2015年考研数学中值定理证明题技巧、结论汇总

二、二阶导数与原函数之间关系.......... ..... 题型一：中值定理中关于θ题型二：证明fn)(ξ)=题型三：证明fn)(ξ)=C0(≠ξ，不含ab题型五：含两个中值ξ,η的问题题型六：含ab及中值ξ的问题第一部分：中值定理结论总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f(a)=Af(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ξPs:cA、Bξmm≤C≤M,则必存在ξ∈[ab],使得f(ξ)=C（MmPsf(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2、零点定理f(x)在闭区间[a,bf(a)与f(bf(a).f(b)<0,那么在开区间内至少存在一点ξ使得f(ξ)=0.3、罗尔定理f(b)f(a)=f(ξ).(bf(b)f(a)g(b)

g`(6、积分中值定理bxf(x)在[a,b]上连续，则至少存在一点[abaf(x)dxf()(bbx我们来证明下其在开区间内也成立，即定理变为：若函数ba少存在一点(a,b)使 f(x)dxfF(x)af(x)dxx[af(xF(x在闭区间上连续且在开区间上可导（为f(x)F(xabF`(F(bFb

ffbF`(f(b所以abb

f(x)dxf(用、 第二部分：定理、 证明：(1证明：(10,2)使f(f201设f(x)在[0,3]上连续在(0,3)内存在二阶导函数且2f(0) f(x)dxf(2)f(3)(2)(2)0,3)使f``(0 xf(t)dtF(xx[0,2]F(x)在[0,2]02则对F(x)由日中值定理有0,2)使F`()F(2)F2f()

2f02

f(0),0，这个很容易想到罗尔定理来证明零点问题，等式，如果有f(a)=f(b)=f(c)，那么问题就解决了。2f(0)f(2)f(3)mf(2)Mmf(3)Mmf(2)f(3)M2c[2,3使f(c)f(2)f(3)2

ff(0)f()f(c),(0,2),c1(0,),f`(1)0，2(,c),f`(2)(1,2)(0,3),f``()(2)(2)、两个不同点、(0,1),使得f`(f`()（1F(xf(xx1xF(0)f(0)1F(1)f()F(0)F(1)1由零点定理知：(0,1)使得F()0,即f()1 (1)、0,1)使得f(12、设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)就知道事实就是这样）01之间夹了个0与1对f(x)运用日中值定理似乎有些线索f`()f()f(0)1,(0, f`()f(1)f() ,(1 1f`()f`()1,(0,)(0,1),(,1)3、设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1f(000,1),11使得：f`(f`(21f`(2f`(20，f`(2f(133用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：1F(1)F 1F(x)f(x) x3,F(0)0,F(1)0,F`() 2

2F()F`()

1

F(2)12

2F(2F`(F`(0给、给、(0,1(1f(x(2)、证明在[-a,aaf``)f（1f(xf(0)f`(0)xf``()x2

f`(0)xf``()x af(x)dxaf``(x2dxf``(x a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[-mf``(x)M,mx2f``()x2Mxma3max2dxaf``()x2dxMax2dx2Ma2m

af(x)dx aa355、设f(x)在[0,]0f(x)dx0,0f(xcosxdx0证明：在(0,内至少存在两个不同点1、2使得f(1f(2)令：F(x)f(t)dt,x[0,]，F(0)F()似乎只需在找出一点F(c)=0即可。，如果一切如我们所想，证明也就完成了。f(x)cosxdxcosxdF(x)cosxF(x)

sinxF(x)dx 0sinxF(x)dx

日中值定理来证明其在开区间内成立。构造函数G(x) xsintF(t)dt,x[0,0c0,),使得G`(c0,即sincF(c)0所以F(c)F(0)F(c)F()0,c0,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，而且又要证明等式成立且为0，容易想到讨论了C第三部分：构造函数基本方一、要证明的等式是一阶导数与原函数之间的关系：一般都会构造出g(x)XXXex或者ex或者xnn为任意常数1、如果只是单纯导函数和原函数之间关系，想想构造带有ex或者exf`(x)f(x)g(x)f(xexf`(x)f(x)0g(x)f(xf`(xf(x)g(x)f(xexxf(t)dtf(xg(x)exxfx f`(x)(f(x)x)f`(xf(x1xf(x要构造的函数就是：g(x)f(xxf`(x)f(x)0g(x)f(xf(x)2f(x)g(x)f(xxxf`(x)nf(x)0g(x)f(x如xf(x)f(x)0f`(x)flnf(x)1x22lnf2(x)ex2f2(x)ex22所以构造函数g(x)f2x二、二阶导数与原函数之间关系构造带有ex或者ff``(x)ff``(xf`(x)f`(xf(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f`(x)）之间关系，从而等式左边可以构造f`(xex等式右边可以构造f(xex总的构造出来函数为：g(x)(f`(x)f(x(f``(x)f`(x))(f`(x)f(x))g(x)f`(xf(xexf``()3f`()2f()f``()3f`()2f()f``()2f`()f`()2ff`(x)e2xf(x)G(x)(f`(x)f(x))ff``(x)f(x)G(x)f2(x)(fG`(x)2f`(x)(f``(x)ff`(x0，而构造11f(x在[0,1]上连续，在(0,1f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1（2（2、存在0,),使得f`()f(（1、存在1,1使得f(F(x)f(xxf`(f(1f`()f()1f(x)exx构造函数为G(x)f(xxf`()1f()(f(x)x)`f(x)xln(f(x)x)xcf(x)xexcex(f(x)x)exG(x)(f(x)x)bb2、设f`(x)在[a,b]上连续，f(x)在(a,b)内二阶可导 f(x)dxa证明（1）证明（1）存在1,2ab)使得f(1)f`(1),f(2f`(2（2）存在（2）存在a,b),1,2使得f``(fF(x)f(x)g(x)(f`(x)f(x))原因在于第一问中f`(xf(x=0(1)(1)0,1),使得f`((2)(2)1,1),使得f``(f`(F(x)f(xxf(0)=0F(0)=F(1)=0f``()f`()先变形下：f`(xexG(x)(f`(x)1)1的结论即可。也即1,0),f`()从而可以对(,)(1,1)运用罗尔定理考试点相 推2015考研《高等数学》极限及其应用专题精讲（针对数一、二、三/course/16920.html 2014考研数学《线性代数》答题技巧(合作机构学府考研) 题型一：中值定理中关于θ的问题题型二：证明f(n)(ξ)=0题型三：证明fn)(ξ)=C0(≠题型四：结论中含一个中值ξ，不含ab题型五：含两个中值ξη的问题 含a,b及中值ξ的问题中值定理题型题型一：中值定理中关于的问题1f(x)arctanxC[0,af(af(0)f(a)a，求lim2【解答】f(x) 1x

f(af(0)f(a)aarctana 2aarctana22，解 a2arctanalim2limaarctanalimaarctana

1 1a2 a0a2arctan a 3a 313lim 13【例题2】设f(x)二阶连续可导，且f(x)0，又f(xh)f(x)f(x（01证明：lim f(xh)f(x)f(x)hf()h x ，其中位于f(x)f(xh)hf(x)f(x)hf()h

f(xh)f(x)f(

f(xh)f(x)f( lim 2常见思路：（1）（2）（3）1f(xC[0,3]，在(0,3f(0)f(1)f(2)3,f(3)1存在0,3)f(0f(xC[0,2]f(x在[0,2mM3mf(0)f(1)f(2)3Mm1M，由介值定理，存在c[0,2]1H(0H(0)H(1)0，存在10,1)H(10因为H(x)3x2f(x)x3f(x)，所以H(0)0 得H(2)0。因为H(x)6xf(x)6x2f(x)x3f(x)H(0)0，由罗尔定理，存在0,2(0,1)H(0()C( 1f(xC[ab，在(ab内二阶连续可导，证明：存在abf(b)2fabf(a)(ba)

f( f(a)f(ab)f(ab)(aab)f()(aab)，(a,ab) a f(2f(b)f(ab f(a f(2

(bab)2，(ab,b)f(b)2f

ab)f(a)2

(b f()f( 1 2f(1)f(2

M，由介值定理，存在[1,2ab2f(1)f(2) ab (ba)2 f()，于是f 2f

f f()42f(x在[1,1]f(1)0,f(1)1,f(00，证明：存在1,1)，使得f()3。2f(1)f(0)

f(0)

(1),1(1,0)f(1f(0f(0)f(2),20,1)f(1)f(1)1[6

)f(

)f

)6f(x)C[1,2]，所以f(x)在[1,2]上取到最m和最大M由2mf(1f(22Mm3M，由介值定理，存在[1,21,1)f(3【例题3】设a1a2 an为个不同的实数，函 在[a1,an]上有阶导数满足f(a1)f(a2) f(an)0，则对每个c[a1,an]，存在(a1,an)满足当cai(1in时，任取a1an2）当cai(1inf(c)

f(n)1212n!f f(n)()， n!f k，则令(x)n!f(x)k(xa1)(xa2 (x

，显然(x)有n1个不同零点caa ，不断使用罗尔定理，存在a

，使得(n)(0 而(n)(xnf(nxkn!f(nkn!f即 (ca1)(ca2 (can

f(n，所以结论成立题型四：结论中含一个中值，不a,b，导数的差距为一阶310使得f(2f()0【解答】令(x)x2f(xf(1)

1

f

2c2f(c)

，其中c

1]，即12f(1c2f(c (c(1)，由罗尔定理，存在c,1)0,1)，使得(0而(xx2f(x2xf(x，所以2f(2f()0，注意到0f(2f(0 ,f(2)2，证明：存在(1,2)f(2f()【解答】令(xx2f(xf(1)1,f(2)2，所以1)(2)1 由罗尔定理，存在1,2，使得(0f(2f()【例题3】设f(x)C[0,1]，在(0,1)内可导，且f(0)0,f()1,f(1) （1）证明：存在c0,1)f(cc1,h(1)1【解答】（1）h(xf(xxh(0)0 h(h(1)0，所以存在c(,1)0,1)h(c0f(cc 令(xekxh(xh(0h(c0，所以由罗尔定理，存在0c0,1)，使得()0，于是f()k[f()]1。题型五：含两个中值,的问题)4 ebea使 f bF(xexF(x)ex0，由柯西中值定理，存在abf(b)fF(b)F

fF(

f(b)f(a)eb

f f(b)f(a)eb

f

b

b

，再 f(f(bf(ab【例题2】设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1,a,bf(f(e【解答】令(x)exf(x(b(a)(b

ebeb

e[f()f( ebe

b

f( f

abaf(0)aa

f(1)，所以存在c(0,1)，使得f(c) a 日中值定理，存在(0,c),(c,1)，使f(cf(0)f()cf(1)f(cf()(1c4f(xC[ab，在(ab内可导（a0，证明：存在1,2,3ab，f()ab)f(2)a2abb2)f(3) F(xx3F(x3x20，由柯西定理，存在ab 5f(b) f(ff(b)f(a)f(3)，于 (af(b) f(f3b3 b 3F(x)x2F(x)2x0，由柯西定理，存在ab f(bf(a)f(2)f(bf(a)a

，f(，2b2a b 再 日中值定理，存在1(a,b)，使得f(b)f(a)b

题型六：含ab及中值的问题1】设ab0(ab，证明：存在abaebbeaab)(1)e

aebbeaab

1)e a 11

(1)e，令f(x) ,F(x)x

，F(x) xf f 在abF(bF(aF(aebeab)(1)e。情形二：ab与不可分离2f(xg(x[ab]，在(abg(x)0，证明：存在ab)f(a)f( f(g(g(b)g()f(a)f(【解答 g()

g(f(a)g(g(bf(f()g(f()g()0F(x)f(a)g(x)f(x)g(bf(x)g(x)F(aF(bf(a)g(b，所以由罗尔定理，存在abF(06f(a)f(

。得 g(g( f(x在[abf(a)（1）存在1,2a,b（12）f(1f(10f(2f(20

f(b0f(af(b0（2）存在abf()f(（1）f(a0f(b0f(a0x1abf(x1f(a0；f(b)0x2abf(x2f(b)0。f(x1f(x20，所以存在cabf(c)0令(x)exf(xf(a)f(c)f(b)0，所以(a)(c)(b)0，由罗尔定理，存在1(ac),2cb，使得(1)(2)0，而(x)ex[f(x)f(x)]且 所以有f()f()0，f()f()0F(x)

xf(xf(xF()F()0，所以由罗尔定理，存在1,2(abF()0F(x)f(f(

xf(xf(x且ex0f(x0f(x0，则通常有如下两种思路：思路一：设f(x)0(0)，则f(x)单调增加（单调减少。1f(x在[0,f(x)0,f(0)0a0,b f(a)f(b)f(ab)f(af(0)f(1)a，其中01af(abf(b)f(2)a，其中b2ab7f(x)0且12f(1)f(2f(af(0)f(abf(bf(af(b)f(ab【例题2（1）设f(2)0，且 f x2(x（2）f(2)0,f(2)2，讨论(2,f(2 f x2(xf(x

0。因为(x2)20，所以f(x)0，从而f(x)（2）f(220得limf(xf(2)limf(x)0 x x2x0，当0|x2|f(x)0x2,2)时，f(x0x2,2xf(x)0，故(2,f(2))3f(x在[2,f(2)3,f(2)1,f(x)0f(x)f(x0f(xf(21f(x从而当x2时，f(x)f(2)f()(x2)x22x，于是f(x)f(2)x2

f(x)f(2)30f(xf(x10f(x单调增加，故零点是唯一的。f(x在[ab（1）f(x0f(x（2）f(x)0f(x)

f(x0f(x0xx0xx0f(x0f(x0xx0xx04f(xC[abf(x)0xi[ab](1in，设ki0(1i8且k1k2 kn1，证明f(k1x1k2x2 knxn)k1f(x1k2f(x2 knf(xn【解答】令x0k1x1k2x2 knxnf(x)0f(x)f(x0f(x0xx0f(x1)f(x0)f(x0)(x1x0 k1f(x1)k1f(x0)f(x0)k1(x1x0f(x)f(x)f(x)(xx kf(x)kf(x)f(x)k(xx

，故

0f(xn)f(x0)f(x0)(xnx0

knf(xn)knf(x0)f(x0)kn(xnx0相加得k1f(x1)k2f(x2 knf(xn)f(x05f(xC(,f(x)0，且limf(x)1f(x)x【解答】由limf(x)1f(0)0,f(0) f(x)0f(x)f(x0f(x0xx0x00f(x)x1f(xC[ab，在(abf(af(bf(x在abf(0f(af(bf(x不为常数，所以存在cabf(cf(af(c)f(a日中值定理，存在acabf()f(cf(a)0c【例题2】设f(xC[ab，在(ab内可导，且曲线yf(x)ab，使得|f(

f(b)f。yf(af(bf(a(xab(x)f(xf(af(bf(a(xa，显然(a)(b)0f(xb所以存在cab，使得(c)0，不妨设(c)09 日中值定理，存在1(a,c),2(c,b)，使()(c)(a)0,

)(b)

0 c b而(x)f(xf(bf(a)f()f(bf(a),f(

f(b)f。b

b

b（1）f(bf(a)0，则|f(||f(bf(a)|b b （2）f(bf(a)0，由f(f(bf

|

||f(bf(a)|，取b b b23f(xC[ab]，在(abf(af(b0,f(a0，证明：存在(a,b)，使得f()0。f(a0，存在cabf(cf(af()f(c)f(a)0，f()f(b)f(cf(b)f(c)bf(2)f(1 (1,2)(a,b)，f(2)f(1

04f(x在[a,b

f(x)2f(x在(a,b|f(a||f(b|2(ba)【解答】因为f(x)(ab)内取最小值，所以存在c(ab)，使得f(c)最小，于是f(c)0。 f(cf(af(1)(ca),f(bf(cf(2)(bcf(a)f(1)(c |f(a)|2(cf(bf()(b ，取绝对值得|f(b|2(bc) 05f(xC[0,1]，在(0,1f(0)f(1)0，minf(x)0存在0,1)f(8【解答】因为minf(x)1，所以存在c0,1)f(c)1f(c)00f(1)f(0)f(c) f(2

，其中10c2f(1)f(c)

(1

，其中2(c,1)，于f

)2,f()c

2。(1（1）当c0,1f()28 c（2）当c

(,1)时，1c0,)f()

8 6f(x在[0,1上二阶可导，且|f(x|a,|f(x|b，对任意的c0,1)|f(c|2abf(0)f(c)f(c)(0c)f(1)c2,(0,c)f(1)f(cf()(1c)f()(1c),(c,1)f(1)f(0)f(c1f()(1c)f()c]，或f(c)f(1f(01f()(1c)f()c2|f(c)||f(1)||f(0)|1[|f()|(1c)2|f()|c2]2ab[(1c)2c2 因为c0,1)，所以1c0,1)，于是c2c1c)21c，故|f(c|2ab2一个时间点其加速度的绝对值不小于4。 S(1)

)S(0)

,1(0, S

) 12S

)S(1) 2

,2(28S(1S(2，取绝对值得8|S(1||S(2|（1）当|S(1|S(2||S(1|4（2）当|S(1|S(2||S(2|48f(x在[abf(a)f(b0，证明：存在ab，使得|f(|4|f(bf(a|/(ba)2。f(ab)f(a)f()(aab),(a,ab)f(ab)f(b)f( ab),(af(b)f(a)(ba)[8

(f()]|f(b)f(a)|(ba)[|f()||f()8（1）若|f()||f |时，|f()|4|f(b)f(a)|(b（2）若|f(||f(||f(|4|f(bf(a|(b9f(xx0的邻域内四阶可导，且|f(4x|M(M0)任一不x0a|f(x)f(a)f(b)2f(x0)|M(ax)20 (ax 0其中bax0的对

f(x f(x f(4)(f(a)f

)f

)(a

) 0(a

)2 0(ax)3 1(ax

其中1ax0之间f(x f(4)(f(xf(b)f

)f

)(b

) 0(b

)2 0(bx)3 2(bx)

其中2介于b与x0之间，两式[f(4)()f(4)(f(a)f(b)2f(x0)f

)(a

2 (ax4 |f(x)

f(a)f(b)2f(x

|f(4)()f(4)() 0 (ax4 (ax)200 (ax 0【例题10】设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)且|f(x|2x[0,1，有|f(x|1f(0)f(x)f(x)(0x)f(1)x2,(0,x)f(1f(xf(x)(1xf()(1x),x,1f(x)1[f()xf()(1x)2于是|f(x)1[|f(|x|f(|1x2x21x)1。f(x)f1、设f(x)在x0处二阶可导，f(0)0且 2， f(0)f(xf(0)f(x(0,f(0yf(xf(0)f(x(0,f(0yf(x【解答】由limf(xf(x)2f(0f(0)0f(0)0 limf(xf(x)2得lim[f(xf(0)f(xf(0)f(0)f(0)2 f(0)20x0f(x的极小点，选(B f 2， x2(x f(2)f(xf(2)f(x(2,f(2))yf(xf(2)f(x(2,f(2))yf(xf

20，所以由极限保号性，存在0，当0|x2|f(x

x2(x 0，于是f(x0x2,2)x2为极小点，选Af(x)0,x(2,23f(x二阶连续可导，且

f

1， （A）f(0)是f(x)的极小 （B）f(0)是f(x的极大（C）(0,f(0))yf(x的拐点（D）x0f(x

f(x)10，所以由极限的保号性，存在0，当0|x|xf(x)0，故有f(x0,x,0)，于是(0,f(0为曲线的拐点，选(C f(x)0,x(0,4、设k0，则函数f(x)lnxxk的零点个数 【解答】令f(x)110xe，因为f(x x

0xef(x(0,Mf(ek0

f(x)，

f(x)f(x有两个零点，选(C

x2x

ex1的渐近线的条数 【解答】因为limf(x)limf(xlimf(x)x1,xy

由lim1lim(yx)lim

1ex1xx2

1x

2

xlim[ (e11)(

xx x选(D)二、与极值、最值相关11f(xg(x在[abf(xf(x)g(xf(x)0f(a)f(b)0(abf(x)0(x[abf(x在(ab内取到最大值，存在cabMf(c0f(c0f(c)f(c0cf(x00 ，所以f(x)0(x[a,b]) 求数列{n}f(x)

1xx

lnex

lnx1lnex x

0

(x)02xe时，f(x0xef(x在(0,2

或332636因 ，所以最大项为326361f(0)g(0),f(0)g(0),f(xgx)(x0)x0f(x)g(x由F(0)f(xg(x)F(0)0,F(0)0，F(x)0(x0F(x)0(x

F(x)0(x0F(0)由

F(x)0(