2015年考研数学中值定理证明题技巧结论汇总

第一部分：中值定理结论总 1、介值定 2、零点定 3、定 4、日中值定 5、中值定 6、积分中值定 第二部分：定理运 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 二、二阶导数与原函数之间关系.......... ..... 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f(n)(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ξ,η的问题题型六：含ab及中值ξ的问题：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)=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ξ使得Ps:c是介于A、Bξmm≤C≤M,则必存在ξ∈[ab],使得f(ξ)=C（闭区间上的连续函数必取得介于最大值M与最小值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f(x)在闭区间[a,bf(af(bf(a).f(b)<0,那么在开区间内至少存在一点ξ使得f(ξ)=0.、在区间端点处函数值相等，即),使得使得f(b)f(a)=f(ξ).(bf(b)f(a)g(b)

bf(x)在[a,b]上连续，则至少存在一点[abaf(x)dxf()(bb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,bba少存在一点(a,b)使 f(x)dxf()(bF(x)af(x)dxx[ax因为f(xF(x在闭区间上连续且在开区间上可导（导函数即为f(x)。x则对F(x)由日中值定理有aabF`(F(bF(a)ab

bf(x)dxbaF`(f(b所以abaf(x)dxf()(bab用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、 1设、 1设f(x在[0,3]上连续在(0,3)证明：(1)证明：(1)0,2)使f(f在二阶导函数且2f(0) f(x)dxf(2)f(3)20(2)(2)0,3)使f``()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 则对F(x)由日中值定理有0,2)使F`()F(2F2f()

2f02

f(0),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)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;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、设f(x)在[0,1]上连续，在(0,12、设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1（1F(xf(xx1,xF(0)f(0)1F(1)f()F(0)F(1)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()f(0)1,(0, f`()f(1)f() ,(1 1f`()f`()1,(0,)(0,1),(,1)33、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`(2 两个范围内，不像上一题中直接来个、(0,1)，这个分界点1/2的作用是干吗的。很可能也是把1/2当做某一个点就像上一题中的，是否要用到日中值定理呢，这是f`(2f`(20，f`(2这个不就是f(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：F 1)F F(x)f(x)1x3,F(0)0,F(1)0,F`() 2F( 2F`()

1

F(2)12

2F(2F`(F`(0.设发，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、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.设00林a3(2)、证明在[-a,a]上至少存在一点使得af``() f（1f(xf(0)f`(0)xf``()x2f`(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 aa3Ps：本题是以前的一道，具体哪年也记不得了，主要就是考到介值定理的运用。题目55、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(2F(x)xf(t)dtx[0,]F(0)F()0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：020，容易想到了，硬是说C点就成立，那估计一半的分都没了。g(xXXXex或者ex或者xnn1、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f`(x)f(x)g(x)f(xf`(xf(x)0g(x)f(xf`(xf(x)g(x)f(xexxf(t)dtf(xg(x)exxfx f`(x)(f(x)x)f`(xf(x)1xf(xx`xx从而要构造的函数就是：g(x)(f(x)xf`(x)f(x)0g(x)f(xf(x)2f(x)g(x)x

f(x)xxf`(xnf(x)0g(x)f(xxf(xf`(x)f

(x)lnf(x)1x22lnf2(x)ex2f2(x)ex22所以构造函数g(x)f2x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(xex，可以看上面原函数与导函数之间关系如何构f`(xf(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(x，则可以考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11、设f(x在[0,1]上连续，在(0,1f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1（2、存在（2、存在0,),使得f`(f(（1、存在1,1使得f(2F(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)bba2、设f`(x)在[a,b]上连续，f(x)在(a,b)内二阶可导 f(x)dx（1）存在1,2ab)使得f(1f`(1f(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))f`(xf(x=0(1)存在(1)存在0,1),使得f`((2)(2)1,1),使得f``(f`(F(x)f(xx，题目中提到奇函数，f(0)=0有F(0)=F(1)=0从而用定理就出来了。f``()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)运用定理即可。证明出来，13/course/16920.html 题型一：中值定理中关于θ的问题题型二：证明f(n)(ξ)=题型三：证明f(n)(ξ)=C0(≠题型四：结论中含一个中值ξ，不含a,b题型五：含两个中值ξη的问题 含a,b及中值ξ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 2aarctan1a22，解 a2arctanalim2limaarctanalimaarctana

1 1a2 a0a2arctan a 3a 3lim 【例题2】设f(x)二阶连续可导，且f(x)0，又f(xh)（01

f(x)f(xlim1 ，其中f(xh)f(x)f(x)hf()h，其中

xx

f(x

(xh)h

f(x)f(x)hf()h f(xh)f(x)f( f(xh)f(x)f( ，从而 lim两边取极限再由二阶连续可导得 2常见思路：（1）定理；（2）极值法；1f(xC[0,3，在(0,3f(0)f(1f(2)3,f(31，证明：存在(0,3，使得f()0。f(xC[0,2]f(x在[0,2mM3mf(0)f(1)f(2)3Mm1M，由介值定理，存在c[0,2]，使得f(c)1，因为f(c)f(3)1所以 H(0H(0H(10，存在10,1)H(10因为H(x)3x2f(x)x3f(x)，所以H(0)0，再由 定理，存在2(0,1)，使得H(2)0。因为H(x)6xf(x)6x2f(x)x3f(x)，所以H(0)0， 定理，存0,20,1)H(00f(n)C(0 1f(xC[ab，在(ab内二阶连续可导，证明：存在abf 2fab

f

f (a )，f(a)f(ab)f(ab)(aab)f(1 ab (a,a(a )， )，f(b)f(ab f(ab)(bab)f(2 ab (a )，

a

f()f(f(b)2f )f(a) 2 f(1)f(2 M，由介值定理，存在[1,2](a,b)，使2f(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(0)0在1,1)f(3 f(1)f(0)f(0)f(1),1(1,0) f(1f(0)f(0)f(2),20,1f(1)f(1)1[6

)f(

)f

6f(xC[1,2]f(x在[1,2mM由2mf(1f(22Mm3M，由介值定理，存在[1,21,1)，使得f()3。【例题3】设a1a2 an为n个不同的实数，函数f(x)在[a1,an]上有n阶导数，f(a1f(a2)

f(an)0，则对每个c[a1an，存在a1anf(c)(ca1ca2 (can)f(n)(当cai(1in时，任取a1an2）当ca(1in)时，f(c)(ca1)(ca2 (can)f(n)()等价inf f(n

nf k(ca1)(ca2 (cann!f(c)k(ca1)(ca2 (can

(ca1)(ca2 (can令(x)n!f(x)k(xa1)(xa2 (x

，显然 有n1个不同零点c,a,a ，不断使 定理，存在(a,

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

10使得f(2f()0【解答】令(x)x2f(xf(1)

f

2c2f(c)

，其中c

1]，即12f(1)c2f(c 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

2f(2f(【解答】令(x)x2f(xf(1)1,f(2)2，所以1)(2)1 定理，存在(1,2)，使得()0，于是有f()2f() 3f(xC[0,1，在(0,1f(0)0,f（1）证明：存在c0,1f(c)c

k，存在0,1)f(kf(11,h(1)1【解答】（1）h(xf(xxh(0)0, h(h(1)0，所以存在c

（2）令(x)ekxh(x)，因为h(0)h(c)0，所以由 定理，存在(0,c)(0,1)，使得()0，于是f()k[f()]1。 ebea使 f 令F(x)ex，F(x)ex0， f(b)f(a)F(b)F

fF

f(b)feb

f f(b)f(a)eb

f

ba f(b)f(a)

，再 日中值定理，存在(a,b)，使f()

b

【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

[f()f

ebeaba

存在,(0,1)，使得 a

f

aba

a

f(1)，所以存在c0,1)f(c

a f(cf(0)f()cf(1)f(cf()(1c【例题4f(xC[ab，在(ab内可导（a0，证明：存在1,2,3ab，3f(ab)f(2)a2abb2)f(33 【解答】令F(x)x3，F(x)3x20， 定理，存在(a,b)，使 f(bf(a)f(3)f(bf(a)(a2abb2)f(3) b3 b 令F(x)x2，F(x)2x0， 定理，存在(a,b)，使 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

1】设ab0(ab，证明：存在abaebbeaab)(1)e

aebbea(ab)(1

aebbeaab

ba 1

(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( g(g(b)g()f(a)f(【解答 g()

f(a)g(g(bf(f()g(f()g()0F(x)f(a)g(x)f(x)g(bf(x)g(x)因为F(a)F(b)f(a)g(b)，所以 f(a)f(得g()

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

f(b0,f(af(b0（1）f(a0,f(b0f(a0x1abf(x1f(a0；f(b)0x2abf(x2f(b)0。f(x1f(x20，所以存在cabf(c)0令(x)exf(x)，因为f(a)f(c)f(b)0，所以(a)(c)(b)0， 定理，存在1(a,c),2(c,b)，使得(1)(2)0，而(x)ex[f(x)f(x)]且 所以有f(1)f(1)0，f(2)f(2)0 令F(x)ex[f(x)f(x)]，因为F(1)F(2)0，所以 定理，存1,2abF(0F(xexf(xf(x且ex0f(f(f(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(x0,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b2abf(x)0且12f(1f(2f(af(0)f(abf(bf(af(b)f(ab【例题2（1）设f(2)0，且 f 3，讨论x2是否是极值点x2(x（2）f(2)0,f(2)2，讨论(2,f(2 f x2(xf时， 0。因为(x2)20，所以f(x)0，从而f(x)单调增加，又因为(xf(2)0x2,2)时，f(x0；当x2,2时，f(x)0x f(2)20得limf(xf(2)limf(x)0 x x2x0，当0|x2| f(x)0。当x(2,2)时，f(x)0；当x(2,2)xf(x)0，故(2,f(23f(x在[2,f(2)3,f(2)1,f(x)0f(x(2,f(x)0f(xf(2)1f(x)从而当x2时，f(xf(2)f()(x2)x2，其中2x，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(x)0f(x（2）f(x)0f(x)

f(x0f(x0xx0xx0f(x0f(x0xx0xx04f(xC[abf(x)0xi[ab](1in，设ki0(1i且k1k2 kn1，证明f(k1x1k2x2 knxn)k1f(x1k2f(x2 knf(xn)【解答】令x0k1x1k2x2 knxnf(x)0f(xf(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(x0)5f(xC(,f(x)0，且limf(x)1f(x)x【解答】由limf(x)1f(0)0,f(0)

f(x)0f(xf(x0f(x0xx0x00f(xx1f(xC[ab，在(abf(a)f(bf(x不是常数，证明：存在ab)，使得f()0。f(a)f(bf(x不为常数，所以存在cabf(c)f(a妨设f(c)f(a)， 日中值定理，存在(a,c)(a,b)，使f(f(cf(a)0c【例题2】设f(xC[ab，在(ab内可导，且曲线yf(x)非直线，证明：存在(a,b)，使得|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)0 ()(c)(a)0,

)(b)

01 ca f(b)f(a)1

2f(b)f2

f(b)f而(x)f(x

b

f(

b

,f()

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 b2【例题3f(xC[ab]，在(abf(a)存在abf(0

f(b0,f(a0f(a)0，存在cabf(c)f(a f

)f(c)f(a)0，f()c

f(b)f(c)b

再由日中值定理，存,abf(f(2f(1)0 2

4f(x在[a,b

f

2f(x在(a,b|f(a||f(b|2(ba【解答】因为f(x)在(ab内取最小值，所以存在cab)，使得f(c)最小，于是f(c)0。 f(cf(a)f(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) 5f(xC[0,1，在(0,1f(0f(1)0，minf(x)10存在0,1f(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

2f(1)f(c)

f

)2,f()c

。(1（1）当c0,1f(28 c（2）当c 时，1c 1，f() 8(2

(0, 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|2ab2f(0)f(c)f(c)(0c)f(1)c2

f(1)f(cf()(1c)f(2)(1c)2

f(1)f(0)f(c1f

)(1c)2f(1)c2f(c)f(1)f(0)1[f

)(1c)2f(1)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。勒 S(1)

)S(0)

S

)

,1(0,1

S

)S(1) 2

,2(28f(x在[abf(a)f(b0，证明：存在ab，使得|f(|4|f(bf(a|/(ba)2。a f(1 ab af )2

f(a) (a

),1 )2f(ab)

f(bf(1)bab)2abb2f(b)

(b

f [8

(1 |f(b) f(a)

8

[|

(1) |f(2)（1）若|f(1||f(2||f(|4|f(bf(a| (b（2）若|f(1||f(2||f(|4|f(bf(a| (b 9f(xx的邻域内四阶可导，且|f(4x|M(M0xa 有|f(x)f(a)f(b)2f(x0)|M(ax)2 (ax0

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

) 0(ax)2 0(ax)3 1(ax

f(x f(x f(4)(f(b)f

)f

)(b

) 0(bx)2 0(bx)3 2(bx)

其中2介于bx0[f(4)()f(4)(f(a)f(b)2f(x0)f

)(a

2 (ax4 f(a)f(b)2f(x |f(4)()f(4)() |f(x 0 (ax4 (ax20 (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

f(1)f(x)f(x)(1x)f(2)(1x)2 f(x)1[f()x2f()(1x)2

于是|f(x)1[|f(|x2|f(|1x)2x21x)21 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(0)f(0)0f(0)0 ]limf(xf(x)2得lim[f(xf(0)f(xf]

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(2yf(xf(2)f(x(2,f(2yf(x f 20，所以由极限保号性，存在0，当0|x2|时x2(x f(x)

f(x)0,x(2 x2为极小点，选A (x

，于是f(x)0,x(2,23f(x)二阶连续可导，且

x

1， （A）f(0)是f(x)的极小 （B）f(0)是f(x的极大（C）(0,f(0yf(x的拐点（D）x0f(xf【解答】因为lim 10，所以由极限的保号性，存在0，当0|x|时f

0，故有

，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 e 【解答】令f(x)110xe，因为f(x) x(0,Mf(ek0

0xef(x

f(x)，

f(x)f(x有两个零点，选(C

x2x

【解答】因为limf(x)由limf(xlimf(xx1,xy

由lim1lim(yx)lim(

1ex1xx2

1x

2

x (e11)x1x0yx3xx x选(D二、与极值、最值相关1f(xg(x在[abf(xf(x)g(xf(x)0f(a)f(b)0(abf(x)0(x[ab2【解答】若f(x)不恒为零，则至少存在x0(a,b)，使得f(x0)0，不妨设f(x0)0，则f(x)在(a,b)内取到最大值，存在c(a,b)，使得Mf(c)0，且f(c)0，代入关系式得f(c)f(c)0，c又是极小点， 。同理若f(x0)0，则最小值在区间内 ，所以f(x)0(x[a,b])。2 求数列

ln

ln

1ln 令f(x)xxex，令f(x)ex 0得xe，当x(0,e)时，f(x)0x22当xe时，f(x)0故xe为f(x)在(0,)内的最大点，故数列最大项为 ，33 221f(0)g(0),f(0)g(0),f(xgx)(x0)x0f(x)g(x由F(0)

f(x