《专升本《高等数学》备考冲刺-中值定理的应用方法与技巧.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专升本《高等数学》备考冲刺-中值定理的应用方法与技巧.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、中值定理的应用方法与技巧中值定理的应用方法与技巧中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分。微分中值定理即罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，一般高等数学教科书上均有介绍，这里不再累述。积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。积分第一中值定理为大家熟知，即若在a,b上连续，则在a,b上至少存在一点)(xf，使得。积分第二中值定理为前者的推广，即若)()(abfdxxfba在a,b上连续，且在a,b上不变号，则在a,b上至少存在一点，)(),(xgxf)(xg使得。babadxxgfdxxgxf)()()()(一、 微分中值定理的应用方法与技巧三大微分中值定理可应用于含有中值的
2、等式证明，也可应用于恒等式及不等式证明。由于三大中值定理的条件和结论各不相同，又存在着相互关联，因此应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、不等式，分析其结构特征，结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数，套用相应的中值定理进行证明。这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论，并且掌握一定的函数构造技巧。例一设在0,1上连续可导，且。证明：任意给定正)(x1) 1 (, 0)0(整数，必存在(0,1)内的两个数，使得成立。ba,baba)()(证法 1：任意给定正整数，令，则在0,1上对a)()(,)(21xxfaxxf应用柯西中值定理得：存在，使得。)(),(21xfxf) 1
3、, 0(aaa)0() 1 (0)(任意给定正整数，再令，则在0,1上对应b)()(,)(21xxgbxxg)(),(21xgxg用柯西中值定理得：存在，使得。) 1 , 0(bbb)0() 1 (0)(两式相加得：任意给定正整数，必存在(0,1)内的两个数，使得ba,baba)()(成立。证法 2：任意给定正整数，令，则在0,1上对ba,)()(,)(21xxfaxxf应用柯西中值定理得：存在，使得。再令)(),(21xfxf) 1 , 0(aa)(，则在0,1上对应用柯西中值定)()(,)()()(21xxgbxxbaxg)(),(21xgxg理得：存在，使得。因此有) 1 , 0(abb
4、abba)0() 1 ()()()()(，移项得：。)()()()()(bbabbaababa)()(分析：解 1 和解 2 都是应用了柯西中值定理。鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中，因此考虑须用两次柯西中值定理。证法 1 和解 2 的不同之处是解 1 分别从出发构造相应的函数。而,)(a)(b证法 2 是先将移项得：baba)()(，然后从两边出发构造相应的函数。)()()()()(bbabbaa例二设在a,b上连续，在(a,b)内可导且，试证明：存在)(xf)()(bfaf),(,ba，使得。abff)(2)(证法 1：根据条件，由拉格朗日中值定理，存在，使得)
5、,(ba)()()(abfafbf令，在a,b上对应用柯西中值定理，得存在，2)(xxg)(),(xgxf),(ba使得 。abfabafbff)()()(2)(22证法 2：令，在a,b上对应用柯西中值定理，得存在2)(xxg)(),(xgxf，使得 。),(ba22)()(2)(abafbff再令，在a,b上对应用柯西中值定理，得存在xabxg)()()(),(xgxf，使得 。),(ba22)()()()()()()(abafbfaabbabafbfabf综合两式得到存在),(,ba，使得。abff)(2)(分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中中，因此可考虑
6、用两次柯西中值定理，即证法 2。也可用一次柯西中值定理后，分式中函数值差的部分改用拉格朗日中值定理进行进一步化简，即为证法1 的基本思想方法。例三设在a,b上二阶可导，并且，)(),(xgxf0)( xg0)()(bfaf，试证：0)()(bgag（1）在(a,b)内，0)(xg（2）在(a,b)内至少存在一点，使。)()()()(gfgf 证明：（1）用反证法。假设存在点，使。分别在),(bac0)(cg上对运用罗尔定理，可得存在，使得,bcca)(xg),(),(21bcca0)()(21gg再在上应用罗尔定理，又可得存在，使得，这与题,21,2130)(3 g设矛盾。故在(a,b)内，。
7、0)(xg（2）即证。为此作辅助函数：0)()()()( fggf)()()()()(xfxgxgxfxH由于，故。在a,b上对应用0)()()()(bgagbfaf0)()(bHaH)(xH罗尔定理得：在(a,b)内至少存在一点，使，0)()()()()( fggfH从而有。)()()()(gfgf 分析：该题的证明主要运用了罗尔定理。由于题设中出现了，因此在（1）的证明中可考虑用反证法，通0)()(bfaf0)()(bgag过反复运用罗尔定理导出，从而推出矛盾，证得结论。而（2）的证0)(3 g明关键在于首先要将欲证的等式变形成某一函数在中值处的导数为零。从中选定一函数对其应用罗尔定理导出
8、结论。例四.设在-a,a上连续，在处可导，且。)(xf0 x0)0( f（1）求证：，) 1 , 0(), 0(ax)()()()(00 xfxfxdttfdttfxx（2）求0limx证明：（1）令，则。xxdttfdttfxF00)()()()()()(xfxfxF根据拉格朗日中值定理，使得), 0(ax) 1 , 0()()()0)()0()()(xfxfxxxFFxFxF即)()()()(00 xfxfxdttfdttfxx（2）由于002000lim)0(2)()(lim2)()(limxxxxxfxxfxfxdttfdttf而运用洛必达法则，。)0(2122)()(lim2)()(
9、lim02000fxxfxfxdttfdttfxxxx因此。21lim0 x分析：此题运用的知识点和方法较为综合。既用到了积分上限的函数特性，又用到了拉格朗日中值定理另一种表达方式，以及洛必达法则、函数极限运算法则、导数概念等等。因此要求解题者需具备较扎实的微积分知识基础和一定的函数构造技巧。例五.证明下列不等式：（1）babaarctanarctan（2）当时，1xexex证明：（1）令，在上连续，在内可,arctan)(baxxxf)(xf,ba),(ba导，因此根据拉格朗日中值定理，有，。即)()()(abfafbfba，故)(11arctanarctan2ababbababaarcta
10、narctan（2）设，由于在上连续，在内可导，因此根exexfx)()(xf, 1 x), 1 ( x据拉格朗日中值定理，有。即), 1 (),1)() 1 ()(xxffxf。由于，所以，从而当) 1)(xeeexex), 1 ( x0) 1)(xee时，。1xexex分析：本例是运用拉格朗日中值定理证明不等式的典型实例。利用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤为：（1）从所欲证的不等式中找到含函数值差的表达式，从中选定及一闭区间（2）运用拉格朗日中值定理得到一)(xf等式（3）利用此等式及导出欲证的不等式。ba例六.设在0,1上三阶可导，且，试证：至)(xf0)0(, 0) 1 (, 1
11、)0(fff少存在一点，使得) 1 , 0(， )(! 3) 1(1)(22fxxxxf ) 1 , 0(x证明：即证至少存在一点，使得。) 1 , 0()(! 3) 1(1)(22fxxxxf 令，则，21)()(xxfx01)0()0(f，。0)0()0(f0) 1 (所以可令：，下证：。)() 1()(2xKxxx! 3)()(fxK 令，则)() 1(1)()(22xKttttftH。0)(, 0) 1 (, 0)0(, 0)0(xHHHH根据罗尔定理，在的两个零点之间存在的一个零点，因此)(tH)(tH在内至少有三个零点。同理，在内至少有两个零点，而)(tH) 1 , 0()(tH
12、) 1 , 0(在内至少有一个零点，记为即，从而)(tH ) 1 , 0(,0)(! 3)()( xKfH。所以至少存在一点，使得! 3)()(fxK ) 1 , 0(， )(! 3) 1(1)(22fxxxxf ) 1 , 0(x分析：该题粗看貌似泰勒展开式的证明，但进一步分析发现并非泰勒展开式。其难点在于形式的导出。注意到此式中含有中值处的高阶导)(! 3) 1(2fxx 数，因此可考虑反复用罗尔定理。证明的难点化解是通过将展开式移项、寻求函数零点，引进辅助函数等手段实现。例七.设在a,b上连续，在(a,b)内可导且。试证存在)(xf0)(xf，使得。),(,baeabeeffab)()(
13、证明：由于在a,b上满足柯西中值定理，故必有，使xexf),(),(ba。因为在a,b上满足拉格朗日中值定理，所以存在efeeafbfab)()()()(xf，使得。于是有),(ba)()()(fabafbf。abeeefabeeeeafbffababab)()()()(所以存在，使得。),(,baeabeeffab)()(分析：该题的解题思路为先将欲证等式中的两处中值处导数拆开，得，在对其中，可套用柯西中值定理得出abeeeffab)()(ef)( ，因此只须再证，此式可由拉格朗日中abeeafbfef)()()(abafbff)()()(值定理导出。例八.设抛物线与 x 轴有两个交点。另有
14、一CBxxy2babxax,函数在a,b上有二阶导数，且,如果曲线与)(xf0)()(bfaf)(xfy 在(a,b)内有一个交点，求证：在(a,b)内存在一点,使得CBxxy2。2)( f证明：设曲线与在(a,b)内的交点为 。作辅助函)(xfy CBxxy2c数：。由题设条件可知在a,b上有二阶导数，)()()(2CBxxxfx)(x且。在a,c,c,b上对应用罗尔定理，存在)()()(bca)(x，使。在上再对应用罗尔定理，),(),(21bcca0)()(21,21)(x存在，使得，即。所以),(),(21ba0)( 02)( f2)( f分析：此题证明的关键在于先将欲证等式化为。即证
15、相应的函02)( f数二阶导数有一个零点。根据题设条件，)()()(2CBxxxfx与在三个点处有相等的函数值，因此两者的差有)(xfy CBxxy2)(x三个零点。在其中两个零点构成的区间上分别应用罗尔定理，可得到其导)(x数有两个零点，在这两个零点构成的区间上再应用罗尔定理，可得到其二)(x阶导数有一个零点。而其二阶导数恰好为。证明函数的高阶导数)(x2)( xf有零点，可采用如下常用方法：首先寻找函数的零点，然后在零点之间通过运用罗尔定理求得函数的高一阶导数的零点，在此基础上重复前一过程，最终可得到高阶导数的零点。例九.设在内可导，且存在，证明：。)(xf),( a)(limxfx0)(
16、limxfx证明：在内任取一点由题设条件知在上连续、可导。),( a, x)(xf 1,xx因此在上对应用拉格朗日中值定理得到：存在，使得 1,xx)(xf) 1,(xx。因为当时，从而)() 1(1)() 1()(xfxfxxxfxff1x，又已知存在，所以x)(limxfx0)(lim) 1(lim)() 1(lim)(limxfxfxfxffxxx所以。0)(limxfx分析：此题乍看与中值定理联系不大，但通过对题设条件的分析，可以发现条件中含有与导数及函数值有关的信息，因此可以尝试用中值定理证明。而结论中出现了，可在上对应用拉格朗日中值定理，并使)(limxfx 1,xx)(xf。由此
17、可导出结论。x例十设在上连续，且，证明：)(xf , 0a0)0(f2021)(Madxxfa其中，。)(max0 xfMax证法 1：，而，所以应用拉格朗日中值定理dxxfdxxfaa00)()(0)0(f得：axxfxffxf0,)()()0()(所以。于是有。 Mxxfxf)()(200021)()(MaxdxMdxxfdxxfaaa证法 2：因为，所以，。而0)0(fxdttffxfxf0)()0()()(ax 0，所以Mxdttfdttfxfxx00)()()(.21)()(2000MaxdxMdxxfdxxfaaa分析：该题首先可利用，将结论化成定积分问题。由dxxfdxxfaa0
18、0)()(于结论中含有导数，因此可考虑对被积函数应用中值定理。再利用定积分性质导出积分值上界。二、 积分中值定理的应用方法与技巧例十一.设在0,1上连续且递减，证明；当时，有)(xf10010)()(dxxfdxxf证明：已知在0,1上连续且递减，利用积分第一中值定理，有)(xf)()()1 ()()1 ()()1 ()()()1 ()()()()()(212101100010ffffdxxfdxxfdxxfdxxfdxxfdxxfdxxf其中。由于在0,1上连续且递减，所以1021)(xf，而当时，。所以0)()(21ff100)1 (，从而。0)()(010dxxfdxxf010)()(d
19、xxfdxxf分析：定积分的比较若积分区间相同，可考虑借助于定积分关于被积函数满足单调性来证明。若积分区间不相同，则可借助于积分第一中值定理将定积分化成函数值与区间长度乘积，再作比较。例十二.设在上连续，证明存在一点，满足)(xf ,ba,ba)(12)()()(2)(3fabbfafabdxxfba 证明：记点，容易发现即为线段)(,(),(,(bfbBafaA)()(2bfafabAB，直线及 x 轴围成的梯形面积。由于线段 AB 的代数方程为：bxax ,，所以)()()()(axabafbfafydxaxabafbfafbfafabba)()()()()()(2从而。dxaxabafb
20、fafxfbfafabdxxfbaba)()()()()()()(2)(令 )()()()()()(axabafbfafxfxR由于，故可设。作辅助函数：0)()(bRaR)()()(xKbxaxxR，则有三个零点。因此应用罗尔定理得)()()()(xKbtattRtH)(tHxba,有两个零点，再一次应用罗尔定理，在内有一个零点，记为，)(tH)(tH ,ba与有关。即，所以，x0)(! 2)()(! 2)()( xKfxKRH! 2)()(fxK 从而。于是有)(! 2)()(bxaxfxR dxbxaxfdxxRbfafabdxxfbababa)(! 2)()()()(2)( 由于在上不
21、变号，而已知在上连续，根据积)(bxax,ba)(xf ,ba分第二中值定理，存在一点，使得,ba，)(12)()(2)()(! 2)(3fabdxbxaxfdxbxaxfbaba 从而结论得证。分析：该题首先将欲证等式右端化为一个定积分，并导出被积函数的简明表达式，再利用积分第二中值定理得到左端表达式。证明技巧要求较高之处为被积函数的简明表达式的推导，这一过程亦有常规可寻，可先找出函数的零点，从而导出函数表达式中的一次因式。其余部分可通过构造辅助函数推得，参见例六。三、微分、积分中值定理的综合应用方法与技巧例十三.设在0,1上可导，且，试证明：存在)(xf2/100)(2) 1 (dxxxf
22、f，使得。 ) 1 , 0()()(ff证明：令 ，则有)()(xxfxF，（积分)()(2)()(2) 1 () 1 (2/102/10FfdxfdxxxffF)21, 0(第一中值定理） 。在上应用罗尔定理，存在，使得。 1 ,) 1 , 0() 1 ,(0)(F即，从而有。0)()(ff)()(ff分析：以上证法是从结论出发，将结论化成即, 0)()(ff。符合罗尔定理的结论特征。结合条件，考虑对函数0| )(xxxf)(xxf应用罗尔定理，但通过对端点处函数值的计算，结合积分第一中值定理，发现应用罗尔定理时相应的闭区间并不是0,1,而是位于其内部的一个闭区间。例十四.设在上有连续导数，求)(xf),(aaadtatfatfa)()(41lim20解：在-a,a上应用积分第一中值定理，)()()()(lim)()(241lim)()(41lim02020aaafafafafaadtatfatfaaaaaaaa在上应用拉格朗日中值定理，,aa上式，)(lim0faaaaa22)0(f 分析：注意到该题的难点之一是所求极限含有形式较为复杂的积分，而被积函数恰为函数值之差，因此可先对结论中形式较为复杂的积分应用积分第一中值定理，将其化为函数值之差，再对其应用拉格朗日中值定理，进一步简化形式，从中易求得所求极限。