高等数学专项练习之微分中值定理

第一章微分中值定理的基础知 第一节基础知 第二节考研数学大概率考点之中值定 第二章微分中值定理的证 第一节费尔马(Fermat)定 第二节(Rolle)定 第三节拉格朗日(Lagrange)定 第四节柯西(Cauchy)定 第五节四个定理间的关 第三章微分中值定理的应 第一节方程的根的讨 第二节利用函数的单调性和最值证明不等 第三节利用拉格朗日和柯西中值定理证明不等 第四节存在一点满足某个等式的证 第五节存在两点满足某个等式的证 只考一次研，用点儿请牢记全网最强的考研资料免费 ， 这是一套真正能用的资料，如想打包以上资料，请通过参与活动，加入会员，免费领 研途商城——一站购齐快乐考研297297第一节基础知零点定理：若f(x在[ab连续，f(af(b0，则(ab，使得f(0,分别是在[a,b]的最小值和最大值．介值定理：设f(x)在[abmM，对于c[mM]，都存在[ab]使得f(c或者：对于c(mM，都存在使得f(c）费玛定理：如果f(x是极值点，且f(xx0可导，则f(x00定理：f(x在[ab连续，在(ab可导，f(a)f(b，则(ab使得f()0．6在[ab]连续，在(ab)可导，，则(ab)f(b)f(a)(ba)f()柯西定理：f(x，在[ab连续，在(abg(x)0，则(a使 f(b)f(a)g(b)

f()g(f(n)( 泰勒公式：f(x)f(x) x) (xx0)（在x和x0之间 f(x0

f(n)(麦克劳林公式：f(x)f(0)f(0)x

（0x0之间 分性质。微分中值定理是微分学的理论基础。是利用导数研究函数性质的理论依据。第二节考研数学大概率考点之中值定 第一节费尔马Fermat定f(x)在点x0的某邻域N(x0有定义.若xN(x0有f(xf(x0(f(xf(x0f在x0取得极大值(或极小值)并称x0f的极大值点(或极小值点yf(xfx1)fx0) x0(

x1极小值点 设函f(x)x0取得极值并且f(xx0可导则必有f(x0[注意1]f(x00是可导函数取得极要条件[注意2]满足f(x0)0的点x0不一定是函数f的一个极值点.这种点称为 y x3 y3xy(0) (三)怎么证明费尔马Fermat(只须证明:fx00fx0不妨设fx)在点x0处取得极大值即在点x0的邻域x0x0)内fxfx0f(x0)f(x)f(x0 xx f(x)f(x0) x0x f(x)f(x0) x0fx0存在fx0fx0都存在并且f(x0)f(

)

f(x)f(x0)0 xx0

xf(x0)f(

)0xx0

f(x)f(x0)x f(x0)平面曲线AB连续不断且其上各点都有切线.那麽AB上至少存在一点C使得曲线ABC的切线与BC

AB平行切线平行于弦A f()切线平行 x C f(b)f(a)f( b切线平行于 BCA AB的参数方程 f(b)f(a f(xg(t g(b)g(a g(yf(t (atbyfff

切线平行于弦BC g(a g()g(b 第二节(Rolle)定设函数f(x)满足条件在闭区间[a,b]上连续在开区间(a,b)内可微f(a)f则在(ab)内至少存在一点使f() (a（二）怎样证明定理 先利用形象思维去找出一个CyC C (1)知,fx)在闭区间[ab]若Mm则fx)Mx[a

M f(x)常数 f(x) x[a,因此,可在(a,b)内任取一点作为,若Mm,不妨设Mf

f()由f(af(b)知M和m至少有一个不等于f因为f(b)f(a),从而有Mf(b).这就是说,最大值M只能在(a,b)内部某点处达到,即 f()M (ab)因为ab所以f()存在.又f()且在(ab)内部达到 (a第三格朗日(Lagrange定在闭区间[a,b]上连续在开区间(a,b)内可微 f(b)f则在(a,b)内至少存在一点,使 b f (a（二） f(a)=f(b) f(a)=f(b)

k f(b)b

f(aa弦AB方程y

yf(a)kxka B函f(x)f(a)kx

F(x)f(x)f(a)f(b)f(a)(x容易验证:F(x)在 b]上连续,在 b)内可导,且F(a)F 定理知,在 b)内至少存在一点,使 f()f(b)fb(三)拉格朗f()f(b)f (a,bf(b)f(a)f()(b (a,f(x2)f(x1)f()(x2x1 (x1,x2f(x0x)f(x0)f() (x0,x0f(x0x)f(x0)f(x0x) (01 第四节柯西(Cauchy定设函数fxgx)满足条件在闭区间[a,b]上连续在开区间(ab)内可微且gx)则在(a,b)内至少存在一点,使f(b)f(a)g(b)

f(g(

(a先证g(b)g(a) 用反证假设g(bg(a0,g(b由定理知,存在一点c b),使得g(c)0,这与假设条件g(x)0F(x)f(x)f(a)f(b)f(a)[g(x)g(b)F(x)满 定理条件,故存在 b),使得F()0,f(b)f(a)g(b)

f(g(第五节四个定理间的关

2xx22x y2该方程实根个数就是两条曲线yx22x 令fx2xx22x

计算表 f(2)30,f(1)30,f(1)20,f(10) f(x)在(2,1),(1,1),和(1,10) fx2xx22x10有四个相异实 f(x)ln22x2x2 f(x)(ln2)22x2 f(x)(ln2)32x

设f(x)在 b]可导,并且f(a)f(b)yff

b使得f(yf f f(a0,f(b f(a0,f(b[证]不妨设f(a0,f(bf(a0,即

f(xf(a)0可xxa充分近时有fxf f(a)不是区利用条件f(b0又可以推f(b也不是区间上的最小值.于是最小值在(ab)内部某个点达到由费尔马定理推出 (a,b),f()例题三设fC[0,),f在(0,)可导,并 f(0)0,x

f(x)0则存在(0),f()fx)(0,y [证](0,)fx)0不妨假设fx在(0,不恒等于零x0(0,fx0不妨设f(x0)

f(x)0

,xx1,f(x)f(x0存在[0,x1使得f(max{fx|0xx1并且 f()max{f(x)|0x由于在(0,)内部所以是驻点f(arcsinxarccosx2

(x[证 令f(x)arcsinxarccos (x则f(x) 1x

1

(x于是由拉格朗日中值 理的推论1f(x) (c为常数 (x f(0)arcsin0arccos02故arcsinxarccosx2

(x,x1f(1)arcsin1arccos12f(1)arcsin(1)arccos(1)2于是得arcsinxarccosx2

(x证明0ab时有不等baarctanbarctanab1b 1a[证 令f(x) 显然,f(x)满足条件：(1)在闭区间[a,b]上连续; (2)在开区间(a,b)内可微,且 f(x)(arctanx) 1x于是由拉格朗日中值定理,arctanbarctana 1

(b (a因 b1b

b1

b1a所以 baarctanbarctanab1 1例题六fx)在点aU(a)连续fx)在点a可导且f(a)

除点ax

fx)l[证]xU(a),且xa.显然,函数f(x)在[a,x]或[x,a]上满足拉格朗日中值定理条件,则在a与x之间至少存在一点c,使得 f(x)f(a)f(c)x因为当xaca.从而limf(x)f(a)limf(c)limf(cx x x c由已知条件c

fc)l,limf(x)f(a)limf(c)x x c由导数定义知fx)afa)注意：此例说明,只要fx)x0附近连续xx0处可导x

f(存在则函数fx)x0必可导x

f(x)f(x0是连续

.

间断;例题七证明：当x1时,有不等 ln(1x)1[证]当x0时,等号成 因为x1Pnx)k1所以fx1)令f(x)ln(1x) 1x0时,有fx)

则f(x) (1,fx)在0)上严格增加 f(x)ln(1x) 1

f(0) 1

ln(1x1x0时,有fx),fx)在1,0上严格减少f(x)ln(1x) 1

f(0) 1

ln(1x令gx)xln1x同理可 ln(1x)例题八设实系数多项式Pnx)a0xna1xn1an1x(a00)的根全是实根Pnx)也仅有实根[证

Px)的根全是实根故设Pxaxx)k1xx)k2xxn其中 x1x2k1k2km

Pn(x)(xx1)k1[a0(xx2)k2(xxm)km(xx1)k1f(xx2是Pnx)的k21),xm是Pnx)的km1)又根据定Pn(x)

在x1x2x2x3xm1xm)内分别有12,m1的实根个数至少为Pnx0只有n1个根故都为实根P(x)k(xx)k11f(x)(xx)k1f(x (xx)k11[kf(x)(xx)f( 又k1fx1x1x1fx1k1fx1故x1是Pnx)的(k11)重根 第一节．例 证明：当a23b0时，实系数方程x3ax2bxc0只有唯一实根证 令f(x)x3ax2bxc，则f(x)3x22axb，由于a23b0，于f(x)3x22axb0，即f(x

f(x)，

f(x)yf(xxx3ax2bxc0例 证明方程xlnx10只有一个实根e(0,证明设f(x)xlnx1，则f(x)lnx1，令f(x)0，解得x1．显然 (0, 上，f(x)0，于是f(x) 1单调减少；在

上，f(x)0，于是f(x)(0, ( (,)单调增加，而f()0xlnx

例 讨论方程x33xc中的常数c，在什么情况仅有一个根，两个根，三个根解令f(xx33xc，则f(x3x23，令f(x0，解得x1．于是在(1)f(x单调增加，在(1,1上，f(x单调减少；在(1,上，f(x单调增f(1)0或f(1)0yf(xx轴有一个交点；当f(1)0或f(10，函数yf(x)图像仅与x轴有两个交点；当f(1)0且 f(1)0yf(xxc2或c2c2或c22c2设证明

f(x)f(0)xf()从而有f(xf(0xkk0

f(x．又由于f(0)0定存在零点.f(xk0可知，则f(x在[0,例 设函数f(x)是可导证明：f(x)的任何两个零点之间必有f(x)f(x)一个零点证 令F(x)exf(x)，又设x,x(xx)是f(x)的两个零点， f(x1)f(x2)0F(xex1f(x0，F(xex2f(x0，由于函数f(x是可导，于是函数f 连续，所以F(x)在闭区间[x1,x2]满 定理条件，从而存在(x1,x2)，使F()0F(xexf(xf(xF(ef(f(0f()f()0例6 设函数f(x)在[1,)上有f(x)0且f(1)2,f(1)3证明在[1,)上，方程f(x)0仅有一实数根.数学三不要求） 证明f(x)f(1)f(1)(x1)f()(x1)2f(x)23(x1)3x5因此存在点使得f(0，又由于f(1)2，以及f(x连续，所以f(x点．下面证明唯一性：只需证明f(x是单调的，即证明f(x)0或f(x)0．事实上，由于f(x)0，f(1)3，所以在[1,上，f(x)0．7求证：方程exax2bxc证 用反证法：令F(x)ex(ax2bxc)，若函数F(x)有四个零点，不妨x1x2x3x4F(x1F(x2F(x3F(x40显然F(x)在[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]均满足 定理条件，于是存在三点123，其中1(x1,x2),2(x2,x3),3(x3,x4)，使得F(1)F(2)F(3)0同样，对导函数F(x)在[1,2],[2,3]应 定理，则存在两点12，其1(1,2),2(2,3F(1F(20类似地，对二阶导函数F(x)在[1,2]应 定理，则存在一点[1,2]，使0．而F(x)ex，于是有e0，这是个结第二节利用函数的单调性和最值证明不等例1当0x 时，证明2 sinxtanx2xtanxx1x33证明（1）设f(xsinxtanx2xf(x)cosxsec2x2f(x)sinx2secxsecxtanxsin 1)0cos3所以，函数f(x严格单调递增，又由于f(0)0，因此在0x上，f(x)02于是，函数f(x严格单调递增，且f(0)0，从而在0x上，f(x)02sinxtanx2x（2）设f(xtanxx1x33f(xsec2x1x2tan2xx2tanxx)(tanxx，由于tanxx0，为了确定tanxx的符号，我们令g(x)tanxxg(x)sec2x10g(xg(0)0，因此在0x上，g(x0．于是f(x02即tanxx1x332x0ae，证明(ax)a证 为了证明(ax)aaax，只要证明lnaln(ax)．于是令f(x)lnx， a f(x)1lnx0，(xe)f(xaxalnaln(ax) a即 (ax)aaax例 证明：当x2时，x33x2 事实上我们只要证明：f(x)x33x在[2,2]上的最值的绝对值不超过2可．由于f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x0x1x1，于是函f(xx33x在[2,2]Mmax{f(2),f(1),f(1),f(2)}2，mmax{f(2),f(1),f(1),f(2)}于是当x2f(x)x33x2例 证明：当0x时，sinx 证明（1：利用凸函数性质）F(xsinx

x

(x)

sin

0 F(x在(0,F(0F(0，所以在0xF(x0sinxx sin（方法2：变形）令F(x) 21，xcos

sinF(x) 2

cosx(x2tanx)0 F(x在0xF(0，于是在0xF(x0故sinF(x) 210（0x 即sinxx（0x 第三节利用拉格朗日和柯西中值定理证明不等（1）若f(x0（f(x0，则f(x是凹（凸）函数，于是x1x2x1

f(x)f(x

x

f(x)f(xf )

2（f(

2)

2 f(x在[x1x2f(x2)f(x1)(x2x1)(x1x2x1x2，确定f(的不若f(xg(x在[x1x2f(x2)f(x1)f()g(x2) g(xxxx，确定f( g(例 ln(x1)lnx1(x0)1 证 设f(x)lnx（x0．显然f(x)在[x,1x]满足拉格朗日定理条件，则f(1x)f(x)xf()，x1x即ln(x1)lnxf()1由于x1x，于是 11，因1 ln(x1)lnx1(x0)．1x 例 证明不等式：x1和p1，有(1x)p1px证 设f(x)xp（1）当1x0时，f(x在[1x,1]f(1x)f(x)xf()，1x即(1x)p1pxpp10p11x0，于是(1xp1xpp1xp(1x)p1px例 证明不等式：ln(x1)arctanx(x0)x证 设f(x)(x1)ln(x1)和g(x)arctanx（x0显然f(x)在[0,x]满足

f(x)f(0)g(x)

f()，0xg(即(x1)ln(x1)1ln(1)(12)[1ln(1)]1arctan 1ln(x1)arctanx(x0)x第四节存在一点满足某个等式的证 1设f(x在[abacdb，证明(abpqpf(c)qf(d)(pq)f(证明（1：利用零点定理）令F(xpqf(xpf(cqf(d，因为f在[a,b]上连续，所以F(x)在[a,b]F(c)q[f(c)f(d)],F(d)p[f(d)f(c)]若f(cf(d，我们取cd，结论显然成立．若f(cf(dF(c)F(d(abF(0pf(cqf(dpqf(（方法2：利用介值定理）由于f(x在[ab上连续，所以f(x)在[ab上可以达到最大值和最小值，mMmf(xMmf(cMmf(dM，所以pmpf(c)pMqmqf(dqM，故(pq)mpf(c)qf(d)(pq)M根据介值定理，(a,b)

mpf(c)qf(d)M p F()pf(c)qf(d) p pf(c)qf(d)(pq)f()例 设f(x)在R上连续，f(f(x))x，证明：R，使得f()证 引入辅助函数F(x)f(x)x，F(f(x))f(f(x))f(x)xf(x)xf(xxf(xF(x)Ff(x0，由于f(xR上连续，根据零点定理，使得F()0，即f()例 若f(x)在[a,b]上连续，x[a,b]，都x[a,b]，使

f(x)1f(x) 则[ab]，使得f(0

证 由于f(x)在[a,b]上连续，于

f

在[a,b]

f(x)[ab上取到最小值，不妨令f(x0m（最小值m02事实上，对于x，根据已知条件，存在x[ab]，有f(x)1f(x)1m2 例 设f(x)在[0,1]上可导，满足f(1)0，证明：(0,1)，f()f() 引入辅助函数F(x)f(x)x，则F(0)F(1)0．由于f(x)在[0,1]上可导，所以F(x)在[0,1]上满足定理条件，于是存在(0,1)，使得F()0．由于F(xf(xxf(x，于是f()f(0．即(0,1)，有 f()f()5设f(x在[0,1上连续，在(0,1)f(11,f(00(0,1)f(f(e1 引入辅助函数：F(x)f(x)exxe，则F(0)F(1)0，于是F(x)在[0,1]上满足定理条件，从而存在(0,1)，使得F()0F(xf(x)exf(x)exeF(f()ef()ee0f()f()e16设函数f(x在区间[14]上连续，且f(1f(2f(3)6，f(4)2，证明：在(1,4)上至少存在一点，使f()0．证 由于函数f(x)在[1,3]上连续，于是可以取到最大值M和最小值m，因mf(x)M，x[1,f(1)f(2)f(3)6m2M，根据介值定理，存在一点[0,3]，使得f()2．于是f(x)在[,4]上满足定理条件，则存在(,4)(1,4)，使f()07设f(x在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且f(1在(0,1)，使得f(1

f(00,f(12证 引入辅助函数F(x)f(x)x，显然F(0)0．由F(1)f(1)10，F(1)f(1)10 F(x在闭区间1,1连续性，于是由零点定理，有1,1，使F(0，所 F(x)在闭区间[0,]满 定理条件，存在(0,1)，使得F()0．由于F(xf(x1F(f(10f(118设f(x在[0,1]f(1)22xf(x)dx00f()f()

(0,11证 引入辅助函数F(x)f(x)x．由于f(1)22xf(x)dx0，于是根据积01中值定理，0,)2

1f(1)22xf(x)dxf()0F(1)F()由于f(x)在[,1]上可导，所以F(x)在[,1]上满足定理条件，于是存在(0,1)，F()0F(x)f(xxf(x，于是f()f()0(0,1f()f()9设f(x在[12f(1)f(2)0F(xx1)f(x，证明：存在12F()0．证 已知F(x)(x1)f(x)，f(1)f(2)0，于是F(1)F(2)0，因此F在[1,2]满 定理条件，从而存在(1,2)，使得F()0．又由F(x)f(x)(x1)f(x) 于是F(1)0，所以，F(x)在[1,]满足 使得F()0．10设f(x在[02]上具有二阶导数，且f(0)f1，f(2)232f(x)dx 明：在开区间(0,2)上至少存在一点，使f(0证明f(x)在[0,1]上满 定理条件．于是存在 1，使得f()0．(0, 据f

3/2f(x)dx得到，f(2)f()，其中 3，根 定理，存

(1,2至少存在一点，使f()0．11设f(x在[0,1]二阶可导，且f(1)f(0)，求证：存在(0,1)f()2f()1分析解方 f(x)

，即lnf(xln(1x)2Cf 1F(x)(1x)2f(x)证明令F(x)(1x)2f(x)，显然F(1)0．另外，由于f(x)在[0,1]二阶可导，且f(1)f(0)，于是f(x)在[0,1]上满足定理条件，从而存在(0,1)，使得f()0．当然F()0，所以F(x)在[,1]上满足 定理条件，存在(,1)(0,1)，使得F()0．由于F(x)2(1x)f(x)(1x)2fF()2(1)f()(1)2f() f()2f()1112设f(x在[0,1]上连续，且f(00,0f(x)dx0，证明：存在(0,1)1分析解方 f

，即

f(x)dxf()f(t)dtlnxCxxx0f

0F(x)

xf x13若f(x在[0,1]上有三阶导数，且f(0)f(1)0F(xf(x)x3，证明：在(0,1内至少存在一个F()0.证明F(xF(x)F(0)F(0)x1F(0)x21F( F(x)3x2f(x)x3f(x)，F(x)6xf(x)6x2f(x)x3f所以F(0)