(完整版)中值定理的應(yīng)用方法與技巧.doc

1、中值定理的應(yīng)用方法與技巧中值定理包括微分中值定理和積分中值定理兩部分。微分中值定理即羅爾定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，一般高等數(shù)學(xué)教科書上均有介紹，這里不再累述。積分中值定理有積分第一中值定理和積分第二中值定理。積分第一中值定理為大家熟知，即若 一工)在目上上連續(xù)，則在質(zhì)b上至少存在一點(diǎn)，使得Df(x)dx f( )(b a)o積分第二中值定理為前者的推廣，即若在 aa,b上連續(xù)，且g(x)在時(shí)b上不變號，則在fe,b上至少存在一點(diǎn) ，使得f (x) g (x) dx f ( ) g (x)dx o aa一、微分中值定理的應(yīng)用方法與技巧三大微分中值定理可應(yīng)用于含有中值的等式證明，也可應(yīng)

2、用于恒等式及不等式 證明。由于三大中值定理的條件和結(jié)論各不相同，乂存在著相互關(guān)聯(lián)，因此應(yīng)用中 值定理的基本方法是針對所要證明的等式、不等式，分析其結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合所給的 條件選定合適的閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，套用相應(yīng)的中值定理進(jìn)行證明。這一過程要 求我們非常熟悉三大中值定理的條件和結(jié)論，并且掌握一定的函數(shù)構(gòu)造技巧。例一.設(shè)(X)在01上連續(xù)可導(dǎo)，且(0) 0, (1) lo證明：任意給定正整數(shù)a,b ,必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù) ，使得a b & b成立。 () ()證法1:任意給定正整數(shù) a,令五&) ax,西&)(x),則在S1上對五&),垃&)應(yīng)用柯西中

3、值定理得：存在(0,1),使得 a ° a。() Q) (0)任意給定正整數(shù)b ,再令gi (x) bx, g2 6)(x),則在上對gl (x), g2 (x)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得b b ° bo () a) (0)兩式相加得：任意給定正整數(shù)a,b,必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù)，使得a b a b () ()成立。證法2:任意給定正整數(shù)a,b ,令五&)ax, (x)(x)，則在 U),l上對五&),垃&)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (0,1),使得_2_ a。再令 ()gl (x) (a b) (x) bx, g2 (x)(x)

4、,則在 £),1上對 gi (x), g2 &)應(yīng)用柯西中值定理得：存在 (o,i)，使得儂"3 b Q b) b a o因此有 ()(1)(0)a <a b) ( ) bba bQa b -, 移項(xiàng)得： 一)a bo分析：解1和解2都是應(yīng)用了柯西中值定理。鑒于所要證明的等式中含有兩個(gè) 中值，并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中，因此考慮須用兩次柯西中值定理。證法1和解2的不同之處是解1分別從出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。而證法2() ()b 一是先將 下 b a b移項(xiàng)得： a a b b (a h) ( ) ， 然后()() () () ()從兩邊出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。例二.設(shè)

5、f(x)在M,b上連續(xù)，在Q,b)內(nèi)可導(dǎo)且f(a) f(b),試證明：存在，<a,b),使得f()f ()o2b a證法1：根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在 Kb),使得f <b) f (a) f ( ) (b a)令g(x) X2 ,在a,b上對f(x),g (x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在 (a,b),使得f ( )f()°2 b2 a2 b a證法2：令g(x) x2 ,在la,b上對f (x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在«a,b),使得£_XX一冥&o2 b2 a2再令g &) (b a) x ,在A,b上對f (x),

6、g (x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在f ( ) f (b) f(a) f (b) f -) oQ,b),使得 b a (b a)b (b a) a b2 af綜合兩式得到存在， Q，b)，使得_ul dJ o2 b a分析：鑒于所要證明的等式中含有兩個(gè)中值，并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中 中，因此可考慮用兩次柯西中值定理，即證法 2。也可用一次柯西中值定理后,分式中函數(shù)值差的部分改用拉格朗日中值定理進(jìn)行進(jìn)一步化簡，即為證法1的基本思想方法。例三.設(shè) f (x), g (x)在 M,b上二階可導(dǎo)，并且 g (x) 0 , f (a) f (b) 0,g (a) g (b)0 ,試證:(1)在(a,b)

7、內(nèi)，g (x) 0 , f (2)在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使) f()。g ( ) g ()證明：(1)用反證法。假設(shè)存在點(diǎn)c (a,b),使g(c) 0 o分別在a,clc,b上對g(x)運(yùn)用羅爾定理，可得存在 1Q,c), 2(c,b),使得g(i g(2)0再在El, 2上應(yīng)用羅爾定理，乂可得存在3 1, 2,使得g(3)0 ,這與題設(shè)矛盾。故在(a,b)內(nèi)，g (x) 0 o(2)即證f( )g ( ) g( )f () 0 o為此作輔助函數(shù):H (x) f (x) g (x) g (x) f (x)由于 fS) f(b) g G) gb) 0,故 HG) H (b) 0。在 M,

8、b上對 H (x)應(yīng)用羅爾定理得：在Q,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使H ( ) f( )g ( ) g( )f ( ) 0 ,f (從而有 jN )g ( ) g ()分析：該題的證明主要運(yùn)用了羅爾定理。由于題設(shè)中出現(xiàn)了 f(a) f(b) 0 ,g(a) g (b) 0 ,因此在(1)的證明中可考慮用反證法，通過反復(fù)運(yùn)用羅爾定理導(dǎo)出g(3 )0，從而推出矛盾，證得結(jié)論。而(2)的證明關(guān)鍵在于首先要將欲證 的等式變形成某一函數(shù)在中值處的導(dǎo)數(shù)為零。從中選定一函數(shù)對其應(yīng)用羅爾定理 導(dǎo)出結(jié)論。例四.設(shè)f&)在上連續(xù)，在x 0處可導(dǎo)，且f (0) 0 o(1 )求證：x (0, a),9,1) ,

9、f (t)dt f (t)dt xf ( x) f ( x)oo(2)求in X 0證明：(1)令 F (x) f (t)dt f (0dt , 則 F (x) f (x) f ( x) o00根據(jù)拉格朗日中值定理，X (0,a),(0,1),使得F (x) F (x) F (0)F (x)(x 0) xf (x) f ( x)即 f(t)dt f(t)dt00xf (x) f( x)f (t)dt(2)由于 lin 2X 0f (x) f( x)f (0)向X 0而運(yùn)用洛必達(dá)法則,linx oo f (t)dto f (t)dtf (x)f ( x) 1f <0)0因此lin工。2分析

10、:此題運(yùn)用的知識點(diǎn)和方法較為綜合。既用到了積分上限的函數(shù)特性，乂 用到了拉格朗日中值定理另一種表達(dá)方式，以及洛必達(dá)法則、函數(shù)極限運(yùn)算法 則、導(dǎo)數(shù)概念等等。因此要求解題者需具備較扎實(shí)的微積分知識基礎(chǔ)和一定的函數(shù) 構(gòu)造技巧。例五.證明下列不等式:(1)|arctana arctanb| |a b(2)當(dāng)x 1時(shí)，eex證明:(1)令 f(x) arctan x, x M,b , f (x)在a,b上連續(xù),在在b）內(nèi)可導(dǎo),因此根據(jù)拉格朗日中值定理，有 f（b） f（a）f ( )(b a) , aarctan b arctan a112 (b a) , ab ,故 Lrctana(2)設(shè) f(x)

11、exex，由于f（x）在Lx上連續(xù)，在（l,x）內(nèi)可導(dǎo)，因此根據(jù)拉格朗日中值定理，有fa） f（）（xi）, a,x）o 即5ex ex fe e)(xDo1 由于 （1, x）,所以（e e）（x 1）0 ,從而當(dāng)x時(shí),分析：本例是運(yùn)用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實(shí)例。利用拉格朗日中 值定理證明不等式的一般步驟為：（1）從所欲證的不等式中找到含函數(shù)值差的表達(dá)式，從中選定f&）及一閉區(qū)間（2）運(yùn)用拉格朗日中值定理得到一等式（3）利用此等式及ab導(dǎo)出欲證的不等式。例六.設(shè)f6）在01上三階可導(dǎo)，且f（0） l,f（l） 0,f（0）0,試證：至少存在一點(diǎn) (0,1)，使得f (x)1

12、 X2 X2 (x Df ( ) , X (0,1)3!證明：即證至少存在一點(diǎn)(0,1),使得f(x) 1x2r(xl)f( )o3!令(x) f (x)1 x2 ,則(0)f(0) 1 0 ,(0)f(0)0 ,(1)0。所以可令：(x) x2 & 1)K (x),下證：K (x) f ()。3!令 H (t) f (t)1 t2 t2 (t 1)K &),則HO) 0,H 3)0,H (1) 0,H (x)0 o根據(jù)羅爾定理，在H (t)的兩個(gè)零點(diǎn)之間存在H 3的一個(gè)零點(diǎn)，因此H (t)在(0,1)內(nèi)至少有三個(gè)零點(diǎn)。同理，H (t)在(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)，而H (t)

13、在(0,1)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，記為 ，即H ( ) f () 3!K &) 0 ,從而K (x)3!所以至少存在一點(diǎn) (0,1),使得f(x) 1 X2 X3(X_1)f ( ) , X (0,1)3)分析：該題粗看貌似泰勒展開式的證明，但進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式。其難點(diǎn)在于形式x(X 1)f ()的導(dǎo)出。注意到此式中含有中值處的高階導(dǎo)數(shù)，3!因此可考慮反復(fù)用羅爾定理。證明的難點(diǎn)化解是通過將展開式移頂、尋求函數(shù)零 點(diǎn)，引進(jìn)輔助函數(shù)等手段實(shí)現(xiàn)。例七.設(shè)f (x)在a,b上連續(xù)，在Q,b)內(nèi)可導(dǎo)且f (x) 0 o試證存在f (), Q,b)，使得 :.0。f ( ) b a證明：由于

14、£(#-*在自力上滿足柯西中值定理，故必有 6,b),使f ()f(h) f(a) 。因?yàn)閒&)在A,b上滿足拉格朗日中值定理，所以存在eb eaeQ,b),使得19， f(a) f ()o于是有b af( )eb ea -m- eb ea oeb ea b a e b af (所以存在，&，b)，使得 ) eb ea e 。f ( ) b a分析：該題的解題思路為先將欲證等式中的兩處中值處導(dǎo)數(shù)拆開，得fU. ea ,在對其中，可套用柯西中值定理得出e baef( ) fjb) f"),因此只須再證f () f(b) f叫此式可由拉格朗日中值 eeb eab

15、 a定理導(dǎo)出。例八.設(shè)拋物線y x2 Bx C與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)x a,x b, a b o另有一函數(shù)f (x)在A,b上有二階導(dǎo)數(shù)，且f(a)f (b) 0，如果曲線y f(x)與y x2 Bx C在Q,b)內(nèi)有一個(gè)交點(diǎn)，求證：在 Q,b)內(nèi)存在一點(diǎn)，使得f ( )2 o證明：設(shè)曲線y f(x)與y x2 Bx C在Q,b)內(nèi)的交點(diǎn)為c。作輔助函數(shù)：(x)f&)(x2 Bx C)。由題設(shè)條件可知 (x)在M,b上有二階導(dǎo)數(shù)，且(a)(c)3。在fe,c,fc,b 上對(x)應(yīng)用羅爾定理，存在1 6 c), 2(c, b),使(D (2)0。在1,2上再對&)應(yīng)用羅爾定理，存在(

16、1' 2(a,b),使得()0 ,即 f ( ) 2 0。所以 f ( )2分析：此題證明的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為f () 2 0 o即證相應(yīng)的函數(shù)(x) f(x) ( x2 Bx C )二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。根據(jù)題設(shè)條件，y f&)與y x2 Bx C在三個(gè)點(diǎn)處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差&)有三個(gè)零點(diǎn)。在其中兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上分別應(yīng)用羅爾定理，可得到 (x)其導(dǎo)數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，在這兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上再應(yīng)用羅爾定理，可得到 (x)其二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。而(x)其二階導(dǎo)數(shù)恰好為f (x) 2。證明函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)有零點(diǎn)，可采用如下常用方法：首先尋找函數(shù)的零點(diǎn)，然后在零點(diǎn)

17、之間通過運(yùn)用羅爾定理求 得函數(shù)的高一階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)，在此基礎(chǔ)上重復(fù)前一過程，最終可得到高階導(dǎo)數(shù)的 零點(diǎn)。例九.設(shè)f&)在Q,)內(nèi)可導(dǎo)，且hn f&)存在，證明：3in f (x) 0。證明：在(a,)內(nèi)任取一點(diǎn)X,由題設(shè)條件知一必在以建1上連續(xù)、可導(dǎo)。(x, x 1),使得1,從而因此在x,x 1上對f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在f(X 1) f(x)f () f(x 1) f fc) o 因?yàn)楫?dāng)X 1 XX , 乂已知3in f&)存在，所以Xlin f ( ) lin f (x 1) f (x)in f (x 1) lin f (x)0所以 lin f (x)

18、0 o分析：此題乍看與中值定理聯(lián)系不大，但通過對題設(shè)條件的分析，可以發(fā)現(xiàn) 條件中含有與導(dǎo)數(shù)及函數(shù)值有關(guān)的信息，因此可以嘗試用中值定理證明。而結(jié)論 中出現(xiàn)了 hn f&),可在x,x 1上對f&)應(yīng)用拉格朗日中值定理，并使XX o由此可導(dǎo)出結(jié)論。例十.設(shè)f (x)在Sa上連續(xù)，且f(0)0 ,證明："f&)dx 1M a2。2其中，M m axlf (x)卜Oxa'證法1： f (x)dx a|f (x) dx ,而f(0) 0 ,所以應(yīng)用拉格朗日中值定理得: AA If (x) f (0) f (x) f ( ) x, 0所以 |f(x)| |f (

19、)|x M x o 于是有 f(x)dx |fK)px M xdx 1M a 2 o證法2：因?yàn)閒(0)0,所以f(x)f (x)| f (t)dt| If ® dt Mx,所以 00f (x) f(0) f (t)dt, 0 x a。而of (x) dxf (x)|dx | M xdx -Ma2.分析：該題首先可利用 ；f(x)dx Jf (x| dx ,將結(jié)論化成定積分問題。由 于結(jié)論中含有導(dǎo)數(shù)，因此可考慮對被積函數(shù)應(yīng)用中值定理。再利用定積分性質(zhì)導(dǎo) 出積分值上界。二、積分中值定理的應(yīng)用方法與技巧例十一.設(shè)f(x)在S1上連續(xù)且遞減，證明；當(dāng)01時(shí)，有f (x)dx f (x)dx

20、 o證明：已知f(x)在01上連續(xù)且遞減，利用積分第一中值定理，有f (x) dx of (x) dxoo)f (x)dxo)f(l)f (x)dxof (x) dxf (x)dxf (x)dxf(1 ) f ( 2)而當(dāng)o從而 f (x) dxof (x)dx o oa )f(2)由于f&)分析：定積分的比較若積分區(qū)間相同,a )f(i) f(2)在0,1上連續(xù)且遞減，所以)0 o所以of (x) dxf (x)dx 0 ,o可考慮借助于定積分關(guān)于被積函數(shù)滿fe.,b,滿足a) 3 f ()足單調(diào)性來證明。若積分區(qū)間不相同，則可借助于積分笫一中值定理將定積分化 成函數(shù)值與區(qū)間長度乘積

21、，再作比較。例十二.設(shè)f (x)在a,b上連續(xù)，證明存在一點(diǎn)o af (x)dxf) f (b)12證明：記點(diǎn)容易發(fā)現(xiàn)af(a) fb)即為線段 AB,2直線xa, xb及x軸圍成的梯形面積。由于線段AB的代數(shù)方程為:解：在上應(yīng)用積分第一中值定理f(b) a,、(y f(a)心(X a),所以b ab af(a) ft)2bf (a)bb a從而 f (x)dx If (a)f(b)Jf 6) f (a) (xb af(x) f(a)a)dxf (a)f(5)(x a)dx oR (x) f (x) f (a)f (a) (x a)由于R (a)R (b)0 ,故可設(shè) R (x)& a

22、)(x b)K (x)o作輔助函數(shù):H (t) R (6(t a)(t b)K (x),則H (t)有三個(gè)零點(diǎn)a,b,x。因此應(yīng)用羅爾定理得H (t)有兩個(gè)零點(diǎn)，再一次應(yīng)用羅爾定理，H 3在a,b內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，記為與 x 有關(guān)。即 H ( ) R ( ) 2!K (x) f ( ) 2!K (x) 0 ,所以 K (x)_d),2!從而 f( )()()。于是有 R (x)2! x a x bbD abb工3/、/.、.f (x)dx If (a) f(b)J R(x)dx (x a)(x b)dxa2aa 2!由于(x a)(x b)在a,b上不變號，而已知f (x)在a, b上連續(xù)，根據(jù)積分 第二中值定理，存在一點(diǎn)A,b,使得b f ( )f ( ) b<b a)3 (x a)(x b)dx (x a)(x b)dx £ (),a 2!2 a12從而結(jié)論得證。分析：該題首先將欲證等式右端化為一個(gè)定積分，并導(dǎo)出被積函數(shù)的簡明表 達(dá)式，再利用積分第二中值定理得到左端表達(dá)式。證明技巧要求較高之處為被積 函數(shù)的簡明表達(dá)式的推