中值定理的應用方法與技巧

1、中值定理的應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f(x)在a,b上連續(xù)，則在a,b上至少存在一點b使得f(x)dx=f(t)(b-a)0積分第二中值定理為前者的推廣，即若f(x),g(x)在aa,b上連續(xù)，且g(x)在a,b上不變號，則在a,b上至少存在一點之，使得If(x)g(x)dx=f(g(x)dx。一、微分中值定理的應用方法與技巧三大微分中值定理可應用于含有中值的等式證明,也可應用于恒

2、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，又存在著相互關(guān)聯(lián)，因此應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)，套用相應的中值定理進行證明。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.設中(x)在0,1上連續(xù)可導，且中(0)=0,中(1)=1。證明：任意給定正整數(shù)a,b,必存在(0,1)內(nèi)的兩個數(shù)tP,使得“梟+b=a+b 成立。().：()證法 1:任意給定正整數(shù) a,令 f1(x)=ax,f2(x)=cp(x),則在0,1上對 f1(x),f2(x)應用柯西中值定理得：存

3、在:(0,1),使得二/：=a。任意給定正整數(shù) b,再令 g1(x)=bx,g2(x)=?(x),則在0,1上對 g1(x),g2(x)應用柯西中值定理得：存在”(0,1),使得巾 2%bU=b。：()：(1)-(0)兩式相加得：任意給定正整數(shù)a,b,必存在(0,1)內(nèi)的兩個數(shù)之下，使得證法 2:任意給定正整數(shù)a,b,令 f1(x)=ax,f2(x)=9(x),則在0,1上對fi(x),f2(x)應用柯西中值定理得： 存在心(0,1),使得，5=a。 再令 gi(x)=(a+b)邛(x)-bx,g2(x)=邛(x),則在0,1上對 g1(x),g2(x)應用柯西中值定理得：存在”(0,1),使

4、得(a+b)*-b=(a+b)-b=a。因此有：()(1)-(0)帚=S=a+b 一前，移項得:分析：解 1 和解 2 都是應用了柯西中值定理。鑒于所要證明的等式中含有兩個中值，并且中值處的導數(shù)位于分式中，因此考慮須用兩次柯西中值定理。證法從兩邊出發(fā)構(gòu)造相應的函數(shù)。例二.設f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導且f(a)#f(b),試證明：存在Jw(a,b),使得上孕=上工”。2ba證法 1：根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在“w(a,b),使得f(b)-f(a)=f()(b-a)令 g(x)=x2,在a,b上對f(x),g(x)應用柯西中值定理，得存在士Ja,b),f()_f(b)-f(

5、a)_f()2b2-a2ba證法 2:令 g(x)=x2,在a,b上對f(x),g(x)應用柯西中值定理，得存在f()f(b)-f(a)2 一 b2-a2再令g(x)=(b+a)x,在a,b上對f(x),g(x)應用柯西中值定理，得存在f()f(b)-f(a)f(b)-f(a),22ba(ba)b-(ba)ab-a綜合兩式得到存在之Jw(a,b),使得上g=fn。2ba分析：鑒于所要證明的等式中含有兩個中值，并且中值處的導數(shù)位于分式中中，1 和解 2 的不同之處是解 1 分別從出發(fā)構(gòu)造相應的函數(shù)。而證法是先將+：()：()=a+b移項得:(ab)()-b：()：()使得*(a,b),使得n-(

6、a,b),使得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行進一步化簡，即為證法 1 的基本思想方法。例三.設f 例),g(x)在 a,b 上二階可導,并且g(x)#0,f(a)=f(b)=0,g(a)=g(b)=0,試證：(1)在(a,b)內(nèi)，g(x)#0,(2)在(a,b)內(nèi)至少存在一點使上=f8。g()g()證明：(1)用反證法。假設存在點cw(a,b),使g(c)=0。分別在a,c,c,b上對g(x)運用羅爾定理，可得存在。w(a,c)2乏(c,b),使得 g(O)=ge2)=0再在。二2上應用羅爾定理，又可得存在之正山

7、,使得 g“(4)=0,這與題設矛盾。故在(a,b)內(nèi)，g(x)#0。(2)即證f(E)g)gd)fY)=0。為此作輔助函數(shù)：H(x)=f(x)g(x)-g(x)f(x)由于f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0,故 H(a)=H(b)=0。在a,b上對H(x)應用羅爾定理得：在(a,b)內(nèi)至少存在一點 X,使Hg=f(pg 仁)-g(jfK)=0,分析： 該題的證明主要運用了羅爾定理。 由于題設中出現(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， 通過反復運用羅爾定理導出g3)=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

8、形成某一函數(shù)在中值處的導數(shù)為零。從中選定一函數(shù)對其應用羅爾定理導出結(jié)論。例四.設f(x)在-a,a上連續(xù)，在x=0處可導，且f(0)#0。x-x(1)求證：VxW(0,a),e50,1),f(t)dt+lf(t)dt=xf(6x)f(隊)(2)求limfx)0 x-x證明：(1)令 F(x)=0fdt+&fdt,則F(x)=f(x)f(x)根據(jù)拉格朗日中值定理，Vx=(0,a),三睚(0,1),使得F(x)-F(x)-F(0)-FCx)(x-0)=xfx)-fx)從而有f()g()1x-X即of(t)dtof(t)dt=xf()-f(-x)=gf(x)-f(-x)f，(0)。x22x2

9、一，、1因此lim二x02分析：此題運用的知識點和方法較為綜合。既用到了積分上限的函數(shù)特性，又用到了拉格朗日中值定理另一種表達方式，以及洛必達法則、函數(shù)極限運算法則、導數(shù)概念等等。因此要求解題者需具備較扎實的微積分知識基礎和一定的函數(shù)構(gòu)造技巧。例五.證明下列不等式：(1)arctana-arctanb1時，exex證明：(1)令f(x)=acax,xwa,b,f(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導,因此根據(jù)拉格朗日中值定理，有f(b)-f(a)=fr(S)(b-a),ad。即.1、arctanb一arctana=2(b-a),1,：2(2)設 f(x)=ex-ex,由于f(x)在1,x上連

10、續(xù)，在(1,x)內(nèi)可導，因此根據(jù)拉格朗日中值定理，有f(x)-f(1)=fV)(x-1),(1,x)0即exex=(e,-e)(x1)。由于(1,x)，所以(e：e)(x-1)a0,從而當x1時,xeaex。分析：本例是運用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實例。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)值差的表達式，從中選定f(x)及一閉區(qū)間(2)運用拉格朗日中值定理得到一等式(3)2x2而運用洛必達法則,x-x0f(t)dt0f出lim2x02xa-b,故arctana-arctanba-b(2)-Xf(t)dt0f(t)dt利用此等式及ab導出欲證的不等

11、式。例六.設f(x)在0,1上三階可導，且f(0)=-1,f(1)=0,f(0)=0,試證：至少存在一點(0,1),使得2x2(x-1).f(x)=-1x，f(),x(0,1)3!證明：即證至少存在一點七W(0,1),使得f(x)+1-X2令(x)=f(x)+1x2,則G(0)=f(0)+1=0,G0)=r(0)=0,(1)=0。所以可令：(x)=x2(x-1)K(x),下證：K(x)=U。3!令 H(t)=f(t)+1-t2-t2(t-1)K(x),則H(0)=0,H(0)=0,H(1)=0,H(x)=0。根據(jù)羅爾定理，在H的兩個零點之間存在H氣)的一個零點，因此H，(t)在(0,1)內(nèi)至少

12、有三個零點。同理，H(t)在(0,1)內(nèi)至少有兩個零點，而H“(t)在(0,1)內(nèi)至少有一個零點，記為。即H父)=ff)3!K(x)=0,從而K(x)=f*?)。3!所以至少存在一點上(0,1),使得f(x)=-1+x2+-(-)f*7-),xW(0,1)3!分析：該題粗看貌似泰勒展開式的證明，但進一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式。其難點在于形式,信1)f飛久的導出。注意到此式中含有中值處的高階導數(shù)，3!因此可考慮反復用羅爾定理。證明的難點化解是通過將展開式移項、尋求函數(shù)零點，引進輔助函數(shù)等手段實現(xiàn)。例七.設f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導且f(x)#0。試證存在證明：由于 f(x),ex

13、在a,b上滿足柯西中值定理，故必有n(a,b),使f(b)-fa(a)=f(；)。因為f(x)在a,b上滿足拉格朗日中值定理，所以存在e-ee匕w(a,b),使得f(b)f(a)=f)o于是有b-abae-e4”線)。-,n(a,b),使得f()_eb-ea士:二 ef()b-af(b)-f(a)eb-eaf()eb-ean-分析：該題的解題思路為先將欲證等式中的兩處中值處導數(shù)拆開，得化)=工隼,巴1,在對其中工期，可套用柯西中值定理得出eb-aeu3=弋-f,因此只須再證f)=f-f此式可由拉格朗日中值baee-eb-a定理導出。例八.設拋物線y=-x2+Bx+C 與 x 軸有兩個交點x=a

14、,x=b,ab。另有一函數(shù)f(x)在a,b上有二階導數(shù)，且f(a)=f(b)=0,如果曲線y=f(x)與 y=-x2+Bx+C 在(a,b)內(nèi)有一個交點，求證：在(a,b)內(nèi)存在一點上，使得f”(。=-2。證明：設曲線y=f(x)與y=-x2+Bx+C 在(a,b)內(nèi)的交點為 c。作輔助函數(shù)：(x)=f(x)-(-x2+Bx+C)0由題設條件可知率(x)在 a,b 上有二階導數(shù)， 且9(a)=中=%b)0在a,c,c,b上對中(x)應用羅爾定理，存在。w(a,c)M5c,b),使勺伯)=中色)=0。在居占2上再對單(x)應用羅爾定理,存在冥(U)u(a,b),使得用催)=0,即f“(句+2=0

15、。所以f不)=-2分析：此題證明的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為f“(4+2=0。即證相應的函數(shù)中(x)=f(x)-(-x2+Bx+C)二階導數(shù)有一個零點。根據(jù)題設條件，y=f(x)與y=-x2+Bx+C 在三個點處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差中(x)有三個零點。在其中兩個零點構(gòu)成的區(qū)間上分別應用羅爾定理，可得到q(x)其導數(shù)有兩個零點，在這兩個零點構(gòu)成的區(qū)間上再應用羅爾定理，可得到平(x)其二階導數(shù)有一個零點。而平(x)其二階導數(shù)恰好為f7x)+2o證明函數(shù)的高階導數(shù)有零點，可采用如下常用方法：首先尋找函數(shù)的零點，然后在零點之間通過運用羅爾定理求得函數(shù)的高一階導數(shù)的零點，在此基礎上重復前一過程，最

16、終可得到高階導數(shù)的零點。例九.設f(x)在(a,+)內(nèi)可導，且皿/(x)存在，證明：5*f(x)=0。所以存在t,ne(a,b),使得里三)f()證明：在(a,)內(nèi)任取一點x,由題設條件知f(x)在x,x+1上連續(xù)、可導因此在x,x+1上對f(x)應用拉格朗日中值定理得到：存在tw(x,x+1),使得f-)=(-一-()=f(x+1)-f(x)。因為當 3T 收時，X+1T+力,從而x1-xXT十 g,又已知limf(x)存在，所以x_：i二limf()=limf(x1)-f(x)=limf(x1)-limf(x)=0j二x.xJ：xJ：所以limf(x)=0Ox_二分析：此題乍看與中值定理聯(lián)

17、系不大，但通過對題設條件的分析，可以發(fā)現(xiàn)條件中含有與導數(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a(x),可在以辛十刀上對“刈應用拉格朗日中值定理，并使XT十 g。由此可導出結(jié)論。4一一、.一a1c例十.設f(x)在0,a上連續(xù)，且f(0)=0,證明：f(x)dxMa2其中，M=maxf(x)。0令街1aa證法 1:0f(x)dx,f(x)dx,而f(0)=0,所以應用拉格朗日中值定理得：f(x)-f(0)=f(x)=f()x,0 二，：x:二 aaaa1所以 f(x)=|f*(-)xMxo于是有ff(x)dxWjf(x)dxMxdx=3Ma。x證法 2:因為f(0)=0

18、,所以 f(x)=f(x)f(0)=fofH(t)dt,0 xao而f(x)=If(t)dtJ0f(t)dtMx,所以0f(x)dxj0|f(x)dxMj0 xdx=aa分析：該題首先可利用0f(x)dx|f(x)dx,將結(jié)論化成定積分問題。由于結(jié)論中含有導數(shù)，因此可考慮對被積函數(shù)應用中值定理。再利用定積分性質(zhì)導出積分值上界。二、積分中值定理的應用方法與技巧例十一.設f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，證明；當0九1時，有10f(x)dx一0f(x)dx證明：已知f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，利用積分第一中值定理，有-Ma2.2,1,1of(x)dx-Qf(x)dxjf(x)dx-of(x)dx-f

19、(x)dxZu,1=(1-)of(x)dx-f(x)dx=(1.).f(1).(1.)f(2).(1.)f(1).f(2)其中 0E 九 E%E1。由于f(x)在0,1上連續(xù)且遞減，所以.1f()_f(J)之 0,而當 0九0o 所以 f(x)dx-?4of(x)dx0,1從而f(x)dx2 九(f(x)dx。分析：定積分的比較若積分區(qū)間相同，可考慮借助于定積分關(guān)于被積函數(shù)滿足單調(diào)性來證明。若積分區(qū)間不相同，則可借助于積分第一中值定理將定積分化成函數(shù)值與區(qū)間長度乘積，再作比較。例十二.設f“(x)在a,b上連續(xù)，證明存在一點wa,b,滿足3af(x)dx-歲f(a)f(b)=-f()證明：記點

20、A(a,f(a),B(b,f(b),容易發(fā)現(xiàn)b二三f(a)+f(b)即為線段 AB,2直線x=a,x=b及 x 軸圍成的梯形面積。由于線段 AB 的代數(shù)方程為：yf(a)=f(b)_f(a)(x_a),所以b-a管f(a)f(b)bffbf)dxbb-ab從而f(x)dx-f(a)f(b)=f(x)-f(a)-aaR(x)=f(x)-f(a)一f(b)f(a)(x-a)b-a由于R(a)=R(b)=0,故可設R(x)=(x-a)(x-b)K(x)。作輔助函數(shù):H(t)=R(t)-(t-a)(t-b)K(x),則H(t)有三個零點a,b,x。因此應用羅爾定理得H(t)有兩個零點，再一次應用羅爾定

21、理，H”(t)在a,b內(nèi)有一個零點，記為弋,f()占與x有關(guān)。即H(5=R(D-2!K(x)=f(C)2!K(x)=0,所以K(x)=-(,2!f().一一從而R(x)=-(x-a)(x-b)于是有2!b.b-a.bbf()af(x)dxf(a)f(b):aR(x)dx=a；(p(x-a)(x-b)dx由于(xa)(xb)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wa,b,使得f(b)-f(a)(xa)dx(xaluxob-abf()f()b(b-a)3I-4(x-a)(xb)dx=-4-(x-a)(x-b)dx=f”(),a2!2a12從而結(jié)論得證。分析：該題首先將欲證等式右端化為一個定積分，并導出被積函數(shù)的簡明表達式，再利用積分第二中值定理得到左端表達式。證明技巧要求較