目中提及到什么连续啊，特别是对于导函数连续的，我们总得注意下他有最大值，最小值，进而与介值定理联合运用。òf (x)dx = 0, ò   f (x) × cos xdx = 0 .5、设 f(x)在0,p 上连续，且p0p0证明：在 

33、;(0,p ) 内至少存在两个不同点 x1、x 2使得f (x1 ) = f (x2 ) = 0本题看似很简洁，但做起来去不容易。结论是证明等式成立且为 0，很容易让我们想到罗尔定理，我们如果能找到三个点处函数值相等，那么是不是就能有些思路了呢。令： F (x) =  òx0f (t)dt, x Î0,p ， F (0) =&#

34、160;F (p ) = 0Q ò   f (x) × cos xdx = ò  cos xdF(x) = cos x × F (x)p  0 + ò  sin x × F (x)dx = 

35、0 ò  sin x × F (x)dx = 0拉格朗日中值定理来证明其在开区间内成立。构造函数 G(x) =  ò sin t × F (t)dt, x Î0,p   似 乎 只 需 在 找 出 一 点 F(c)=0 

36、即 可 。， 如 果 一 切 如 我 们 所 想 ， 证 明 也 就 完 成 了 。ppp000p0似乎已经找到这个点了。但是积分中值定理中，是取闭区间，如果要用的话得先构造函数用x0具体的证明步骤和上面涉及到的一样，自己去证。证完后就得到$c Î (0,p ),使得G(c) = 0,即sin c ×

37、0;F (c) = 0, 所以F (c) = 0所以有： F (0) = F (c) = F (p ) = 0, c Î (0,p )接下来的证明就和第一题中第二小问一样了，具体就不去证明了，自己证，关键掌握方法，思路。Ps：本题是 02 年左右的数一一道证明题，看看题目很简洁，但具体来做，如果对定理的运用不熟练，还是不好弄出来。本题中涉及到积分，

38、而且又要证明等式成立且为 0，容易想到积分中值定理，以及罗尔定理。但是积分中值定理是对于闭区间而言，而我们要用到开区间，只能自己构造函数来证明其在开区间内成立，如果在实际做题的时候你不证明直接用，估计一半的分都没了。本题关键的就是寻找这个点 C，找出来了其他的都不是问题，既然是关键点，那得分点也肯定最多了，你不证明这个点，直接套用课本中定理（如果用的话，得分类讨论了），硬是说 C 点就成立，那估计一半的分都没了。一般都会构造出 g(x) = XXX × e 或者e  

39、; 或者x  , n为任意常数对于中值定理这章，就先给出上面一些经典的题目，大家好好体会下，多做些题，多思考。下面来讲讲对于证明题中的，函数如何来构造：基本上都是从结论出发，运用求导或是积分，或是求微分方程，解出来也可。本人自己总结了一些东西，与大家交流下：第三部分：构造函数基本方法一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系：x-xn1、如果只是单纯导函数和原函数之间关系，想想构造带有 e 或者ef (x) = f (x) 可以构造 g(x) = f&#

40、160;(x) × e-xx-xf (x) + f (x) = 0 可构造 g(x) = f (x) × e xf (x) + f (x) = l 可构造 g(x) = f (x) × e x - l × e 

41、xòf (t)dt = f (x) 这个也是原函数与一阶导函数问题，构造函数 g(x) = e-x × ò  f (t)dtxaxaf (x) - l ( f (x) - x) = 1先将其变形下：f (x) - lf (x) = 1 - lx 左边

42、是导函数与原函数关系可构造： f (x) × e-lx右边可以看成是 x-lx 也成了导函数和原函数之间关系，如是可以构造： x × e-lx 从而要构造的函数就是： g(x) = ( f (x) - x)e-lx2、如果还涉及到变量 X，想想构造 x nxf (x) + f (x) = 0 可构造 

43、;g (x) = f (x) × xf (x) = -2 f (x)x可构造 g(x) = f (x) × x2xf (x) + nf (x) = 0 可构造 g(x) = f (x) × x n3、另外还可以解微分方程来构造函数：如 xf 

44、;(x) + f (x) = 0f (x)f (x)= -x,ln f (x) = -   x 2 +cln f  2 (x) × e x   = cf  2 (x) × e x   = C1222所

45、以构造函数g(x) = f 2 (x) × e x2二、二阶导数与原函数之间关系构造带有 e 或者exf (x) = f (x)如何构造如下：-xf (x) + f (x) = f (x) + f (x) 对于此式子，你会不会有所想法呢，在上面讲到一阶导函数与原函数之间的构造方法，等式前面也可以看成是一阶导函数与原函数（只不过原函数是f 

46、(x) ）之间关系，从而等式左边可以构造 f (x) × e x 等式右边可以构造 f (x) × e x 总的构造出来函数为： g(x) = ( f (x) - f (x) × ex另：如果这样变形：( f (x) - f (x) + ( f (x

47、) - f ( x) = 0构造函数如下： g(x) = ( f (x) + f (x) × e-x，可以看上面原函数与导函数之间关系如何构造的。从而对于此函数构造有两种方法，具体用哪一种构造得看题目给的条件了。如果题目给了f (x) - f (x) 为什么值可以考虑第一中构造函数，如果题目给了 f ( x) + f 

48、(x) ，则可以考虑第二种构造方法。f (h ) - 3 f (h ) + 2 f (h ) = 0先变形：变成一阶导函数和原函数之间关系f (h ) - 2 f (h) = f (h) - 2 f (h )f (x) × e-2x = f 

49、;(x) × e-2x所以构造的函数为：G(x) = ( f (x) - f (x) × e-2xf (x) + f (x) = 0这个函数确实不好构造，如果用微分方程来求会遇到复数根。G(x) = f 2 (x) + ( f (x)2G(x) = 2 f (x) ×&

50、#160;( f (x) + f (x)实际做的时候还得看题目是否给了 f (x) 的一些条件，如果在某个开区间内不为 0，而构造出来的函数在闭区间端点取值相等，便可用罗而定理来证明。具体来看看题目：（1）、存在x   Î (   ,1), 使得f (x  ) =x1、 设 f (x) 在0,1上连续，在(0,1)内可导，且 f

51、(0)=f(1)=0,f(1/2)=1 证明：12（2）、存在h Î (0,x ), 使得f (h) = f (h) -h + 1（1）、对一问直接构造函数用零点定理： F (x) = f (x) - x 具体详细步骤就不写了。（2）、该问主要问题是如何构造函数：如果熟练的话用上面所讲方法来构造：f (h ) = f (h )&

52、#160;-h + 1先变形f (h ) - f (h ) = 1 - hf (x) × e -x = x × e-x 构造函数为G(x) = ( f (x) - x) × e-x另：用微分方程求解法来求出要构造的函数f (h ) - 1&

53、#160;= f (h) -h( f (x) - x)= f (x) - xln( f (x) - x) = x + cf (x) - x = e x+c = e x × C( f (x) - x) × e-x 

54、;= C把常数退换掉之后就是要构造的函数G(x) = ( f (x) - x) × e-x函数构造出来了，具体步骤自己去做。ò2、设 f (x) 在a,b上连续，f(x)在(a,b)内二阶可导，f(a)=f(b)=0,baf (x)dx = 0证明：（1）存在 x1,x2 Î (a, b)使得f (x1 ) = f (x1

55、60;), f (x2 ) = f (x2 )（2）存在h Î (a, b),h ¹ x1,x 2使得f (h) = f (h)（1）、第一问中的函数构造：F (x) = f (x) × e-x（2）、第二问中函数构造有两种构造方法，上面讲解中说道了我们在这用第一种g(x) = ( f (x)

56、60;- f (x) × ex原因在于第一问中 f (x) - f (x) =0 符合此题构造。具体详细步骤自己去写写。3、设奇函数 f (x)在-1,1 上具有二阶导数，且 f(1)=1,证明：(1) 存在 x Î (0,1), 使得f (x ) = 1(2) 存在h Î (-1,1),使得f&#

57、160;(h) + f (h) = 1第一问中证明等式，要么用罗尔定理，要么介值定理，要么零点本题很容易想到用罗尔定理构造函数来求，因为涉及到了导函数（1）、 F (x) = f (x) - x ，题目中提到奇函数，f(0)=0有 F(0)=F(1)=0 从而用罗尔定理就出来了。（2）、第二问中的结论出发来构造函数，从上面讲的方法来看，直接就可以写出要构造的函数f (h ) + f (h 

58、;) = 1先变形下： f (x) × e x = e xG(x) = ( f (x) - 1) × e x函数构造出来，并且可以用到第一问的结论，我们只需要在（-1,0）之间在找一个点也满足1 的结论即可。也即 z Î (-1,0), f (z ) = 1从而可以对h 

59、6; (z ,x ) Í (-1,1) 运用罗尔定理即可。Ps：本题为 13 年数一真题，第一问基础题，但要看清题目为奇函数，在 0 点处函数值为 0.第二问关键是构造函数，函数构造出来了就一步步往下做，缺什么条件就去找什么条件或者证明出来，13 年考研前我给我的几个考研小伙伴们讲过构造函数的一些方法，考场上都很第四部分：中值定理重点提醒分类总结题型一：中值定理中关于  的问题题型二：证明 f ( n )&

60、#160;( ) = 0题型三：证明 f( n )( ) = C0 ( 0)题型四：结论中含一个中值  ，不含 a, b ，导数的差距为一阶题型五：含两个中值  , 的问题题型六：含 a, b 及中值  的问题题型七：杂例题型八：二阶保号性问题题型九：中值定理证明不等式问题【例题 1】设 f (x) = ar

61、ctan x  C0, a ， f (a)  f (0) =  f (è a)a ，求 limè。【解答】 f (x) =，由 f (a)  f (0) =  f (è a)a 得è2 =arctan a =a 

62、;2 arctan a  ，1 + aè中值定理题型题型一：中值定理中关于è 的问题2a011 + x 2aa  arctan a22 ，解得limè2 = lima0+a0+ aarctan a1 + a 2  = 1a  arctan a2= lima0+a  ar

63、ctan aa 3= lima0+1 13a 2 3 ，a0+于是 lim è =13。【 例 题 2 】 设 f (x) 二 阶 连 续 可 导 ， 且 f (x)  0 ， 又 f (x + h) = f 

64、(x) + f (x + èh)h（ 0 < è < 1 ）。证明： limè =h012。h  ，其中î位于 x 与 x + h 之间。f (î  )2于是 f (x) + f  (x +è  h

65、)h =  f (x) + f  (x)h +f (î  )2h  ，或è=f (x +è  h)  f (x)f (î  )f (x +è  h)  f (x)f (î  )=è 

66、; h22h【解答】由泰勒公式得f (x + h) = f (x) + f (x)h +2!，从而有2!，两边取极限再由二阶连续可导得 lim0è= 21h。题型二：证明 f(n)(î ) = 0【例题 2】设 f (x) 在0,1 上三阶可导，f (1) = 0 ，令 H (x) =&#

67、160;x  f (x) ，证明：存在î    (0,1) ，常见思路：（1）罗尔定理； （2）极值法； （3）泰勒公式【例题 1】设 f (x)  C0,3 ，在 (0,3) 内可导，且 f (0) + f (1) + f (2) = 3, f (3) = 

68、1 ，证明：存在 î  (0,3) ，使得 f (î ) = 0 。【解答】因为 f (x)  C0,2 ，所以 f (x) 在0,2 上取到最小值 m 和最大值 M ，由 3m  f (0) + f (1) + f (2) &#

69、160;3M 得 m  1  M ， 由 介 值 定 理 ， 存 在 c  0,2 ， 使 得f (c) = 1 ，因为 f (c) = f (3) = 1，所以由罗尔定理，存在 î  (c,3)  (0,3) 

70、;，使得 f (î ) = 0 。31因为 H (x) = 3x  f (x) + x  f  (x) ，所以 H (0) = 0 ，再由罗尔定理，存在î2  (0,î1 ) ，使得 H  (î2 ) = 0&

71、#160;。因 为 H  (x) = 6xf (x) + 6x  f  (x) + x  f  ( x) ， 所 以 H  (0) = 0 ， 由 罗 尔 定 理 ， 存 在使得 H (î 

72、) = 0 。【解答】由 H (0) = H (1) = 0 ，存在 î1  (0,1) ，使得 H (î1 ) = 0 ，2323î  (0,î 2 )  (0,1) ，使得 H (î ) = 0 。题型三：

73、证明 f(n)(î ) = C0 ( 0)思路：（1）高阶导数具有连续性；（2）辅助函数构造【例题 1】设 f (x)  Ca, b ，在 (a, b) 内二阶连续可导，证明：存在 î  (a, b) ，使得 + f (a) =f (b)  2 f  a +&

74、#160;b 2 【解答】由泰勒公式得(b  a)24f (î ) 。)  ，î1  (a,f (a) = f (a + b2) + f (a + b2)(a a + b2) +f (î1 )2!(a a + b 22a + b2

75、) ，)  ，î2  (f (b) = f (a + b2) + f (a + b2)(b a + b2) +f (î 2 )2!(b a + b 22a + b2, b) ，两式相加得f (b)  2 f (a

76、0;+ b2) + f (a) =(b  a)24f (î1 ) + f (î 2 )2，因为 f (x)  Cî1 ,î 2  ，所以 f (x) 在î1 ,î 2  上有最小值 m 和最大值 M ，显然&#

77、160;m f (î1 ) + f (î 2 )2 M ，由介值定理，存在 î  î1,î 2   (a, b) ，使得f (î1 ) + f (î 2 )2= f (î ) ，于是 f (b)

78、60; 2 f (a + b2) + f (a) =(b  a)24 f (î ) 。【例题 2】设 f (x) 在1,1 上三阶连续可导，且 f (1) = 0, f (1) = 1, f (0) = 0 ，证明：存在 î &#

79、160;(1,1) ，使得 f (î ) = 3 。【解答】由泰勒公式得2f (1) = f (0) +f (0)2!f (î1 )3!,î1  (1,0) ，f (1) = f (0) +f (0)2!+f (î 2 )3!,î 2  (0,1)&

80、#160;，两式相减得f (1)  f (1) = f (î   1 ) + f (î2 ) ，即 f (î   1 ) + f (î2 ) = 6 。16因为 f (x)  Cî1 ,î 

81、2  ，所以 f (x) 在î1 ,î 2  上取到最小值 m 和最大值 M ，由 2m  f (î1 ) + f (î 2 )  2M 得 m  3  M ，由介值定理，存在 î  î1&

82、#160;,î 2   (1,1) ，使得 f (î ) = 3 。【例题 3】设 a1 < a2 <满足 f (a1 ) = f (a2 ) =< an 为 n 个不同的实数，函数 f (x) 在a1, an  上有&#

83、160;n 阶导数，并= f (an ) = 0 ，则对每个 c a1, an  ，存在 î  (a1, an ) 满足等式f (c) =(c  a1 )(c  a2 )n!(c  an )f (n) (î ) 。【解答】（1）当 c

84、60;= ai (1  i  n) 时，任取 î  (a1 , an ) ，结论显然成立；（2）当 c  ai (1  i  n) 时， f (c) =(c  a1 )(c  a2 )n!(c  an )f (n) (&

85、#238; ) 等价于n! f (c)(c  a1 )(c  a2 )(c  an )n! f (c) = k (c  a1 )(c  a2 )= f (n) (î ) ，令(c  an ) ，n! f (c)(c  a

86、1 )(c  a2 ) (c  an )= k ，则有令(x) = n! f (x)  k (x  a1 )(x  a2 )(x  an ) ， 显 然 (x) 有 n + 1 个 不 同 零 点c, 

87、;a1, a2 , an ，不断使用罗尔定理，存在 î  (a1, an ) ，使得 (n) (î ) = 0 。而(n)(x) = n! f (n) (x)  kn!，所以 f (n) (î ) = k ，即n! f (c)(c 

88、0;a1 )(c  a2 ) (c  an )= f (n) (î ) ，所以结论成立。题型四：结论中含一个中值 î ，不含 a, b ，导数的差距为一阶3x  f (x)dx ，证明：存在î    (0,1) ，【解答】令   (x) = x

89、60; f (x) ，由积分中值定理得【例题 1】设 f (x)  C0,1 ，在 (0,1) 内可导，且 f (1) = 2使得 îf (î ) + 2 f (î ) = 0 。21202f (1) = 2  x  f (x)d

90、x = 2  c  f (c) 2，其中 c  0,    ，即1  f (1) = c  f (c) ，于是有102 2121 2 22而   (x) = x  f (x) + 2xf (x) ，所以

91、8;f (î  ) + 2î f (î  ) = 0 ，注意到î 0 ，所以有(c) =  (1) ，由罗尔定理，存在 î  (c,1)  (0,1) ，使得 (î ) = 0 。22îf (î ) 

92、+ 2 f (î ) = 0 。【例题 2】设 f (x)  C1,2 ，在 (1,2) 内可导，且 f (1) =使得12, f (2) = 2 ，证明：存在 î  (1,2) ，f (î ) =2 f (î )î。【

93、解答】令(x) = x2f (x) ，因为 f (1) =12, f (2) = 2 ，所以(1) =  (2) =12，由罗尔定理，存在 î  (1,2) ，使得 (î ) = 0 ，于是有 f (î ) =2 f (î )î。

94、【例题 3】设 f (x)  C0,1 ，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = 0, f (   ) = 1, f (1) =12（1）证明：存在 c  (0,1) ，使得 f (c) = c ；（2）对任意的实数 k ，存在 î &

95、#160;(0,1) ，使得 f (î ) + k f (î )  î  = 1。12。【解答】（1）令 h(x) = f (x)  x ， h(0) = 0, h(  ) =, h(1) = ，121212因为 h(   )  h(1) < 0 ，所以存在 c  (   ,1)  (0,1) ，使得 h(c) = 0 ，即 f (c) = c 。（2）令