第四章 微积分中值定理与泰勒公式

第四章 微积分中值定理与证明

4.1 微分中值定理与证明

一 基本结论 1．连续性定理：

定理1（零点定理） 若()f x 在[,]a b 连续，()()0f a f b ?<，则(,)a b ξ?∈，使得 ()0f ξ=。

定理2（最值定理） 若()f x 在[,]a b 连续，则存在12,x x 使得12(),()f x m f x M ==． 其中,m M 分别是()f x 在[,]a b 的最小值和最大值．

定理3（介值定理）若()f x 在[,]a b 上连续，则存在最小值和最大值分别是,m M ，对 于任意的[,]C m M ?∈，都存在[,]a b ξ?∈使得()f C ξ=．

更一般的结论：若()f x 在[,]a b 上连续，对1x ?，2[,]x a b ∈，（假设12()()f x f x <），则12[(),()]C f x f x ?∈，都存在12(,)x x ξ∈，使得()f C ξ=。

2．微分中值定理：

定理1（费玛定理）如果0x 是极值点，且()f x 在0x 可导， 则0()0f x '=．

定理2 （罗尔定理） 若()f x 在[,]a b 连续，在(,)a b 可导，()()f a f b =，则(,)a b ξ?∈， 使得()0f ξ'=．

定理3（拉格朗日定理）若()f x 在[,]a b 连续，在(,)a b 可导，则(,)a b ξ?∈，使得

()()()()f b f a b a f ξ'-=-．

定理4（柯西定理） 若()f x ，()g x 在[,]a b 连续，在(,)a b 可导，且()0g x '≠，则 (,)a b ξ?∈使得

()()

()()()

()

f b f a f

g b g a g ξξ'-=

'-．

定理5（泰勒公式和麦克劳林公式）（数三不要求）

泰勒公式：设()f x 在0x 的某个邻域内0()U x 具有1n +阶导数，则0()x U x ?∈，有 ()

(1)

1

000000()

()

()()()()...()()

!

(1)!

n n n

n f

x f

f x f x f x x x x x x x n n ξ++'=+-++

-+

-+，

其中ξ在x 和0x 之间，常常把ξ表示为00()x x x θ+-，01θ<<．

麦克劳林公式：设()f x 在0的某个邻域内(0)U 具有1n +阶导数，则(0)x U ?∈，有

()

(1)

1

(0)

()

()(0)(0)...!

(1)!

n n n

n f

f

f x f f x x x

n n ξ++'=+++

+

+，

其中ξ在0和x 之间．

3．连续定理和微分中值定理特点：

（1）证明存在性，使函数在一点的函数值满足某个等式，常应用连续性定理：零点定 理、最值定理、介值定理，其中最常用的是零点定理．

（2）证明存在性，使函数在一点的导函数值满足某个等式，常应用微分中值定理：费玛定理、罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒公式，其中最常用的是罗尔定理．

（3）费玛定理、罗尔定理、拉格朗日定理仅仅涉及一个函数，而柯西中值定理涉及到

两个函数；

（4）若题设涉及到高阶导数，常应用到泰勒公式和麦克劳林公式；

二 基本方法

题型1 方程的根的讨论（函数的零点）

1．方程根（函数的零点）的存在性：主要应用零点定理．

2．方程根（函数的零点）的个数的讨论：求出单调区间，对每个单调区间应用零点定理来判断是否有零点，即是否有根，从而得到函数在给定的区间上根的个数以及根所处的位置（范围）．

例1 证明：当230a b -<时，实系数方程320x ax bx c +++=只有唯一实根．

证明 令32()f x x ax bx c =+++，则2()32f x x ax b '=++，由于230a b -<，于是

2

()320f x x ax b '=++>，即()f x 单调递增的．由于

lim ()x f x →+∞

=+∞，lim ()x f x →-∞

=-∞

所以()y f x =与x 轴有且仅有一个交点．即方程320x ax bx c +++=只有唯一实根．

例2 证明：方程1ln 0e

x x +=只有一个实根．

证明 设1()ln e f x x x =+

，则()ln 1f x x '=+，令()0f x '=，解得1e

x =．显然在

10,e

?? ???上，()0f x '<，于是()f x 在1

0,

e ??

?

??

单调减少；在1,e ??+∞ ???上，()0f x '>，于是()f x 在1

,e ??+∞

???单调增加，而10e f ??

= ???

，所以方程1ln 0e x x +=只有一个实根．

例3 讨论方程33x x c -=中的常数c ，在什么情况仅有一个根，两个根，三个根？

解 令3()3f x x x c =--，则2()33f x x '=-，令()0f x '=，解得1x =±．于是在

(,1)-∞-上，()f x 单调增加，在(1,1)-上，()f x 单调减少；在(1,)∞上，()f x 单调增加。

如图4-1（1~2），当(1)0f -<或(1)0f >，函数()y f x =图像与x 轴仅有一个交点；

图4-1（1） 图4-1（2） 如图4-2（1~2），当(1)0f -=或(1)0f =，函数()y f x =图像与x 轴有两个交点；

图4-2（1）

图4-2（2）

如图4-3，当(1)0f ->且(1)0f <，函数()y f x =图像与x 轴有三个交点。综上所述

（1）2c >或2c <-，方程仅有一个实根； （2）2c =或2c =-，方程有两个实根； （3）22c -<<，方程有三个实根； 例4设()f x 在[0,)+∞上有连续导数，且

()0f x k '≥>，(0)0f <，证明；()f x 在 [0,)

+∞上仅有一个零点．

证明 应用拉格朗日定理，有

()(0)()f x f xf ξ'-=， 图4-3

从而有()(0)f x f xk ≥+．根据0k >，则有lim ()x f x →+∞

=+∞．又由于(0)0f <，所以一

定存在零点.，又由于()0f x k '≥>，函数()f x 单调，所以()f x 在[0,)+∞上仅有一个零点．

例5 设函数()f x 可导，证明：()f x 的任何两个零点之间有()()f x f x '+一个零点．

分析 引入辅助函数可用解方程方法，即令()()0f x f x '+=，于是有

()1()

f x f x '=-，解

此方程得到ln ()f x x C =-+，即()e e x C f x =，所以辅助函数为()e ()x F x f x =．

证明 设()e ()x F x f x =，又设1212,()x x x x <是()f x 的两个零点，即

12()()0f x f x ==.

于是111()e ()0x F x f x ==，2

22()e

()0x F x f x ==，由于函数()f x 可导，于是函数()f x 连

续，所以()F x 在闭区间12[,]x x 满足罗尔定理条件，从而存在12(,)x x ξ∈，使得

()0F ξ'=．

由于()e [()()]x F x f x f x ''=+，所以()e [()()]0F f f ξξξξ''=+=，这蕴含着

()()0f f ξξ'+=．

例6 （数三不要求）设函数()f x 在[1,)+∞上有()0f x ''≤且(1)2,(1)3f f '==-，证明：在[1,)+∞上，方程()0f x =仅有一实数根.

证明 根据泰勒公式

2

()

()(1)(1)(1)(1)2!

f f x f f x x ξ'''=+-+

-，

于是

()23(1)35f x x x ≤--=-+，

显然存在点ξ使得()0f ξ<，又由于(1)2f =，以及()f x 连续，所以()f x 存在零点．

下面证明唯一性：只需证明()f x 是单调的，即证明()0f x '<或()0f x '>．事实上， 由于()0f x ''≤，(1)3f '=-，所以在[1,)+∞上，()0f x '<．

例 7 求证：方程2

e x ax bx c =++的根不超过三个．

证明 用反证法：令2

()e ()x

F x ax bx c =-++，若函数()F x 有四个零点，不妨设

1234x x x x <<<，且1234()()()()0F x F x F x F x ====，

显然()F x 在122334[,],[,],[,]x x x x x x 均满足罗尔定理条件，于是存在三点123ζζζ<<，其中112223334(,),(,),(,)x x x x x x ζζζ∈∈∈，使得

123()()()0F F F ζζζ'''===．

同样，对导函数()F x '在1223[,],[,]ζζζζ应用罗尔定理，则存在两点12ηη<，其中

112223(,),(,)ηζζηζζ∈∈，且12()()0F F ηη''''==．

类似地，对二阶导函数()F x ''在12[,]ηη应用罗尔定理，则存在一点12[,]ξηη∈，使得

()0F ξ'''=．

而()e x F x '''=，于是有e 0ξ=，这是个矛盾结果． 注1 结论为否定形式的命题，常常用反证法．

方程根的讨论方法综述：

（1）对具体函数来说，讨论方程根（函数的零点）的存在性、根的个数、根的范围是件比较容易的事情，只要求出单调区间，判断每个单调区间是否有根，就可以得到所需结论．如例1~例3，只是求单调区间，判断每个单调区间是否有零点．

（2）对抽象函数来说，讨论方程()0f x =根（函数()f x 的零点）的存在性，往往都要借助导数的性质．为了研究函数()f x 的性质，通常要借助导函数()f x '，这就需要建立()f x 和()f x '的必要联系，从而用到微分中值定理，如例4和例6．

题型2 证明不等式

（1）利用函数的单调性（导数或高阶导数）证明不等式 例1 当02

x π

<<

时，证明：

（1）sin tan 2x x x +>； （2）3

1tan 3x x x >+．

证明（1）设()sin tan 2f x x x x =+-，则

2

()cos sec 2f x x x '=+-，

3

2()sin 2sec sec tan sin 10cos f x x x x x x x ??

''=-+?=-> ???

， 所以，函数()f x '严格单调递增，又由于(0)0f '=，因此在02

x π

<<上，()0f x '>，于

是()f x 严格单调递增。又由于(0)0f =，从而在02

x π

<<上，()0f x >．即

sin tan 2x x x +>． （2）设3

1()tan 3

f x x x x =--，则

2222

()sec 1tan (tan )(tan )f x x x x x x x x x '=--=-=-+，

由于tan 0x x +>，为了确定tan x x -的符号，我们另令()tan g x x x =-，则

2

()sec 10g x x '=->，

于是()g x 严格单调递增，由于(0)0g =，因此在02

x π

<<上，()0g x >．于是()0f x >，

即

3

1tan 3

x x x >+

．

例2 设0x >，e a >，证明：()a a x

a x a ++<．

证明 为了证明()a a x

a x a

++<，只要证明

ln ln()a a x a

a x

+>

+．于是令ln ()x f x x

=

，则

2

1ln ()0x

f x x

-'=<，(e)x >，

所以，函数()f x 严格单调减少，又由于a x a +>，因此

ln ln()a a x a

a x +>

+，

即()a a x a x a ++<．

例3 证明：当0x π<<时，sin

2x x

π

>

证明 （方法1 利用凸函数性质）令()sin 2

x x

F x π=-，得到1()sin

042

x

F x ''=-

<，

所以()F x 在(0,)π上是上凸的，而(0)()0F F π==，所以在0x π<<上，()0F x >．即

sin

2

x

x

π

>

．

（方法2 变形，证明它的另一种形式的不等式）

若证明sin 2x x π>，只需证明sin 120x x π->，于是令sin

12()x F x x π

=-，则 221cos sin

1222()cos 2tan 0222x x x x x F x x x x -??'==-< ???

． 因此()F x 在0x π<<上单调递减．由于()0F π=，于是在0x π<<上，()0F x >．故

sin

12()0x

F x x

π

=

->（0x π<<）

即

sin

2

x x

π

>（0x π<<）．

（2）利用函数最值证明不等式

例4 证明：1x ?>-和1p >，有(1)1p x px +≥+．

证明 令()(1)1p

f x x px =+--，则1

1

()(1)[(1)

1]p p f x p x p p x --'=+-=+-，

显然， ()f x '在(1,)-+∞可能大于0，也可能小于0，于是()f x 并非是单调的．

当(1,0)x ∈-时，()0f x '<，于是()f x 在区间(1,0)-单调递减；当(0,)x ∈+∞时，

()0f x '>，于是()f x 在区间(0,)+∞单调递增，所以0x =是函数()f x 在区间(1,)-+∞上的最小值点，当然(0)f 是最小值，由于(0)0f =，于是1x ?>-，有()(0)0f x f ≥=，即

(1)1p

x px +≥+．

例5 证明：当2x ≤时，332x x -≤．

证明 事实上，我们只要证明：3

()3f x x x =-在[2,2]-上的最值的绝对值不超过2即可．

由于2

()333(1)(1)f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，解得1x =和1x =-，于是函数

3

()3f x x x =-在[2,2]-上的最值：

max{(2),(1),(1),(2)}2M f f f f =--=； min{(2),(1),(1),(2)}2m f f f f =--=-．

于是当2x ≤时，

3

()32f x x x =-≤．

（3）利用拉格朗日定理、柯西定理和凸凹性证明不等式

（1）若()0f x ''>（()0f x ''<），则()f x 是凹（凸）函数，于是12,x x ?，有

11221122()()()f a x a x a f x a f x +<+（11221122()()()f a x a x a f x a f x +>+）． （2）若()f x 在12[,]x x 上满足拉格朗日定理条件，则

2121

()()

()f x f x f x x ξ-'=-．

其中12x x ξ<<，根据12x x ξ<<，确定()f ξ'的不等式．

（3）若()f x 和()g x 在12[,]x x 上满足柯西定理条件，则

2121()()()()()

()

f x f x f

g x g x g ξξ'-='-．

其中12x x ξ<<，根据12x x ξ<<，确定

()()

f g ξξ''的不等式．

例6 证明不等式：

1

1

ln(1)ln (0)1x x x x x <+-<

>+．

证明 设()ln f x x =（0x >）．显然()f x 在[,1]x x +满足拉格朗日定理条件，则有

(1)()()f x f x f ξ'+-=，1x x ξ<<+，

即

1

l n (1)l n ()x x f

ξξ

'+-==． 由于1x x ξ<<+，于是

11

11x

x

ξ

<

<

+，因此

11ln(1)ln (0)1x x x x

x

<+-<

>+．

例 7 当1230x x x π<<≤≤时，证明不等式：

32

21

21

32

sin sin sin sin x x x x x x x x -->

--.

证明 显然s i n x 在12[,]x x 和23[,]x x 区间上满足拉格朗日中值定理条件，于是存在

121)(,x x ξ∈和232)(,x x ξ∈，有

21

121

sin sin cos x x x x ξ-=- 和

32

232

sin sin cos x x x x ξ-=-

由于120,,][ξξπ∈，且12ξξ<，于是12cos cos ξξ<，所以有

32

21

21

32

sin sin sin sin x x x x x x x x -->

--．

例8 证明不等式：arctan ln(1)(0)1

x

x x x +>

>+．

证明 方法1 柯西定理：设()(1)ln(1)f x x x =++和()arctan g x x =（0x >）．显然

()f x 和()g x 在[0,]x 满足柯西定理条件，则有

()(0)()()(0)

()

f x f f

g x g g ξξ'-=

'-，0x ξ<<，

即

2

2

(1)l n (

1)1l n (1)(1)[1

l n (1)]1

1

a r c t a n

1x x x ξξξξ

++++==+++>+． 因此有

arctan ln(1)(0)1

x

x x x +>

>+．

方法2 利用函数的单调性证明：设()(1)ln(1)arctan f x x x x =++-，0x >，则

2

1()ln(1)11f x x x

'=++-

+，2

2

1

2()1(1)

x

f x x x ''=

+

++

显然()0f x ''>，所以()f x '单调递增，根据(0)0f '=，因此()0f x '>(0)x >，所以()

f x 单调递增，根据(0)0f =，得到()0f x >(0)x >，故

(1)ln(1)arctan 0x x x ++->．

（4）利用函数的凸凹性证明不等式 例9 求证：()ln

ln ln 2

x y x y x x y y ++≤+，,0x y >．

证明 令()ln f x x x =，则1()0f x x

''=>，于是函数()f x 在(0,)+∞是凹函数，所以

对任意的,(0,)x y ∈+∞，有11

1

1()()2

222f x y f x f y ??+

≤+

???，即 ()ln

ln ln 2

x y x y x x y y ++≤+．

证明不等式方法综述

1．如果不等式是一个具体一元函数，一般可考虑利用单调性去证明，若非单调，可考

虑利用最值法去证明．

需要指出的是：如例3，一个方法是利用函数的凸凹性质证明，另一个方法是变形后，利用单调性去证明的．但是，如果不变形，直接去证明

()sin

2

x x

F x π

=-，0x π<<，

大于零，不论利用单调性，还是利用最值性都是没办法解决的（读者自己尝试），因此说变形或问题的转化是证明不等式常用的手段．例2也是如此，直接证明

()()0a a x

g x a x a +=+-<（0x >，e a >）

， 很难，但当变形后，证明

ln ln()a a x a

a x

+>

+，

这个问题就变得简单了．

2．如果不等式表示为一个函数的两点函数值的差，如例6和例7，一般要考虑拉格朗日定理，当然有的问题也可以利用单调性或最值性，但例7显然不适；

3．如果不等式表示为两个函数的两点函数值的差，如例8，对数函数和反三角函数，此时要考虑柯西中值定理，有时也可以利用单调性或最值性；

4．如果不等式含有同一个函数的两个变量，或两个点，或两个字母，表示为函数值的“和”，如例9，一般要利用函数的凸凹性；

诚然，对不同的不等式，可采用不同的证明方法，具体问题具体分析．但是，在证明过程中，将问题的转化（变形）是证明不等式常用的手段和技巧．

题型3 存在一点满足等式的证明

利用微分中值定理证明存在性引入辅助函数的方法：观察方法、解方程方法．

（1）观察方法：将结论中的ξ改为x ，观察哪个函数的导函数是结论中的ξ改为x 的形式，这个函数就是我们要引入的函数；

（2）解方程方法：若通过观察方法，没办法得到辅助函数，我们可以通过解方程的方 法，得到辅助函数．具体方法是：将结论中的ξ改为x ，解微分方程，得到方程的通解，最后将解变形，一端化为任意常数，另一端就是我们要引入的辅助函数．

例1 设()f x 在[,]a b 上连续，a c d b <<<，证明：(,)a b ξ?∈对任意的正数,p q 有 ()()()(p f c q f d p q f ξ+=+

证明 方法1 利用零点定理：令()()()()()F x p q f x pf c qf d =+--，因为()f x 在[,]a b 上连续，所以()F x 在[,]a b 上连续，且

()[()()]F c q f c f d =-，()[()()]F d p f d f c =-．

若()()f c f d =，我们取c ξ=或d ，结论显然成立．若()()f c f d ≠，则()()0F c F d <

根据零点定理，(,)a b ξ?∈有()0F ξ=，所以有()()()()pf c qf d p q f ξ+=+． 方法2 利用介值定理：由于()f x 在[,]a b 上连续，所以()f x 在[,]a b 上可以达到最 大值和最小值，,m M ?使得()m f x M ≤≤，当然(),()m f c M m f d M ≤≤≤≤，所以

(),()pm pf c pM qm qf d qM ≤≤≤≤， 故

()()()()p q m pf c qf d p q M +≤+≤+，

从而有

()()

pf c qf d m M p q

+≤

≤+，

根据介值定理，(,)a b ξ?∈有

()()

()pf c qf d f p q

ξ+=

+，

所以有

()()()()pf c qf d p q f ξ+=+．

例2 设()f x 在R 上连续，[()]f f x x =，证明：R ξ?∈，使得()f ξξ=． 证明 引入辅助函数()()F x f x x =-，则

[()][()]()()F f x f f x f x x f x =-=-．

若()x f x =，结论已经成立．若()x f x ≠，则()[()]0F x F f x ?<，由于()f x 在R 上连续，根据零点定理，ξ?使得()0F ξ=，即()()0F f ξξξ=-=，从而有

()f ξξ=．

例3 若()f x 在[,]a b 上连续，1[,]x a b ?∈，都2[,]x a b ?∈，使得211()()2

f x f x =，

则[,]a b ξ?∈，使得()0f ξ=．

证明 由于()f x 在[,]a b 上连续，于是()f x 在[,]a b 上也连续，由最值性，()f x 在[,]a b 上取到最小值，不妨令0()f x m =（最小值）

，接下来，只要证明：0m =． 事实上，对于0x ，根据已知条件，存在[,]x a b ?∈，有011()()2

2

f x f x m =

=

，于是

0m =，不然将产生矛盾．

例4 设()f x 在[0,1]上可导，且(1)0f =，证明：(0,1)ξ?∈，有()

()f f ξξξ

'=-

． 分析 结论中含有导数，应利用微分中值定理：罗尔定理，但对哪个函数应用罗尔定理， 即辅助函数的引入：将结论中的ξ改为x ，有()()f x f x x

'=-

，整理得到

()1()

f x f x x

'=-

，解

此方程，得到ln ()ln f x x C =-+，即()e C xf x =，辅助函数为()()F x xf x =．

证明 引入辅助函数()()F x f x x =，则(0)(1)0F F ==．由于()f x 在[0,1]上可导， 所以()F x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，于是存在(0,1)ξ∈，使得()0F ξ'=．由于

()()()F x f x xf x ''=+，

于是 ()()()0F f f ξξξξ''=+=．即(0,1)ξ?∈，有

()

()f f ξξξ

'=-

．

例5 设()f x 在[0,1]上可导，满足120

(1)2()0f xf x dx -=?，证明 (0,1)ξ?∈有

()

()f f ξξξ

'=-

．

证明 设()()F x f x x =．由于1

20

(1)2()0f xf x dx -=?，于是根据积分中值定理，有

1(0,

)2

η?∈，使得

1

2

(1)2

()()

f x f x d x f ηη=

=?． 于是(1)()F F η=．由于()f x 在[,1]η上可导，所以()F x 在[,1]η上满足罗尔定理条件，则存在(0,1)ξ∈，使得()0F ξ'=．由于()()()F x f x xf x ''=+，于是

()()()0F f f ξξξξ''=+=． 即，(0,1)ξ?∈有

()

()f f ξξξ

'=-

．

例6 设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且1(1)(0)0,12f f f ??

=== ???

，求证：存 在ξ(0,1)∈，使得()1f ξ'=．

分析 结论中含有导数，应利用微分中值定理：罗尔定理。为引入辅助函数，将结论中的ξ改为x ，有()1f x '=，解此方程，得到()f x x C -=，于是辅助函数应是

()()

F x f x x

=

-．当然本题引入辅助函数可以不必解方程，通过观察就可以得到，也就是说，寻找函数，使导函数是()1f x '-的形式．

证明 设()()F x f x x =-，显然(0)0F =．由于

111

0222

F f ????=-> ? ?????，(1)(1)10F f =-<． 于是()F x 在1

[,1]2满足零点定理条件，存在1

,12η??

∈ ???

，使得()0F η=，所以()F x 在闭区

间[0,]η满足罗尔定理条件，存在ξ(0,1)∈，使得()0F ξ'=．由于()()1F x f x ''=-，所

以()()10F f ξξ''=-=，即()1f ξ'=．

例7 设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(1)1,(0)0f f ==，求证：存在

ξ(0,1)∈满足1()()e f f ξ

ξξ-'+=．

分析 结论中含有导数，一般利用罗尔定理。为了引入辅助函数，将结论中的ξ改为x ，

有1()()e x f x f x -'+=，此方程是一阶线性非齐次方程．于是

()d ()d ()e ()e d p x x p x x f x Q x x C -????=+ ????d d 1e e e d e (e )x x x x x C x C ---????=+=+ ?

??

? 所以有()e e x f x x C -=，即辅助函数为 ()()e e x

F x f x x =

-

．

证明 设()()e e x F x f x x =-，则(0)(1)0F F ==，于是()F x 在[0,1]上满足罗尔定

理条件，从而存在(0,1)ξ∈，使得

()0F ξ'=．

由于()()e ()e e x x F x f x f x ''=+-，于是()()e ()e e 0F f f ξξξξξ''=+-=，即

1()()e f f ξ

ξξ-'+=．

例8 设()f x 在[0,1]二阶可导，且(1)(0)f f =，求证：存在ξ(0,1)∈满足

2()

()1f f ξξξ

'''=

-． 分析 为了引入辅助函数，将结论中ξ改为x ，则有()2

()1f x f x x ''=

'-，解此微分方程得 到2ln ()ln(1)f x x C '=--+，有2

()(1)

e

C

f x x '-=，所以辅助函数2()(1)()F x x f x '=-．

证明 令2()(1)()F x x f x '=-，显然(1)0F =．另外，由于()f x 在[0,1]二阶可导， 且

(1)(0)f f =，于是()f x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，从而存在(0,1)η∈，使得()0f η'=．当然()0F η=，所以()F x 在[,1]η上满足罗尔定理条件，存在(,1)ξη∈?

(0,1)，使得()0F ξ'=．由于

2

()2(1)()(1)()F x x f x x f x ''''=-+-

所以

2

()2(1)()(1)()0F f f ξξξξξ''''=-+-=

整理得到

2()()1f f ξξξ

'''=

-．

例9 设()f x 在[0,1]上连续，(0)0f =，10

()d 0f x x =?，证明：存在ξ(0,1)∈满足

()d ()f x x f ξ

ξξ=?

．

分析 尽管结论中没有导数，但结论出现积分上限函数和函数，它们仍是原函数和导数 的关系，所以也同样可以利用罗尔定理去证明。为了引入辅助函数，将结论中ξ改为x ，有

()d ()x

f t t xf x =?

，或

()

1()d x f x x

f t t

=

?

，

解方程得到0

ln ()d ln x f t t x C =+?

，即

1()d x f t t C x

=?，所以辅助函数为0

()d ()x f t t F x x

=

?

．

证明 设0

()d ()x f t t F x x

=?

，且定义(0)0F =，由于

()d lim ()lim lim ()0x x x x f t t F x f x x

++

+→→→===?

所以函数()F x 在[0,1]上连续，且(0)(1)0F F ==，于是()F x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，则存在ξ(0,1)∈满足，使得()0F ξ'=．由于有

()

2

1()()()d x F x xf x f t t x

'=

-?

所以有

(

)

2

1

()()()d 0F f f t t ξ

ξξξξ

'=

-=?

所以

()d ()f x x f ξ

ξξ=?

．

例10 设函数()f x 在区间[1,4]上连续，且(1)(2)(3)6f f f ++=，(4)2f =，证明： 在(1,4)上至少存在一点ξ，使()0f ξ'=．

分析 显然应利用罗尔定理，当然最关键的是在[1,4]区间上，找到两点函数值相等．

证明 由于函数()f x 在[1,3]上连续，于是可以取到最大值M 和最小值m ，因此

()m f x M ≤≤，[1,3]x ∈

由于(1)(2)(3)6f f f ++=，所以2m M ≤≤，根据介值定理，存在一点[0,3]η∈，使得()2f η=．于是()f x 在[,4]η上满足罗尔定理条件，则存在(,4)(1,4)ξη∈?，使得

()0f ξ'=． 例11 设()f x 在[1,2]上二阶可导，且(1)(2)0f f ==，又()(1)()F x x f x =-，证明：

存在ξ(1,2)∈，使()0F ξ''=．

分析 根据结论的形式，只需验证()F x '满足罗尔定理条件，由于()F x '可导，所以关

键是找到两点，使()F x '在这两点函数值相等．

证明 已知()(1)()F x x f x =-，(1)(2)0f f ==，于是(1)(2)0F F ==，因此()F x 在[1,2]满足罗尔定理条件，从而存在(1,2)η∈，使得()0F η'=．又由于

()()(1)()F x f x x f x ''=+-，

于是(1)0F '=，所以()F x '在[1,]η满足罗尔定理条件，从而存在(1,)(0,2)ξη∈?，使得

()0F ξ''=．

例12 设()f x 在[0,2]上具有二阶导数，且1

(0)()2f f =，3/21

(2)2()d f f x x =?

，证

明：在开区间(0,2)上至少存在一点ξ，使()0f ξ''=．

分析 函数()f x '满足罗尔定理条件，就可以得到()0f ξ''=．由于()f x '可导，于是只需找到两点，使导函数在这两点函数值相等．

证明 ()f x 在10,2?

?

???

?

上满足罗尔定理条件．于是存在110,2

η?

?

∈ ??

?

，使得1()0f η'=．根

据3/2

1

(2)2()d f f x x =?

，利用积分中值定理，存在31,2μ??

∈ ???

使得，(2)()f f μ=，根据罗尔定理，存在2(,2)ημ∈，使得2()0f η'=，从而()f x '在12[,]ηη上满足罗尔定理条件，

则在存在一点(0,2)ξ∈上，使得()0f ξ''=．

例13 证明：若函数()f x 在[,]a b 上可导(0)a b <<，则存在(,)a b ξ∈使得

()()()ln

b f b f a f a

ξξ'-=．

分析 本题可以利用罗尔定理。将结论变形，有1

[()()]

()ln

b f b f a f a

ξξ

'-=，显然辅

助函数()()ln

[()()]ln b F x f x f b f a x a

=--．当然为了出现结论中的()f ξξ'，可以考虑

两个函数，利用柯西定理。所以只要选择()f x 和ln x ，应用柯西定理，

证明 方法1 罗尔定理：设

()()ln

[()()]ln b F x f x f b f a x a

=--，

则()()()ln ln ()F a F b f a b af b ==-．由于()f x 在[,]a b 上可导，所以()F x 在[,]a b 上满足罗尔定理条件．则存在(,)a b ξ∈，使得()0F ξ'=．由于

1()()ln

[()()]

b F x f x f b f a a x

''=--

所以有1

()()ln

[()()]

0b F f f b f a a

ξξξ

''=--=，即

()()()ln b

f b f a f a

ξξ'-=．

方法2 柯西定理：由于0a b <<，函数()f x 在[,]a b 上可导，所以函数()f x 和ln x

在[,]a b 上满足柯西定理条件，于是存在(,)a b ξ∈使得

()()()1

ln ln f b f a f b a

ξξ

'-=-

所以有

()()()ln

b f b f a f a

ξξ'-=．

例14和例15对数三考生不做要求：

例14 若()f x 在[0,1]上有三阶导数，且(0)(1)0f f ==，设3()()F x f x x =，证明： 在(0,1)内至少存在一个ξ使得()0F ξ'''=.

分析 证明此题也只能是应用连续性定理、微分中值定理：

（1）应用连续性定理：利用零点定理证明，这显然是不可能的，因为()F x '''未必是连续的．

（2）应用微分中值定理：利用罗尔定理证明， 即验证()F x ''在某个区间应用罗尔定理．当然最关键的是找到两点，使二阶导函数()F x ''的函数值相等．

（3）应用微分中值定理：利用泰勒公式证明．事实上，泰勒公式也是证明存在性的有效方法，只是相对于罗尔定理适用范围更窄一些，相比较泰勒公式更适合高阶导数．

证明 方法1 应用罗尔定理：由于

23()3()()F x x f x x f x ''=+，23

()6()6()()F x xf x x f x x f x '''''=++

显然(0)0F ''=，而且(0)0F '=，(0)(1)0F F ==，所以()F x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，存在1(0,1)ξ∈，使得1()0F ξ'=，因此()F x '在1[0,]ξ上满足罗尔定理条件，存在2(0,1)ξ∈，使得2()0F ξ''=．故()F x ''在2[0,]ξ上满足罗尔定理条件，存在(0,1)ξ∈，使

得()0F ξ'''=．

方法2 应用泰勒公式：由于()F x 具有三阶导数，于是存在(0,1)ξ∈，使得

2

3

11()(0)(0)(0)()2

3!

F x F F x F x F x ξ''''''=++

+

由于

23()3()()F x x f x x f x ''=+，23

()6()6()()F x xf x x f x x f x '''''=++

所以 (0)(0)(0)0F F F '''===，故

3

1()()3!

F x F x ξ'''=

，

因为(1)(1)0F f ==，所以10()3!

F ξ'''=

，即存在一个ξ使得()0F ξ'''=.

例15 设()f x 在区间[1,1]-上具有三阶连续导数，且(1)0f -=，(1)1f =，(0)0f '= 求证：在(1,1)-上至少存在一点ξ，使()3f ξ'''=．

分析 此题条件较多，若能较充分的运用这些条件，证明这个问题应该不是问题．首先考虑如何出现结论()3f ξ'''=：

（1）应用微分中值定理：罗尔定理证明结论，即对函数()3f x x ''-在某个区间应用罗尔定理．根据已知条件这是不可能的，因为根本没办法找到两点函数值相等；

（2）应用连续性定理：零点定理或介值定理证明结论．从已知条件看这是可行的，因为这样可以利用三阶导函数连续．当然应用这个方法接下来的工作是两次运用麦克老林公式，这样所有的已知条件都可以得到充分运用．

证明 由于()f x 在区间[1,1]-上具有三阶导数，根据麦可劳林公式有

11()1(1)(0)(0)(0),[1,0]2!3!f f f f f ηη''''''-=-+

-

∈-

且

22()1(1)(0)(0)(0),[0,1]2

3!

f f f f f ηη''''''=++

+

∈

所以有12()()6f f ηη''''''+=．由于函数()f x 在区间[1,1]-上具有三阶连续导数，所以函数

()f x '''在区间12[,]ηη上有最大值和最小值分别为,M m ，故有

121[()()]2

m f f M ηη''''''≤

+≤，

根据介值定理，在开区间(1,1)-上至少存在一点ξ，使()3f ξ'''=．

存在一点满足等式的证明方法综述：

（1）如果所证等式不含导数和积分，特别已知函数连续，一般应用连续性定理：最值定理，介值定理，零点定理；

（2）如果所证等式含有导数或积分，一般应用微分中值定理：罗尔定理，拉格朗日定理，柯西定理，当涉及到高阶导数，特别是三阶导数，一般应用泰勒公式；

（3）在例1~例3中，都是存在性的证明，而且不含有导数，所以应用连续性定理．对例1和例2，用零点定理，是很容易证明的，而例3不然．它和前两个例子不同是，有绝对

值，鉴于此，我们可以把问题转化为：设()f x 在[,]a b 上连续，若1[

,]x a b ?∈，2[,]x a b ?∈，使得211()()2

f x f x =，则()f x 最小值是零．此时问题更加明确，用反证法很容易证明．

从某种意义上说，对一些证明题除了正确选择所用定理外，将问题转化显得尤为重要．

（4）在例4~例9中，都是利用罗尔定理，其证明的关键是辅助函数()F x 的引入，当辅助函数确定后，接下来的工作就是验证辅助函数()F x 在某个闭区间上满足罗尔定理的条件，这其中有两种情形：

（I ）辅助函数在给定区间上满足罗尔定理条件，如例4和例7，我们只需验证辅助函数在[0,1]上满足罗尔定理条件，即辅助函数在[0,1]连续，端点函数值相等；

（II ）辅助函数在给定区间上不满足罗尔定理条件，如例5，例6，例8，和例9，其中

例5，例6，例8中辅助函数在[0,1]上连续，但端点函数值不等，这就需要我们根据已知条件，在区间[0,1]上找到两点，使它们的函数值相等，而例9中引入辅助函数在[0,1]不连续，主要因为()F x 在0x =没有定义，我们可以利用延拓的方法，定义()F x 在0x =函数值等于这点的右极限，这样使得()F x 在[0,1]连续，同时还确保端点函数值相等．

当验证辅助函数满足罗尔定理条件后，则存在一点ξ，使()0F ξ'=，最后求()F x '，将ξ代入()F x '并等于零，整理就可以得到我们要证明的结论．

（5）在例10~例12中，显然应利用罗尔定理，不必考虑辅助函数，在例10中，对()f x 利用罗尔定理，连续是显然的，主要是在[1,4]上找到两点函数值相等；在例11中，对()F x '利用罗尔定理，()F x '连续，关键是在[1,2]上找到（推出）两点，使()F x '在两点函数值相等；在例12中，对函数()f x '应用罗尔定理，关键的是在[0,2]上找到两点，()f x '在这两点函数值相等，在找两点函数值相等时，综合是必要的，通过综合可以获得解题思路和方向．

（6）从例4~例12，都是应用罗尔定理，有时可能运用拉格朗日定理，但事实上，能用拉格朗日定理证明的问题，一般利用罗尔定理也可以证明，所以在证明存在性时不必特别考虑是否应用拉格朗日定理以及如何应用拉格朗日定理．但是对有些问题，如例13，如果仅用一个函数很难导出结论的形式时，需要考虑两个函数，此时运用柯西定理，尽管例13也可以用罗尔定理，但是还是很麻烦的，不如运用柯西定理．所以当证明存在性时，如果对一个函数运用罗尔定理、拉格朗日定理很难导出结论的形式时，考虑两个函数，利用柯西定理．

（7）在例14~例15中，证明一点高阶导数等于零或等于某个常数．由于是高阶导数，特别是三阶导数，所以更多应用泰勒公式和麦克劳林公式，这样可以对高阶导数的充分运用．当然有时也对前一阶导函数应用罗尔定理，得到我们要证明的结论．

题型4 存在两点满足某个等式的证明.

解题基本思想：对一个函数应用拉格朗日定理出现ξ，对另一个函数应用拉格朗日

定理出现η，或者对一个函数应用拉格朗日定理出现ξ，对另两个函数应用柯西定理出现η， 最后联立两个等式．

例1 设()f x 在[,]a b （0a >）上连续，在(,)a b 内可导，且()()1f a f b ==，证明： 存在ξ和(,)a b η∈满足 1

()()n f f n

ηξξξξ-??'=+

?

??

，其中1n ≥．

分析 整理，将结论中的ξ和η各自放在等式的一端 1

1

()()n n n

n n f f ηξ

ξξξ--'=+，再

考虑哪些函数的导数是1

n nx

-和1

()()n n nx

f x x f x -'+的形式，显然函数()n

G x x =和

()()n

F x x f x =是符合条件的，分别应用拉格朗日中值定理．

证明 令()()n

F x x f x =，()n

G x x =，由于()f x 在[,]a b （0a >）上连续，在(,)a b 内可导，所以()F x 和()G x 在区间[,]a b 上满足拉格朗日定理条件，于是存在,ξη∈ (,)a b ，使得

()()()()F b F a b a F ξ'-=-，()()()()G b G a b a G ξ'-=-．

即

1()[(

)()]n

n

n

n

b a b a

f n

f ξξξξ-'-=-+，1

()n n n b a b a n η

--=-

联立，于是有

1

()()n f f n ηξξξξ-??'=+ ?

??

． 例2 设()f x 在[,]a b （0a >）上连续，在(,)a b 内可导， 且()0f x '≠，证明存在ξ

和(,)a b η∈满足

()e e e

()

b a

f f b a

η

ξη-'-=

'-． 分析 整理得到e e

()

()e

b

a

f f b a η

ηξ'-'=

-，等式的左端只要对函数()f x 应用拉格朗日定理就可以得到；但右端一个函数的导函数不会是这样形式，所以需要考虑两个函数，即对函数()f x 和e x 应用柯西定理．

证明 对函数()f x 在[,]a b 上应用拉格朗日定理，得到

()()()()f b f a b a f ξ'-=-，(,)a b ξ∈．

对函数()f x 和()e x g x =在[,]a b 上应用柯西定理，得到

()()()e e

e

b

a

f b f a f η

η'-=

-，(,)a b η∈，

上面两式相除，整理得到

()e e e

()

b

a

f f b a

η

ξη-'-='-．

例3 设()f x 在[,]a b （0a >）上连续，在(,)a b 内可导，且()()1f a f b ==，证明： 存在ξ和(,)a b η∈，满足e [()()]1f f ηξηη-'+=．

分析 将结论整理得到e [()()]e f f ηξηη'+=，等式的右端只需对函数e x 应用拉格朗日定理就可以得到；等式左端对函数e ()x f x 应用拉格朗日定理也可以得到．

证明 对函数()e ()x F x f x =和()e x G x =在[,]a b 上分别应用拉格朗日中值定理，得到

()()()()F b F a b a F η'-=-，()()()()G b G a b a G ξ'-=-．,ξη∈(,)a b 即

e ()e ()()e [()

b a

f b f a b a

f f η

ηη'-=-+，e e ()e b a b a ξ-=-．

于是有 e [()()]e f f ηξ

ηη'+=．

即

e

[()()]1f f ηξ

ηη-'+=．

例4 设()f x 在[,]a b （0a >）上连续，在(,)a b 内可导， 且()()f a f b ≠，求证： 存在ξ，(,)a b η∈，使得()()2a b f f ξηη+''=

．

分析 整理得到()

()()2f f a b ηξη''=+，等式的左端()f ξ'只要对函数()f x 应用拉格

朗日定理就可以得到；等式右端

()2f ηη

'对两个函数()f x 和2

x 应用柯西定理就可以得到．

证明 对函数()f x 在[,]a b 上应用拉格朗日定理；有

()()()()f b f a b a f ξ'-=-，(,)a b ξ∈； 对()f x 和2

()g x x =在[,]a b 上应用柯西中值定理，有

22

()()()

2f b f a f b a ηη

'-=-，(,)a b η∈． 将上面两式相除（联立），整理得到

()()2a b

f f ξηη

+''=．

习题 4-1

1．试证方程sin x a x b =+，其中,0a b >至少有一个正根并且不超过a b +． 2．试证方程e e 2cos 5x x x -++=恰有两个实根．

3．设()f x 在[0,1]上连续，且()1f x <，证明：方程02()d 1x

x f t t -=?在(0,1)内有且

只有一个实根．

4．设0a b <<，()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 可导，证明：在(,)a b 内至少存在一 点ξ，使得 2()()[()()]ln

b

bf b af a f f a

ξξξξ'-=+．

5．设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且(1)0f =，证明：在(0,1)ξ?∈，使得

()()01f f ξξξξ

'+

=+．

6．设()f x 在[0,1]上可导，且1

()d 0f x x =?，证明：

（1）(0,1)ξ?∈，使得

()()f x dx f ξ

ξξ=-?

．

（2）在(0,1)上存在η，使得2()()0f f ηηη'+=．

7．证明：对0x ?>，有 2

1ln(1)2

x x x x -

<+<．

8．设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 可导，且()()f a f b =，证明：对任意的常数k ，都存在(,)a b ξ?∈，使得()()0f kf ξξ'+=．

9．证明不等式：

（1）2sin x x π>，(0)2

x π

<<；

（2）sin sin x x

y y

<，(0)2x y π<<<；

（3）3

sin 6

x

x x x -<<，(0)x <；

（4）

1

1(1)12

p

p

p x x -<+-≤，(1,01)p x ><<；

（5）b

a

a b >，(e)b a >>；

（6）2

1

arctan ln(1)2

x x x ≥

+

10．若()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)可导，则(,)a b ξ?∈，使得

()2[(1)(0)]f f f ξξ'=-．

11．若()f x 在(0,1)上内取最大值，且对任意的(0,1)x ∈有()1f x ''≤，试证：

(0)(1)1f f ''+≤．

12．若()f x 和()g x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 上可导，且()()0f a f b ==，则至少

(,)a b ξ?∈，使得

()()()0f f g ξξξ''+=．

13．若()f x 在[0,1]上可导，且2

1

120

(1)2e

()d x

f f x x -=?，则(0,1)ξ?∈，使得

()2()f f ξξξ'=．

4.2 积分中值定理与证明

一 基本结论

定理1（比较定理）在区间[,]a b 上

（1）若()()f x g x ≤，则()d ()d b

b

a

a

f x x

g x x ≤??；

（2）若()0f x ≥，则()d 0b a

f x x ≥?；若()0f x ≤，则()d 0b

a

f x x ≤?．

（3）绝对值不等式：

()d ()d b b a

a

f x x f x x ≤

?

?

；

（4）柯西不等式：2

2

2

()()d ()d ()d b

b b

a a

a

f x

g x x f x x g x x ??≤

????

??

?；

定理2（估计定理）若()m f x M ≤≤，则 ()()d ()b a

m b a f x x M b a -≤

≤-?

；

定理3（积分中值定理）若[,]f C a b ∈，则存在[,]a b ξ∈，有()d ()()b a

f x x f b a ξ=-?；

题型1 定积分的证明

1 定积分等式的证明（计算性证明）

（1）换元积分：

例1 证明：()f x 是以T 为周期的连续函数，则0

()d ()d a T T

a

f x x f x x +=??

．

证明 由于

()d ()d ()d ()d a T T

a T

a

a

T

f x x f x x f x x f x x ++=+

+

???

?

，

令x u T =+，则d d x u =，于是有

()d ()d ()d ()d a T a

a

a T

f x x f u T u f u u f x x +=

+=

=

?

?

?

?

，

所以

()d ()d a T

T

a

f x x f x x +=?

?．

（2）分部积分：

例2 设()f x 在[,]a b 上具有二阶导数，且()()0f a f b ==，证明：

1

()d ()()()d 2

b b a

a

f x x x a x b f x x ''=

--?

?．

证明 由于

()()()d ()()()

(2)()d b b b

a

a

a

x a x b f x x x a x b f x x a b f x x ''''--=---

--?

?

(2)

()2()d 2()d

b

b b

a a

a

x a b f x f x x f x x =--+=

??

． 所以

1

()d ()()()d 2

b b a

a

f x x x a x b f x x ''=

--?

?．

例3 设()f x '是连续函数，0

()()(2)d x

F x f t f a t t '=

-?

，证明

2

(2)2()()(0)(2)F a F a f a f f a -=-．

证明 由于 200

(2)2()()(2)d 2()(2)d a

a

F a F a f t f a t t f t f a t t ''-=

---?

?

20

()(2)d ()(2)

d a a

a

f t f a t

t f t f a t t ''=---?

?． 而

222

()(2)d ()(0)(2)()(2)d a a a

a

f t f a t t f a f f a f t f a t t ''-=-+

-?

?

；

20

()(2)d ()(2)d a a

a

f t f a t t f t f a t t ''-=

-?

?

，

所以

2

(2)2()()(0)(2)F a F a f a f f a -=-．

定积分等式的证明方法综述：

定积分等式的证明，实际是计算性的证明，其证明思路或解题方法可以根据等式被积函数、积分区域来确定，这是因为积分值是由被积函数和积分区间决定的．如例1，左右两端只是积分区间发生变化，因此在计算化变化时，考虑变化积分区间．

2 定积分存在性的证明

例4 设(),()f x g x 在[,]a b 上连续，证明：至少存在一点(,)a b ξ∈，使得

()()d ()()d b

a

f g x x g f x x ξ

ξ

ξξ=??．

证明 令()()d ()d x b

a

x

F x f t t g t t =

?

?，则()()0F a F b ==，于是()F x 在[,]a b 上满足

罗尔定理条件，存在(,)a b ξ∈，使得()0F ξ'=．由于

()()()d ()()d b

x

x

a

F x f x g t t g x f t t '=-??，

于是

()()()d ()()d 0b

a

F f g x x g f x x ξ

ξ

ξξξ'=-=??，

所以有

()()d ()()d b

a

f g x x g f x x ξ

ξ

ξξ=??．

例5 设()f x 在[0,1]上连续，且1

1

()d ()d xf x x f x x =

??

，证明：(0,1)ξ?∈，使得

()d 0f x x ξ

=?

．

证明 令0

()()()d x F x x t f t t =

-?

，()F x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，则(0,1)ξ?∈，

使得()0F ξ'=．由于

()()d ()()()d x

x

F x f t t xf x xf x f t t '=

+-=

?

?

，

于是有

()d 0f x x ξ

=?

．

3 定积分不等式的证明

常用定理：比较定理；估计定理；单调性；微积分中值定理． 常用不等式：绝对值不等式

()d ()d b b a

a

f x x f x x ≤

?

?

；

柯西不等式 2

22

()()d ()d ()d b

b b

a a

a

f x

g x x f x x g x x ??≤

????

??

?．

方法1 引入变限积分辅助函数

例6 设()f x 在[,]a b 连续，试证：2

2()d ()()d b b a a f x x b a f x x ??≤-????

??． 证明 令()

2

2

()()d ()()d x x

a

a

F x f t t

x a f t t =

--?

?，则

()

22

()2()

()d ()d ()()x x a

a

F x f x f t t f t t x a f x '=-

--?

?

2

2

2()()d ()d ()d x x

x

a

a

a

f t f x t f t t f x t =

--?

??

2[()()]d 0x a

f x f t t =--≤?．

所以()F x 是递减的，又因为()0F a =，所以()()0F b F a ≤=，所以有

()

2

2

()d ()()d b b

a

a

f x x

b a f x x ≤-?

?．

例7 设()f x 在[,]a b 连续，且严格单调增的，证明：()()d 2()d b b

a

a

a b f x x xf x x +

证明 令()()()d 2()d x x

a

a

F x a x f t t tf t t =+-??，则

()()d ()()2()x a

F x f t t a x f x xf x '=

++-? ()d ()()()d (x x x

a

a

a

f t t a x f x f t t

f x t =

+-=-?

?

?[()()]d x

a

f t f x t =-

（因为t x ≤，且()f x 严格单调增，即()()f t f x <）所以()F x 严格递减，又因为()0F a =， 所以()()0F b F a <=，即

()

2

2

()d ()()d b b

a

a

f x x

b a f x x ≤-?

?．

方法2 端点函数值为0的“L-N ”方法：

基本原理：拉格朗日中值定理：()()()(),(,)f x f a x a f a x ξξ'-=-∈；简称“L ” 牛顿莱布尼兹公式：()d ()()x

a

f t t f x f a '=-?．简称“N ”

于是，当同时用到两个定理时，我们称之为“L-N ”方法．若端点函数值()0f a =时，则有

()()(),(,)f x x a f a x ξξ'=-∈ 和

()d ()x a

f t t f x '=

?

．

“L-N ”方法特点是将端点函数值为0、导数、积分有机的联系在一起．

例8 设()f x 在[,]a b 上可导，且()f x M '≤，()0f a =，证明：2

()d ()2

b

a

M

f x x b a ≤

-?

证明 对任意[,]x a b ∈，有()()()()()f x f x f a f x a ξ'=-=-，根据()f x M '≤得到

()()f x M x a ≤-，

所以

2

()d ()2

b

a

M

f x x b a ≤

-?

．

例9设()f x 在[,]a b 上不恒为0，且()f x '连续，()()0f a f b ==，证明：存在一个

[,]a b ξ∈使

24

()()d ()b

a

f f x x b a ξ'≥

-?． 证明 因为()f x 在[,]a b 上不恒为0，且()f x '连续，所以存在[,]a b ξ∈有

[,]

()m a x ()0x a b f f x M ξ∈''==>

．

根据拉格朗日定理

1()()()()()f x f x f a f x a ξ'=-=-，2()()()()()f x f x f b f x b ξ'=-=-，

于是

()()f x M x a ≤-，()()f x M b x ≤-，

因此

222

2

()d ()d ()d ()d ()d b a

b a

b b b b a b a a

a

a

f x x f x x f x x f x x f x x ++++=

+

≤

+

?

?

?

?

?

2

22()()d ()d 4b a

b

b a a b a M x a x b x x M +

+??-≤-+

-≤???

???． 从而存在[,]a b ξ∈，有

2

4

()()d ()

b a

f f x x b a ξ'≥

-?

．

方法3 特定值转化法

所谓特定值转化法：将比较复杂的式子利用“微分中值定理（一般是拉格朗日定理）、

积分中值定理“转化为特定的某一点的函数值，然后利用定理，再放大或缩小，获得所要证明的不等式．

例10 设()f x 在[0,1]上连续可导，证明：对于[0,1]x ∈，有

(

)1

()()()d f x f t f t t '≤

+?．

分析 不等式(

)1

()()()d f x f t f t t '≤

+?可转化为

1

1

()()d ()d f x f t t f t t '≤

+

?

?

或 1

1

()()d ()d f x f t t f t t '-≤

??

，

利用积分中值定理1

()d ()f t t f η=?，(0,1)η∈，于是只需证明

1

()()()d f x f f t t η'-≤

?

．

这和牛顿莱布尼兹公式基本一致．

证明 由于()f x 在[0,1]上连续，于是存在(0,1)η∈，有1

()d ()f t t f η=?．因为

()()()d x

f x f f t t η

η'-=

?

．

于是

10

()()()()()d ()d x

f x f f x f f t t f t t η

ηη''-≤-=

≤

?

?

，

因此

1

1

()()()d (()())d f x f f t t f t f t t η''≤+

=

+?

?

．

例11 设()f x 在[0,1]上具有二阶连续导数，则对于110,3x ??∈ ??

?

，22,13x ??∈

???

有