考研数学中值定理题型答题技巧分析

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考研常考题型-罗尔中值定理的证明

考研常考题型-罗尔中值定理的证明

常考题型 罗尔定理的证明解题提示:欲证结论为f (n )(ξ)=k ,或F (ξ,f (ξ),f '(ξ))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:(1)是无需构造辅助函数,只需寻找某个函数存在两个相同的端点;(2)是结论证明f ᵡ(ξ)=0,此时关键是去寻找f (x )有三个相同的端点;(3)是去构造辅助函数.(读者可参考‘高等数学一本通“的相应讲解)典型习题1.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内可导,且f (0)+f (1)+f (2)=3,f (3)=1,试证必存在ξɪ(0,3),使f '(ξ)=0.ʌ证明ɔ 函数f (x )在[0,3]上连续,则f (x )在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M 和最小值m ,于是m ɤf (0)ɤM ,m ɤf (1)ɤM ,m ɤf (2)ɤM .故m ɤf (0)+f (1)+f (2)3ɤM .由介值定理知,至少存一点ηɪ[0,2],使f (η)=f (0)+f (1)+f (2)3=1.于是f (η)=1=f (3),满足罗尔定理,故存在ξɪ(η,3)⊂(0,3),使f '(ξ)=0.2.设f (x )在区间[a ,b ]上具有二阶导数,且f (a )=f (b )=0,又f '(a )f'(b )>0,证明存在ξɪ(a ,b )和ηɪ(a ,b )使f (ξ)=0及f ᵡ(η)=0.ʌ证明ɔ 1)假设f '(a )>0,f '(b )>0(对于f '(a )<0,f'(b )<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有f '+(a )=l i m x ңa +0f (x )x -a >0,有a 1ɪ(a ,a +δ1)使f (a 1)a 1-a >0,即f (a 1)>0;f '-(b )=l i m x ңb -0f (x )x -b >0,有b 1ɪ(b -δ2,b )使f (b 1)b 1-b >0,即f (b 1)<0,其中δ1和δ2是充分小的正数.根据连续函数的介值定理知,存在ξɪ(a 1,b 1)⊂(a ,b )使f (ξ)=0.2)由f (a )=f (ξ)=f (b )=0,根据罗尔定理知,存在η1ɪ(a ,ξ)和η2ɪ(ξ,b ),使f '(η1)=f '(η2)=0,再由罗尔定理知,存在ηɪ(η1,η2)⊂(a ,b ),使f ᵡ(η)=0.3.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f (0)=ʏ20f (x )d x =f (2)+f (3),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(0,2),使f (η)=f (0);(Ⅱ)存在ξɪ(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.ʌ证明ɔ (Ⅰ)设F (x )=ʏx 0f (t )d t (0ɤx ɤ2),则ʏ20f (t )d x =F (2)-F (0).根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(0,2),使F (2)-F (0)=2F '(η)=2f (η),即ʏ20f (x )d x =2f (η).由题设ʏ2f (x )d x =2f (0),从而f (η)=f (0).(Ⅱ)易知f(2)+f (3)2介于f (x )在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介质定理,存在ζɪ[2,3],使f (ζ)=f (2)+f (3)2.由题设知f (2)+f (3)2=f (0),故f (ξ)=f (0).由(Ⅰ)的结果可知f (0)=f (η)=f (ξ),且0<η<ζɤ3,根据罗尔定理,存在ξ1ɪ(0,η),ξ2ɪ(η,ζ),使f '(ξ1)=0,f '(ξ2)=0,从而存在ξɪ(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f ᵡ(ξ)=0.4.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内上有二阶导数且存在相等的最大值,f (a )=g (a ),f (b )=g (b ),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(a ,b ),使得f (η)=g (η);(Ⅱ)存在ξɪ(a ,b ),使得f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ).ʌ证明ɔ 寻求等值点法:F ᵡ(ξ)=f ᵡ(ξ)-g ᵡ(ξ)=0,因ξ是F ᵡ(x )的零点,由罗尔定理知,只需寻求F (x )在[a ,b ]上有三个等值点,问题便得证.又F (a )=F (b )=0,故只须在(a ,b )内寻求出F (x )的一个零点即可.(Ⅰ)设f (x )在x 1处取得最大值M ,g (x )在x 2处取得最大值M ,由题给条件知x 1ɪ(a ,b ),x 2ɪ(a ,b ),不妨设x 1<x 2,则F (x )=f (x )-g (x )在[x 1,x 2]上连续,且F (x 1)=M -g (x 1)>0,F (x 2)=f (x 2)-M <0,因为F (x 1)F (x 2)<0,由连续函数零点定理知,在(x 1,x 2)内存在一点η,使F (η)=0.F (x )在[a ,η],[η,b ]上满足罗尔定理条件,则有F '(η1)=0,a <η1<η,F '(η2)=0,x 0<η2<b .又F '(x )在[η1,η2]上满足罗尔定理条件,则有F ᵡ(ξ)=0,η1<ξ<η2,则f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ),ξɪ(η1,η2)⊂(a ,b ).(Ⅱ)设f (x ),g (x )在x 0ɪ(a ,b )处同时取得最大值M ,这时F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上有三个零点a ,x 0,b ,证法同(Ⅰ).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,f (a )=b ,f (b )=a ,a 与b 同号,证明:∃ξɪ(a ,b ),使f '(ξ)=-f (ξ)ξ.ʌ证明ɔ 只要证ξf '(ξ)+f (ξ)=0,令F (x )=x f (x ),则F (a )=a f (a )=a b ,F (b )=b f (b )=a b .由罗尔定理知,∃ξɪ(a ,b )使F '(ξ)=0,即ξf '(ξ)+f (ξ)=0.6.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f (1)=3ʏ13e 1-x 2f (x )d x .证明:至少存在一点ξɪ(0,1),使得f '(ξ)=2ξf (ξ).ʌ证明ɔ 令F (x )=f (x )e-x 2,由积分中值定理,得3ʏ130e 1-x 2f (x )d x =313-0æèçöø÷e 1-η2f (η),0ɤηɤ13.故f (1)=e 1-η2f (η),可得e -1f (1)=e -η2f (η),即F (1)=F (η).由罗尔定理知,∃ξɪ(η,1)⊆(0,1),使f '(ξ)=2ξf (ξ).7.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=f (1)=0,f 12æèçöø÷=1,证明:(Ⅰ)存在ηɪ12,1æèçöø÷,使得f (η)=η;(Ⅱ)对任意实数λ存在ξɪ(0,η),使f '(ξ)-λ[f (ξ)-ξ]=1.ʌ证明ɔ (Ⅰ)令F (x )=f (x )-x ,F 12æèçöø÷-12=12>0,F (1)=f (1)-1=-1<0,由零点定理知∃ηɪ12,1æèçöø÷,使F (η)=0.即f (η)=η.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )-x ()e -λx ,φ(0)=0,φ(η)=0,由罗尔定理知∃ξɪ(0,η),使φ'(ξ)=0,从而有[f '(ξ)-1]-λ[f (ξ)-ξ]=0,故得证.8.设函数f (x )和g (x )在[a ,b ]上存在二阶导数,并且g ᵡ(x )ʂ0,f (a )=f (b )=g (a )=g (b )=0,试证:(Ⅰ)在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0;(Ⅱ)在开区间(a ,b )内至少存在一点ξ,使f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ).ʌ解ɔ (Ⅰ)反证法假设存在点c ɪ(a ,b ),使得g (c )=0,对g (x )在[a ,c ]和[c ,b ]上分别应用罗尔定理知,存在ξ1ɪ(a ,c )和ξ2ɪ(c ,b ),使g '(ξ1)=g '(ξ2)=0,再由罗尔定理知,存在ξ3ɪ(ξ1,ξ2),使得g ᵡ(ξ3)=0.这与条件g ᵡ(x )ʂ0矛盾,故在开区间(a ,b )内g (x )ʂ0.(Ⅱ)令φ(x )=f (x )g '(x )-f '(x )g (x ),则φ(a )=φ(b )=0.由罗尔定理知,存在ξɪ(a ,b ),使φ'(x )=0,即f (ξ)g ᵡ(ξ)-f ᵡ(ξ)g (ξ)=0.因g (ξ)ʂ0,g ᵡ(ξ)ʂ0,故得f (ξ)g (ξ)=f ᵡ(ξ)g ᵡ(ξ),ξɪ(a ,b ).9.设f (x )在[0,1]上二阶可导,且l i m x ң0f (x )x=1,l i m x ң1f (x )x -1=2,求:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1)使f (ξ)=0;(Ⅱ)∃ηɪ(0,1)使f ᵡ(η)=f (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)由l i m x ң0f (x )x =1知,f (0)=0,且存在δ>0.当x ɪ(0,δ)时,f (x )x >0,从而有f (x )>0,取a ɪ(0,δ),则f (a )>0.同理由l i m x ң1f (x )x -1=2知,f (1)=0,且∃b ɪ(1-δ,1),f (b )<0.由于f (x )在[a ,b ]上连续,且f (a )>0,f (b )<0.由零点定理知∃ξɪ(a ,b ),使f (ξ)=0.(Ⅱ)令F (x )=e -x f (x ),由于F (0)=F (ξ)=F (1)=0.由罗尔定理知,∃η1ɪ(0,ξ),∃η2ɪ(ξ,1),使F '(η1)=0,且F '(η2)=0.即f '(η1)-f (η1)=0,f '(η2)-f (η2)=0.令φ(x )=e x[f '(x )-f (x )],则φ(η1)=φ(η2)=0.由罗尔定理知,∃ηɪ(η1,η2),使φ'(η)=0.从而有[f ᵡ(η)-f '(η)]+[f '(η)-f (η)]=0,即f ᵡ(η)-f (η)=0.10.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,其中a >0且f (a )=0.证明:在(a ,b )内存在ξ,使f (ξ)=b -ξaf '(ξ).ʌ分析ɔ f (ξ)=b -ξa f '(ξ)令ξ=x f (x )=b -x af '(x )⇒f '(x )f (x)=a b -x 积分 l n f (x )=-a l n (b -x )+l n C ⇒(b -x )af (x )=C .ʌ证明ɔ 作辅助函数F (x )=(b -x )af (x ),由题设F (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,又F (a )=(b -a )af (a )=0(因为f (a )=0),F (b )=(b -b )af (b )=0.可见F (x )在[a ,b ]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使F '(ξ)=0,即-a (b -ξ)a -1f (ξ)+(b -ξ)a f '(ξ)=0.故f (ξ)=b -ξaf '(ξ).11.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=0,当x ɪ(0,1)时,f (x )ʂ0,证明:对一切自然数n ,在(0,1)内∃ξ,使n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ).ʌ分析ɔ n f '(ξ)f (ξ)=f '(1-ξ)f (1-ξ)令ξ=x n f '(x )f (x )=f '(1-x )f (1-x )⇒n l n f (x )=-l n f (1-x )+l n c ⇒f n (x )f (1-x )=C .ʌ证ɔ 作辅助函数F (x )=f n(x )f (1-x ),因F (0)=F (1)=0,故F (x )在[0,1]上满足罗尔定理,于是∃ξɪ(0,1)使F '(ξ)=0,即原命题得证.12.设f (x )在[0,1]上连续,f (0)=0,ʏ10f (x )d x =0,证明:(Ⅰ)∃ξɪ(0,1),使得ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ);(Ⅱ)∃ηɪ(0,1),使得ʏηf (x )d x =ηf (η).ʌ证明ɔ (Ⅰ)要证ʏξ0f (x )d x +ξf (ξ)=0,应构造F (x )=x ʏxf (t )d t F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F (0)=F (1)=0.由罗尔定理可得,∃ξɪ(0,1),使F '(ξ)=0,从而ʏξ0f (x )d x =-ξf (ξ).(Ⅱ)令F (x )=ʏxf (t )d t x ,x ɪ(0,1],0,x =0,ìîíïïïï则F (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,由罗尔定理,∃ηɪ(0,1)使F'(η)=0,从而ʏη0f(x)d x=ηf(η).13.设f(x)在[0,π]上连续,且ʏπ0f(x)d x=0,ʏπ0f(x)c o s x d x=0.证明:在(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=0,f(ξ2)=0.ʌ证明ɔ令F(x)=ʏx0f(t)d t,0ɤxɤπ,则有F(0)=0,F(π)=0,0=ʏπ0f(t)c o s x d x=ʏπ0c o s x d F(x)=[F(x)c o s x]π0+ʏπ0F(x)s i n x d x=ʏπ0F(x)s i n x d x.对φ(x)=ʏx0F(t)s i n t d t在[0,π]上应用拉格朗日中值定理得0=ʏπ0F(x)s i n x d x=φ(π)-φ(0)=πF(ξ)s i nξ,0<ξ<π.因为s i nξʂ0,所以F(ξ)=0,再对F(x)在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔定理知,至少存在ξ1ɪ(0,ξ),ξ2ɪ(ξ,π),使F'(ξ1)=F'(ξ2)=0,即f(ξ1)=f(ξ2)=0.常考题型 拉格朗日中值定理解题指示:1.判类:题给出的条件是函数在闭区间上连续,在开区间内可导,欲证的结论是:函数的增量与区间内某一点处的导数值的等式关系或函数值与数值间的不等式关系,自然想到利用拉格朗日中值定理证明.2.证题的两种方法:(1)设辅助函数法.它又有下面三种方法:①分析法;②待定系数法:将欲证结论中含有ξ的部分设为待定常数M,再将等式中一个端点,例如b换成变量x,使其成为函数,等式两端做差构造出辅助函数φ(x),这样首先保证φ(b)=0,而由等式关系φ(a)=0自然成立.称这样构造辅助函数的方法为 待定系数法 ;③不定积分法.(2)确定区间法.3.定理的二种形式(1)f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a).(2)f(b)-f(a)=f'(a+θ(b-a))(b-a),0<θ<1.4.定理的应用(参考‘高等数学一本通“)典型习题1.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).(ξ)+ξf'(ξ)=[x f(x)]'x=ξʌ分析ɔ将所证的结论变形为b f(b)-a f(a)b-a=f结论可以解读为某一个函数在x=ξ处的导数等于一个数,这正是拉格朗日中值定理的内容.ʌ证ɔ令F(x)=x f(x),xɪ[a,b],F(x)在[a,b]上连续,(a,b)可导,故∃ξɪ(a,b),使得b f(b)-a f(a)b-a=F'(ξ)=f(ξ)+ξf'(ξ),即b f(b)-a f(a)=[f(ξ)+ξf'(ξ)](b-a).2.已知fᵡ(x)<0,f(0)=0,证对任意的正数x1,x2,恒有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).ʌ分析ɔ因为f(0)=0,所以将欲证的结论变形为f(x1+x2)-f(x2)<f(x1)-f(0),比较两个函数增量的大小,且区间长相等,应该利用有限增量定理 拉格朗日中值定理,辅助函数已知为f(x),余下的问题是在什么区间上应用拉格朗日中值定理,故称确定区间法.ʌ证明ɔ不妨设0<x1<x2,于是函数f(x)分别在区间[0,x1]及[x2,x1+x2]上应用拉格朗日中值定理,有f(x1)-f(0)=f'(ξ1)x1,0<ξ1<x1①f(x1+x2)-f(x2)=f'(ξ2)x1,x2<ξ2<x1+x2②因为fᵡ(x)<0,所以f'(x)严格单调减少,又ξ2>ξ1,所以f'(ξ1)>f'(ξ2),则x1f'(ξ1) >x1f'(ξ2),由式①㊁②,得f(x1+x2)<f(x1)+f(x2).3.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证对任意给定的正数a,b在(0,1)内一定存在互不相同的ξ,η,使a f'(ξ)+b f'(η)=a+b.ʌ解ɔ由于f(0)=0<a a+b<1=f(1),由介值定理知∃cɪ(0,1),使f(c)=a a+b,在区间[0,c]和[0,1]上分别对f(x)用拉格朗日中值定理,得f(c)-f(0)c-0=f'(ξ),ξɪ(0,c),f(1)-f(c)1-c=f'(η),ηɪ(c,1).从而有1 f'(ξ)=cf(c)=c(a+b)a,1 f'(η)=1-c1-f(c)=(1-c)(a+b)b.故af'(ξ)+bf'(η)=a+b.4.设f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导,f(0)=0,f(1)=12,证明在(0,1)内存在不同的ξ,η,使f'(ξ)+f'(η)=ξ+η.ʌ分析ɔ欲证f'(ξ)-ξ=-(f'(η)-η),应从f'(x)-x的原函数入手.ʌ证明ɔ令F(x)=f(x)-12x2,则F(0)=0,F(1)=0,F12æèçöø÷=f12æèçöø÷-18.又因为F12æèçöø÷-F(0)12-0=F'(ξ)=f'(ξ)-ξ,ξɪ0,12æèçöø÷.F (1)-F 12æèçöø÷1-12=F '(η)=f '(η)-η,ηɪ12,1æèçöø÷.而F 12æèçöø÷-F (0)=F 12æèçöø÷,F (1)-F 12æèçöø÷=-F 12æèçöø÷,于是f '(ξ)-ξ=-(f '(η)-η),从而f '(ξ)+f '(η)=ξ+η.5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导(a >0),且f (a )=f (b )=1,试证存在ξ,ηɪ(a ,b )使得ηξæèçöø÷n -1=f (ξ)+ξn f '(ξ).ʌ证ɔ 将含ξ和含η的项分写在等式两端,得n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ)=n ηn -1.等式右端是(x n)'x =η,左端是[x nf (x )]'x =ξ.令F (x )=x n,在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n -a n b -a=n ηn -1,ηɪ(a ,b ),①令g (x )=x nf (x ),在[a ,b ]上,由拉格朗日中值定理,有b n f (b )-a n f (a )b -a=n ξn -1f (ξ)+ξn f '(ξ),ξɪ(a ,b )②由于f (a )=f (b )=1,由式①㊁式②即得欲证的等式.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内二阶可导,又f (a )=f (b )=0,且存在c ɪ(a ,b )使f (c )>0,证明在(a ,b )内至少存在一点ξ,使得f ᵡ(ξ)<0.ʌ证ɔ 对f (x )分别在[a ,c ]和[c ,b ]上应用拉格朗日中值定理,有f '(ξ1)=f (c )-f (a )c -a,a <ξ1<c ,f '(ξ2)=f (b )-f (c )b -c,c <ξ2<b .因f (c )>f (a ),c >a ;f (b )<f (c ),b >c .所以由上式分别有f '(ξ1)>0,f '(ξ2)<0.因在(a ,b )内,f (x )二阶可导,f '(x )在[ξ1,ξ2]应用拉格朗日中值定理,则f ᵡ(ξ)=f '(ξ2)-f '(ξ1)ξ2-ξ1,ξ1<ξ<ξ2.由f '(ξ2)<0,f '(ξ1)>0,ξ2>ξ1,知f ᵡ(ξ)<0.7.当x ȡ0时,证明x +1-x =12x +θ(x ) 14ɤθ(x )ɤ12æèçöø÷且l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=12.ʌ证明ɔ 取函数f (x )=x ,在[x ,x +1]上由拉格朗日中值定理,得f (x +1)-f (x )=f '(x +θ(x ))(x +1-x )=f '(x +θ(x )).即x +1-x =12x +θ(x ).为确定θ(x )的取值范围和求θ(x )的极限,由上式解出θ(x ),得θ(x )=41(1+2x (x +1)-2x ).①当x ȡ0时,x (x +1)>x ,由式①知,θ(x )ȡ14,又因x (x +1)ɤx +(x +1)2ɤx +12.代入式①,即得θ(x )ɤ12,于是有14ɤθ(x )ɤ12.由式①,得l i m x ң0+θ(x )=14,l i m x ң+ɕθ(x )=14+12li m x ң+ɕx x (x +1)+x=12.常考题型 欲证结论为(a ,b )内∃ξ,η满足某种关系式解题提示:把ξ,η分开两次,一次使用柯西定理,一次使用拉格朗日中值定理;或是两次柯西定理.然而再将所得结果作某种运算.典型习题1.设函数f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,且f '(x )ʂ0,试证存在ξ㊁ηɪ(a ,b ),使得f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a ㊃e -η.ʌ解ɔ 因f (x )在[a ,b ]上满足拉格朗日中值定理的条件,故存在ξɪ(a ,b ),使得f '(ξ)(b -a )=f (b )-f (a )①令g (x )=e x ,则g (x )和f (x )在[a ,b ]上满足柯西定理的条件,故存在ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)eη.②由题设f '(x )ʂ0知,f '(η)ʂ0,将式①代入式②,有f '(ξ)f '(η)=e b -e ab -a㊃e -η.2.设函数f (x ),g (x )在[a ,b ]上连续,且g (b )=g (a )=1,在(a ,b )内f (x ),g (x )可导,且g (x )+g '(x )ʂ0,f '(x )ʂ0.证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.ʌ分析ɔ 原结论⇔f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]=f '(η)e η,将η和ξ均看作变量,则上式为f '(ξ)[e ξg (ξ)]'=f '(η)(e η)',辅助函数可令φ(x )=e x g (x ),ψ(x )=e x.ʌ证明ɔ 令φ(x )=e xg (x ),则由题设可知f (x ),φ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ξɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e bg (b )-e a g (a )=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]因为g (a )=g (b )=1 f (b )-f (a )e b -e a=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)],①又令ψ(x )=e x,则f (x ),ψ(x )在[a ,b ]上满足柯西中值定理,于是∃ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )e b -e a =f '(η)e η,②由式①,②可得f '(η)e η=f '(ξ)e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]⇒f '(ξ)f '(η)=e ξ[g (ξ)+g '(ξ)]e η.3.设函数f (x )在闭区间[a ,b ]上连续,在开区间(a ,b )内可导,且f '(x )>0.若极限l i m x ңa+f (2x -a )x -a 存在,证明:(Ⅰ)在(a ,b )内f (x )>0;(Ⅱ)在(a ,b )内存在点ξ,使b 2-a 2ʏf (x )d x =2ξf (ξ);(Ⅲ)在(a ,b )内存在与(Ⅱ)中ξ相异的点η,使f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .ʌ证明ɔ (Ⅰ)因为l i m x ңa+f(2x -a )x -a 存在,故l i m x ңa +f (2x -a )=f (a )=0.又f '(x )>0,于是f (x )在(a ,b )内单调增加,故f (x )>f (a )=0,x ɪ(a ,b ).(Ⅱ)设F (x )=x 2,g (x )=ʏx 0f (t )d t (a ɤx ɤb ),则g '(x )=f (x )>0.故F (x ),g (x )满足柯西中值定理的条件,于是在(a ,b )内存在ξ,使F (b )-F (a )g (b )-g (a )=b 2-a 2ʏb a f (t )d t -ʏa af (t )d t =(x 2)'ʏx a f (t )d t ()'x =ξ,即b 2-a 2ʏb af (x )d t =2ξf (ξ). (Ⅲ)因f (ξ)=f (ξ)-0=f (ξ)-f (a ),在[a ,ξ]上应用拉格朗日中值定理知,在(a ,ξ)内存在一点η,使f (ξ)=f '(η)(ξ-a ),从而由(2)的结论得b 2-a2ʏbaf (x )d t =2ξf (ξ),即有f '(η)(b 2-a 2)=2ξξ-a ʏbaf (x )d x .4.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,0<a <b ,证明∃x 1,x 2,x 3ɪ(a ,b )使f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n b a b 2-a 2x 3f '(x 3).ʌ证明ɔ 因f (b )-f (a )b 2-a 2=f '(x 1)2x 1,x 1ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )b 4-a 4=f '(x 2)4x 32,x 2ɪ(a ,b ),f (b )-f (a )l n b -l n a=f '(x 3)1x 3,x 3ɪ(a ,b ),故f '(x 1)2x 1=(b 2+a 2)f '(x 2)4x 32=l n a bb 2-a 2x 3f '(x 3).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,b >a >0,证明∃ξ,ηɪ(a ,b ),使得f (b )-f (a )b 2-a 2=a b f '(η)2ξ3.ʌ证明ɔ 先用拉格朗日中值定理后用柯西中值定理.根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(a ,b ),使得f '(η)=f (b )-f (a )b -a,令F (x )=x 2,g (x )=1x,根据柯西中值定理,存在ξɪ(a ,b ),使得2ξ-1ξ2=b 2-a 21b -1a ;两式联立,整理即得结论.常考题型 泰勒中值定理解题提示:1.若题给出的条件涉及二阶或二阶以上的导数.欲证的结论是多个函数值间或函数值与各阶导数间的等式或不等式关系,自然想到泰勒公式证明.2.使用该定理解题步骤为:①展开几阶泰勒公式,题中给出n +1阶可导,展开n 阶泰勒公式.②在何处展开.这是这类题的难点.③展开后,x 取值代入,再进行初等数学变形,证明不等式时将已知条件代入需要进行放缩不等式.典型习题1.设f (x )在[0,1]上具有二阶导数且满足|f (x )|ɤa ,|fᵡ(x )|ɤb ,其中a ,b 为非负常数.设c 是(0,1)内任意一点.证明|f '(c )|ɤ2a +b 2.ʌ分析ɔ 题中给出二阶可导条件,所证的结论为一阶导数值与函数|f (x )|ɤa 和二阶导数值|f ᵡ(x )|ɤb 间的不等式关系,应用泰勒公式,而题目隐含三点内容是:1)因为给出二阶可导条件,所以展开一阶泰勒公式;2)因为在结论中含有f '(c),是展开式一次项的系数,所在应在x =c 处展开;3)因为题给的条件|f (x )|ɤa ,结论中含有2a ,所以展开后,x 取0,1值.ʌ证明ɔ f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2,ξ在x 与c 之间f (0)=f (c )+f '(c )(-c )+f ᵡ(ξ1)2!(-c )2,ξ1在0与c 之间.①f (1)=f (c )+f '(c )(1-c )+f ᵡ(ξ2)2!(1-c )2,ξ2在1与c 之间.②式②-式①,得f '(c )=f (1)-f (0)+12![f ᵡ(ξ1)c 2-f ᵡ(ξ2)(1-c )2]|f '(c )|ɤ|f (1)|+|f (0)|+21[|f ᵡ(ξ1)|c 2+|f ᵡ(ξ2)|(1-c )2]ɤ2a +b 2[c 2+(1-c)2]ɤ2a +b 2(c ɪ(0,1),c 2+(1-c )2ɤ1).2.设函数f (x )在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f (-1)=0,f (1)=1,f'(0)=0.证明在开区间(-1,1)内至少存在一点ξ,使f ‴(ξ)=3.ʌ证ɔ 由f (x )有三阶导数,可考虑用泰勒公式.又f '(0)=0,应在x =0处展开f (x )=f (0)+f ᵡ(0)2!x 2+f ‴(η)3!x 3 (η在0与x 之间).当x =ʃ1时,有1=f (1)=f (0)+f ᵡ(0)2!+f ‴(η1)3! (0<η1<1),0=f (-1)=f (0)+f ᵡ(0)2!-f ‴(η)3!(-1<η2<0).两式相减,得f ‴(η1)+f ‴(η2)=6.由于f ‴(x )在[η1,η2]上连续,则f ‴(x )在[η1,η2]上有最大值M ,最小值m ,则m ɤ12f ‴(η1)+f ‴(η2)[]ɤM .由介值定理知,至少存在一点ξɪ[η1,η2]⊂(-1,1),使得f ‴(ξ)=12f ‴(η1)+f ‴(η2)[],即f ‴(ξ)=3.3.设f (x )在[0,1]上有二阶连续导数,且f (0)=f (1)=0,m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1.证明 m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.ʌ证ɔ 设f (c )=m i n 0ɤx ɤ1f (x )=-1,则0<c <1,且f '(c )=0,由泰勒公式知f (x )=f (c )+f '(c )(x -c )+f ᵡ(ξ)2!(x -c )2.在上式中分别令x =0,x =1,得f ᵡ(ξ1)=2c 2,ξ1ɪ(0,c );f ᵡ(ξ2)=2(1-c)2,ξ2ɪ(c ,1).若c ɤ12,则f ᵡ(ξ1)=2c 2ȡ212æèçöø÷2=8.若c >12,则f ᵡ(ξ2)=2(1-c )2ȡ212æèçöø÷2=8.故m a x 0ɤx ɤ1fᵡ(x )ȡ8.4.设f (x )在[a ,b ]上连续.在(a ,b )内二阶可导,则∃ηɪ(a ,b ),使得f (a )-2f a +b 2æèçöø÷+f (b )=(a -b )24f ᵡ(η).ʌ证明ɔ f (x )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷x -a +b 2æèçöø÷+12fᵡ(ξ)x -a +b 2æèçöø÷2,ξ在x 与a +b 2之间f (a )=f a +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 1)b -a 2æèçöø÷2,f (b )=fa +b 2æèçöø÷+f 'a +b 2æèçöø÷-a -b 2æèçöø÷+12f ᵡ(c 2)b -a 2æèçöø÷2,f (a )+f (b )-2f a +b 2æèçöø÷=(b -a )24f ᵡ(c 1)+f ᵡ(c 2)2=(b -a )24f ᵡ(η).5.设f (x )在[a ,b ]上二阶可导,f '(a )=f '(b )=0.求证;∃ξɪ(a ,b ),使f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.ʌ证ɔ 由泰勒公式知f (x )=f (a )+f'(a )(x -a )+f ᵡ(ξ1)2!(x -a )2,①f (x )=f (b )+f '(b )(x -b )+f ᵡ(ξ2)2!(x -b )2,②在式①和式②中令x =a +b 2,得f (a +b )2æèçöø÷=f (a )+f ᵡ(ξ1)8(b -a )2,③f (a +b )2æèçöø÷=f (b )+f ᵡ(ξ2)8(b -a )2,④式④减式③得f (b )-f (a )=(b -a )28f ᵡ(ξ1)-f ᵡ(ξ2)().从而有f (b )-f (a )ɤ(b -a )28f ᵡ(ξ1)+f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24m a x f ᵡ(ξ1),f ᵡ(ξ2)()ɤ(b -a )24f ᵡ(ξ).故f ᵡ(ξ)ȡ4|f (b )-f (a )|(b -a )2.6.设f (x )在[a ,b ]上连续,且f ᵡ(x )>0,证明:对任意的x 1,x 2ɪ[a ,b ]及0<λ<1都有f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).ʌ证ɔ 令x 0=λx 1+(1-λ)x 2,则x 0ɪ[a ,b ],由泰勒公式得f (x )=f (x 0)+f '(x 0)(x -x 0)+f ᵡ(ξ)2(x -x 0)2,其中ξ介于x 0与x 之间.因为f ᵡ(x )>0,所以f (x )ȡf (x 0)+f '(x 0)(x -x 0),于是λf (x 1)ȡλf (x 0)+λf'(x 0)(x 1-x 0),(1-λ)f (x 2)ȡ(1-λ)f (x 0)+(1-λ)f'(x 0)(x 2-x 0).两式相加得f [λx 1+(1-λ)x 2]ɤλf (x 1)+(1-λ)f (x 2).7.设函数f (x )在[-a ,a ]上具有二阶连续导数,f (0)=0.(Ⅰ)写出f (x )的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(Ⅱ)证明在[-a ,a ]上至少存在一点η,使a 3f ᵡ(η)=3ʏa-a f (x )d x.ʌ证ɔ (Ⅰ)f (x )=f (0)+f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2=f '(0)x +21f ᵡ(ξ)x 2,其中ξ在0与x 之间.(Ⅱ)ʏa-a f(x)d x=ʏa-a f'(0)x+12fᵡ(ξ)x2[]d x=12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d x又f(x)在[-a,a]上有二阶连续导数,所以fᵡ(x)在[-a,a]上连续,fᵡ(x)在[-a,a]上有最大值M与最小值m.m3a3ɤm2ʏa-a x2d xɤ12ʏa-a fᵡ(ξ)x2d xɤM2ʏa-a x2d x=M3a3⇒mɤ3a3ʏa-a f(x)d xɤM.根据介值定理,∃ηɪ[-a,a],使得fᵡ(η)=3a3ʏa-a f(x)d x即为所证.。

2016考研数学中值定理证明思路总结

2016考研数学中值定理证明思路总结

2016考研数学中值定理证明思路总结中值定理这块一直都是很多考生的“灾难区”,一直没有弄清楚看到一个题目到底怎么思考处理,因此也是考研得分比较低的一块内容,如果考生能把中值定理的证明题拿下,那么我们就会比其他没做上的同学要高一个台阶,也可以说这是一套“拉仇恨”的题目。

下面小编就和大家来一起分析一下这块内容。

1.具体考点分析首先我们必须弄清楚这块证明需要的理论基础是什么,相当于我们的工具,那需要哪些工具呢?第一:闭区间连续函数的性质。

最值定理:闭区间连续函数的必有最大值和最小值。

推论:有界性(闭区间连续函数必有界)。

介值定理:闭区间连续函数在最大值和最小值之间中任意一个数,都可以在区间上找到一点,使得这一点的函数值与之相对应。

零点定理:闭区间连续函数,区间端点函数值符号相异,则区间内必有一点函数值为零。

第二:微分中值定理(一个引理,三个定理)费马引理:函数f(x)在点ξ的某邻域U(ξ)内有定义,并且在ξ处可导,如果对于任意的x∈U(ξ),都有f(x)≤f(ξ) (或f(x)≥f(ξ) ),那么f'(ξ)=0。

罗尔定理:如果函数f(x)满足:(1)在闭区间[a,b]上连续(2)在开区间(a,b)内可导在区间端点处的函数值相等,即f(a)=f(b),那么在(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ柯西中值定理:如果函数f(x)及F(x)满足(1)在闭区间[a,b]上连续(2)在开区间(a,b)内可导(3)对任一x∈(a,b),F'(x)≠0那么在(a,b) 内至少有一点ξ,使等式[f(b)-f(a)]/[F(b)-F(a)]=f'(ξ)/F'(ξ)成立。

第三:积分中值定理:如果函数f(x) 在积分区间[a, b]上连续,则在[a, b]上至少存在一个点ξ,使下式成立加强版:如果函数f(x) 在积分区间[a, b]上连续,则在(a, b)上至少存在一个点ξ,使下式成立第四:变限积分求导定理:如果函数f(x)在区间[a,b]上连续,则积分变上限函数在[a,b]上具有导数,并且导数为:第五:牛顿--莱布尼茨公式:如果函数f(x) 在区间[a,b] 上连续,并且存在原函数F(x) ,则2.注意事项针对上文中具体的考点,佟老师再给出几点注意事项,这几个注意事项也是在证明题中的“小信号”,希望大家理解清楚并掌握:1. 所有定理中只有介值定理和积分中值定理中的ξ所属区间是闭区间。

中值定理的证题技巧

中值定理的证题技巧

x
0
,所以可令
F(x)
g2 f x 。
g(x)
(3)要证 f f g 0 即证 eg
x
0
,所以可令
F(x) egx f
x。
(ii)消去导数法
将结论中的 换成 x ,通过变形后积分消去导数
符号,再移项使等式一边为0,则另一边就是辅助
专业: 数学与应用数学 班级: 数学092班 学号 : 0920151224 姓 名: 涂淑瑶 指导老师:徐建平
目录
内容摘要 1 中值定理的内容及联系 2 应用中值定理的基本步骤及建立辅助函数的几点
体 3 微分中值定理证明命题的方法和技巧 3.1 形如“在(a,b)内至少存在一点 ,使得 f k kR”
的相关命题的证明方法
(1)要证至少存在一点 a,b ,使 f k的命题 两边积分得 f x kx 0,建立辅助函数F x f x kx ,则 Fx f xk 0 , 从而有 f k。
(2) 要证至少存在一点 a,b ,使得 f n 0
的命题。
此时,中值定理中的那个函数是 f n1 x ,中值定理
函数 F x 。
如要证至少存在一点 0,1 ,使 f x 1 。
如何建立辅助函数?可把 换成 x ,设f 1, 积分消去导数符号有 f x x c (可令 c 0 ), 移项得辅助函数 F x f x x 。
(iii) 常数 k值法
此法就是将含有区间端点值及端点函数值的式记 为 k ,其中构造辅助函数的基本步骤为:
系式”的相关命题的证明方法
以上所列命题中只含有一个中值,但有些命题 中会出现两个中值,此时一般需要使用两次拉格 朗日中值定理或柯西中值定理,或一次拉格朗日 中值定理、一次柯西中值定理。证明该类型题目 时,一般将含有 ,表达式分离到等式的两边, 对较为明显的一边运用一次中值,可将等式转化 为只含有一个中值的情形。

考研数学:高数讲义重点题型解答(二)

考研数学:高数讲义重点题型解答(二)

由 2m ≤ f ′′′(ξ1 ) + f ′′′(ξ2 ) ≤ 2M 得 m ≤ 3 ≤ M ,由介值定理,存在ξ ∈[ξ1,ξ2 ] ⊂ (−1,1) ,
使得 f ′′(ξ ) = 3 。
【例题 3】设 a1 < a2 < " < an 为 n 个不同的实数,函数 f (x) 在[a1, an ] 上有 n 阶导数,并
【例题 3】设 f (x) ∈ C[0,1] ,在 (0,1) 内可导,且 f (0) = 0, f (1) = 1 ,证明:对任意的正数 a, b ,
存在ξ ,η ∈ (0,1) ,使得
a+ f ′(ξ )
b f ′(η)
=
a+b。
【解答】因为 f (0) < a < f (1) ,所以存在 c ∈ (0,1) ,使得 f (c) = a 。
【 例 题 2 】 设 f (x) 二 阶 连 续 可 导 , 且 f ′′(x) ≠ 0 , 又 f (x + h) = f (x) + f ′(x + θh)h
( 0 < θ < 1 )。
证明: limθ = 1 。
h→0
2
【解答】由泰勒公式得
f (x + h) =
f (x) +
f ′(x)h +
两边取极限再由二阶连续可导得
lim
h→0
θ
=
1 2

题型二:证明 f (n) (ξ ) = 0
常见思路:(1)罗尔定理; (2)极值法; (3)泰勒公式
【例题 1】设 f (x) ∈ C[0,3] ,在 (0,3) 内可导,且 f (0) + f (1) + f (2) = 3, f (3) = 1 ,证明:

2021考研数学透过真题谈微分中值定理的复习方向

2021考研数学透过真题谈微分中值定理的复习方向

2021考研数学透过真题谈微分中值定理的复习方向
微分中值定理是考研数学的考察要点,这部分会出什么题型,该怎么复习呢?下面通过分析2021考研真题给大家明确一下本部分知识点的复习方向,希望2021考生参考。

一.注意真题要求
2021年的考研数学真题在中值定理这块没有太大变化。

考试对数学一,数学二,数学三的要求也是不一样的。

数学一和数学二要求理解泰勒定理。

这意味着在微分中值定理的考查中,有可能单独考查泰勒中值定理。

而数学三方面只是了解,所以数学三的重点还是应该放到罗尔定理和拉格朗日中值定理上面。

二.真题的题型分析
通过对2021年真题的分析,我们发现有关微分中值定理的考查一般都是以解答题的形式出现。

三.真题要求的复习方法
根据对2021年真题的分析,同学们要完成证明题是需要明晰知识体系的。

首先,同学们要掌握极限的保号性,介值定理及费马引理;然后,掌握核心的三大中值定理以及数学一要重点掌握的泰勒定理;最后,掌握积分中值定理。

同学们在清楚了微分中值定理所需要掌握的知识体系后,再通过做题总结,证明题就不难了。

再次提醒,微分中值定理的证明题一定要自己总结,自己活用体系,这样的话上考场
才能达到游刃有余的目的,才能正真的做对题。

总之,同学们根据真题要求明确微分中值定理的真正重难点,即上面说的基本知识体系。

同学们思考证明题一定要有逻辑顺序,注意总结,这样的话,证明题就成为了“加分”题了。

考研数学:中值定理相关命题的证明方法总结

考研数学:中值定理相关命题的证明方法总结

考研数学:中值定理相关命题的证明方法总结中值定理这一块是考研数学的重点同时也是难点,对于中值定理这一块的相关证明题,很多同学一碰到,多数是束手无措,难以找到解题的突破口,现在跨考教育数学教研室易老师就这一问题做详细的方法介绍。

这一类型的问题,从待证的结论入手,首先看结论中有无导数,若无导数则采用闭区间连续函数的性质来证明(介值或零点定理),若有导数则采用微分中值定理来证明(罗尔、拉格朗日、柯西定理),这个大方向首先要弄准确,接下来就待证结论中有无导数分两块来讲述。

一、结论中无导数的情况结论中无导数,接下来看要证明的结论中所在的区间是闭区间还是开区间,若为闭区间则考虑用介值定理来证明,若为开区间则考虑用零点定理来证明。

例1 ()f x 在[]0,3上连续,且(0)(1)(2)3f f f ++=,证明:至少存在一点[]0,3c ∈,使得() 1.f c =分析:待证结论中无导数,则用闭区间连续函数的性质来证,且待证的结论的中值在闭区间上,故应采用介值定理来证明。

证明:()f x 在[]0,2上连续,,m M ∴∃使3(0)(1)(2)3m f f f M ≤++≤1m M ⇒≤≤,∴由介值定理可得结论。

二、结论中有导数情况① 结论中有导数,无端点信息,则采用罗尔定理来证明。

用罗尔定理来证明的常见题型:● 型一:()()0n f ξ=● 型二:结论中仅有ξ的相关表达式,且导数相差一阶用罗尔定理来证明题时,难点就在找原函数上,找原函数的常用方法分为两种,一为观察法,二为积分法。

观察法:i )待证结论若为这种形式'()g()()g'()0()()f f f x g x ξξξξ+=⇐原函数为ii )待证结论若为这种形式()'()()()'()0()f x fg f g g x ξξξξ-=⇐原函数为积分法:i )待证结论若为这种形式()'()()()0()()g x dx f g f F x e f x ξξξ⎰+=⇐=原函数为ii )待证结论若为这种形式()"()()'()0()'()g x dxf g f F x e f x ξξξ⎰+=⇐=原函数为 例2 ()f x 在[]0,1上连续,在(0,1)内可导,(1)0,f =证明:(0,1)ξ∃∈,使得 '()2()0f f ξξξ+=分析:有导数,无端点信息,采用罗尔定理。

[考研数学]中值定理

[考研数学]中值定理

[考研数学]中值定理⽤书:张宇考研数学基础30讲下多为摘录。

条件/表述部分不完全准确(实际上条件归于表述,但为了观察相似的条件所以单独列出了。

)定理的推导(常考证明)和条件细节⾮!常!重!要!可补充内容:证明、⼏何意义、对⽐=总结/不保证对的个⼈理解。

=我先挖个坑在这⾥。

不要让⼏何直观,蒙蔽了我们的双眼。

—柯西有界与最值定理条件:设f(x)在[a,b]上连续,则:表述:m⩽f(x)⩽M。

其中,m,M为f(x)在[a,b]上的最⼩值和最⼤值。

证明:介值定理条件:设f(x)在[a,b]上连续,则:表述:当m⩽µ⩽M时,存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=µ。

证明:(离散)平均值定理条件:设f(x)在[a,b]上连续,则:表述:当a<x1<x2<⋯<x n<b时,在[x1,x n]内⾄少存在⼀个点ξ,使得f(ξ)=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n。

证明:借助介值定理证明。

m⩽f(x i)⩽M,(i=1,2,…,n)nm⩽Σf(x i)⩽nMm⩽f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n⩽M令µ=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n,存在ξ∈[x1,x n],使得f(ξ)=µ=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x n)n=1n∑ni=1f(x i)平均值定理的ξ常见闭区间。

(函数)零点定理条件:设f(x)在[a,b]上连续,则:表述:当f(a)⋅f(b)<0时,存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=0。

证明:借助介值定理和最值定理推导。

f(a)⋅f(b)<0说明f(a)与f(b)异号故m<0且M>0则m<0<M,存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=0。

前四条有共⽤条件:f(x)在[a,b]上连续。

连续即不间断。

所以端点不是间断点。

出现函数值为零的条件,可以考虑⽤介值定理与零点存在定理做。

延伸:推⼴的零点定理若f(x)在(a,b)上连续,lim,\alpha \cdot \beta< 0 时,则f(x)在(a,b)内⾄少有⼀个根。

高等数学中值定理的题型与解题方法

高等数学中值定理的题型与解题方法

高等数学中值定理的题型与解题方法高数中值定理包含:1.罗尔中值定理rolle; 2.拉格朗日中值定理lagrange; 3.柯西中值定理cauchy; 还有经常用到的泰勒展开式taylor, 其中(,)a b ξ∈,一定是开区间.全国考研的学生都害怕中值定理,看到题目的求解过程看得懂,但是自己不会做,这里往往是在构造函数不会处理,这里给总结一下中值定理所涵盖的题型,保证拿到题目就会做; 题型一:证明:()0n f ξ=基本思路,首先考虑的就是罗尔定理rolle,还要考虑极值的问题; 例1. ()[,]f x C a b ∈在(,)a b 可导,()()0f a f b >>,()()02a bf a f +<, 证明:存在(,)a b ξ∈,使得'()0f ξ=.分析:由()()0f a f b >>,()()02a bf a f +<,容易想到零点定理; 证明:()()02a b f a f +<,∴存在1(,)2a bx a +∈,使得1()0f x =,又()()0f a f b >>,∴(),()f a f b 同号,∴()()02a bf b f +<,∴存在2(,)2a bx b +∈,使得2()0f x =,∴12()()0f x f x ==,所以根据罗尔中值定理:存在(,)a b ξ∈,使得'()0f ξ=.例2. ()[0,3]f x C ∈在(0,3)内可导,(0)(1)(2)3f f f ++=,(3)1f =, 证明:存在(0,3)ξ∈,使得'()0f ξ= 证明:1()[0,3]f x C ∈,∴()f x 在[0,3]使得上有最大值和最小值,M m ,∴根据介值性定理(0)(1)(2)3f f f m M ++≤≤,即1m M ≤≤∴存在[0,3]c ∈,使得()1f c =,2()(3)1f c f ==,所以根据罗尔中值定理:存在(,3)(0,3)c ξ∈⊂,使得'()0f ξ=.例3. ()f x 在(0,3)三阶可导,[0,1]x ∈,(1)0f =,3()()F x x f x = 证明:存在(0,1)ξ∈,使得'''()0F ξ= 证明:1(0)(1)0F F ==,∴存在1(0,1)ξ∈,使得1'()0F ξ=,223'()3()'()F x x f x x f x =+,所以1'(0)'()0F F ξ==,∴存在21(0,)ξξ∈,使得2''()0F ξ=,3223''()6()3'()3'()''()F x xf x x f x x f x x f x =+++,所以2''(0)''()0F F ξ==,∴存在2(0,)(0,1)ξξ∈⊂,使得'''()0F ξ=,例3. ()[0,1]f x C ∈在(0,1)内可导,[0,1]x ∈,(0)1f =,11()22f =,(1)2f =证明:存在(0,1)ξ∈,使得'()0f ξ= 证明:(0)1f =,11()22f =,(1)2f =∴存在(0,1)ξ∈,使得()f m ξ=,又()f x 在(0,1)内可导,∴存在(0,1)ξ∈,使得'()0f ξ=题型二:证明:含ξ,无其它字母 基本思路,有三种方法: 1还原法;''()[ln ()]()f x f x f x =能够化成这种形式 例1. ()[0,1]f x C ∈在(0,1)可导,(1)0f =,证明:存在(0,1)ξ∈,使得'()3()0f f ξξξ+=.分析:由3'()3'()3()00[ln ()]'(ln )'0()f x xf x f x f x x f x x+=⇒+=⇒+=, 证明:令 3()()x x f x ϕ=,(0)(1)1ϕϕ==存在(0,1)ξ∴∈,使得'()0ϕξ=,而23'()3()'()0f f ϕξξξξξ=+= 存在(0,1)ξ∈,使得'()3()0f f ξξξ+=例2. ()[,]f x C a b ∈在(,)a b 可导,()()0f a f b ==,证明:存在(,)a b ξ∈,使得'()2()0f f ξξ-=.分析:由2'()'()2()020[ln ()]'(ln )'0()x f x f x f x f x e f x --=⇒-=⇒+=, 证明:令 2()()x x f x e ϕ-=,()()0f a f b ==,()()0a b ϕϕ∴==存在(,)a b ξ∴∈,使得'()0ϕξ=,而 即存在(,)a b ξ∈,使得'()2()0f f ξξ-=例3. ()f x 在[0,1]上二阶可导,(0)(1)f f =,证明:存在(0,1)ξ∈,使得2'()''()1f f ξξξ=-. 分析:由22'()''()2''()0[ln '()]'[ln(1)]'01'()1f x f x f x f x x x f x x =⇒+=⇒+-=--, 证明:令 2()'()(1)x f x x ϕ=-,(0)(1)(0,1)f f c =⇒∃∈,使得'()0f c =,所以2()'()(1)0c f c c ϕ=-=,又因为(1)0ϕ=()(1)0c ϕϕ∴==∴由罗尔定理知,存在(0,1)ξ∈,使得2'()''()1f f ξξξ=-. 记:① '()()kx f kf x e f x ϕ+⇒=② '()()k f kf x x f x ξϕ+⇒= 2分组构造法;① ''()()f f ξξ=② ''()()10f f ξξ-+=还原法行不通例1. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,11(0)0,()1,(1)22f f f ===,证明:①存在(0,1)c ∈,使得()f c c =,②存在(0,1)c ∈,使得'()2[()]1f f ξξξ--=.证明:① 令 ()()x f x x ϕ=-,111(0)0,(),(1)222ϕϕϕ∴===-1()(1)02ϕϕ<,1(,1)(0,1)2c ∴∃∈⊂使得()0c ϕ=,即()f c c =② 分析'()2[()]1[()]'2[()]0f x f x x f x x f x x --=⇒---=令 2()[()]x h x e f x x -=-,(0)()0h h c ∴==∴存在(0,1)c ∈,使得'()2[()]1f f ξξξ--=.题型三:证明:含,ξη.分几种情形:情形1:结论中只有'(),'()()f f ξη⎧⎨⎩找三句次La gr a nge点两话两例1. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,(0)0,(1)1f f ==,证明:①存在(0,1)c ∈,使得()1f c c =-,②存在,(0,1)ξη∈,使得'()'()1f f ξη=.证明:① 令 ()()1x f x x ϕ=-+,(0)1,(1)1ϕϕ∴=-=(0)(1)0ϕϕ< (0,1)c ∴∃∈使得()1f c c =- ②(0,),(,1)c c ξη∃∈∈,使得()(0)1'()f c f cf c cξ--==(1)()'()11f f c cf c cη-==--,所以存在,(0,1)ξη∈,使得'()'()1f f ξη= 例2. ()[0,1]f x C ∈,在(0,1)内可导,(0)0,(1)1f f ==,证明:①存在(0,1)c ∈,使得1()2f c =,②存在,(0,1)ξη∈,使得112'()'()f f ξη+=. 证明:① 令 1()()2x f x ϕ=-,11(0),(1)22ϕϕ∴=-=,(0)(1)0ϕϕ<(0,1)c ∴∃∈,使得1()2f c =②(0,),(,1)c c ξη∃∈∈,使得()(0)1'()2f c f f c cξ-==, (1)()1'()12(1)f f c f c c η-==--,所以存在,(0,1)ξη∈,使得112'()'()f f ξη+=情形2:结论中含有,ξη,但是两者复杂度不同; 例1. ()[,]f x C a b ∈,在(,)(0)a b a >内可导证明:存在,(,)a b ξη∈,使得'()'()()2f f a b ηξη=+. 证明:① 令 2()F x x =,'()20F x x =≠由柯西中值定理(,)a b η∴∃∈使得22()()'()2f b f a f b a ηη-=-,所以()()'()()2f b f a f a b b a ηη-=+- (,)a b ξ∴∃∈使得()()'()f b f a f b aξ-=-,得证;例2. ()[,]f x C a b ∈,在(,)(0)a b a >内可导证明:存在,(,)a b ξη∈,使得2'()'()abf f ξηη=. 证明:① 令 1()F x x =-,21'()0F x x=-≠由柯西中值定理 (,)a b η∴∃∈使得2()()'()111f b f a f b a ηη-=-+,所以2()()'()f b f a ab f b a ηη-=-(,)a b ξ∴∃∈使得()()'()f b f a f b aξ-=-,得证;例3. ()[,]f x C a b ∈,在(,)a b 内可导, ()()1f a f b ==证明:存在,(,)a b ξη∈,使得['()()]1e f f ηξηη-+=. 分析:“留复杂”['()()]e f f ηηη+证明:① 令 ()()x x e f x ϕ=,由拉格朗日中值定理(,)a b η∴∃∈使得()()['()()]b a e f b e f a e f f b aηηη-=+-, ['()()],(,)b a e e e e f f a b b aξηηηξ-∴==+∈-,即['()()]1e f f ηξηη-+=. 题型四:证明:拉格朗日中值定理的两惯性思维; ()f x 可导①()()'()f b f a f b a ξ-=-②见到3点两次使用拉格朗日中值定理;例1. lim '()x f x e →∞=,且lim[()(1)]lim(),xx x x c f x f x x c→∞→∞+--=-则 c = 解:()(1)'()(1)f x f x f x x ξξ--=-<<,lim '()x f x e →∞=.又因为2lim 2222lim()lim[(1)]x x c c x x x c c c x c x cx x x c c e e x c x c→∞---→∞→∞+=+==-- 例2. '()0,''()0f x f x >>,且000'(),()(),0dy f x x y f x x f x x =∆∆=+∆-∆>,则,,0dy y ∆的大小关系;解:由拉格朗日中值定理知000'(),()y f x x x x x ξ∆=∆<<+∆,''()0,'()f x f x >∴单调递增又00,'()'()x f x f ξξ<∴<又因为00,'()'(),0x f x x f x dy y ξ∆>∴∆<∆∴<<∆例3. ()f x 在(,)a b 内可导,且'()f x M ≤,()f x 在(,)a b 内至少有一个零点;证明:()()()f a f b M b a +≤-证明:1因为()f x 在(,)a b 内至少有一个零点,所以(,),()0c a b f c ∃∈=2下边用两次拉格朗日中值定理11()()'()(),(,)f c f a f c a a c ξξ-=-∈,所以11()'()(),(,)f a f c a a c ξξ-=-∈'()f x M ≤,1()(),(,)f a M c a a c ξ∴≤-∈2()(),(,)f b M b c c b ξ≤-∈,()()()f a f b M b a ∴+≤- 例4. ()f x 在(,)a b 内二阶可导,有一条曲线()y f x =,如图 证明:(,)a b ξ∃∈,使得''()0f ξ=证明:112(,),(,)a c c b ξξ∃∈∈使得12()()()()'(),'()f c f a f b f c f f c a b cξξ--==-- 因为,,A C B 共线,所以12'()'()f f ξξ=,所以由罗尔定理知12(,)(,)a b ξξξ∃∈⊂,使得''()0f ξ=题型五:Taylor 公式的常规证明;例1. '''()[1,1]f x C ∈-,(1)0,'(0)0,(1)1f f f -===证明:存在(1,1)ξ∈-,使得'''()3f ξ=.题外分析:考虑什么时候该用泰勒公式什么时候不用()()(2)n f n ξ≥时考虑,但是()()0n f ξ=为题型一,考虑罗尔定理2n =时比较尴尬,有时候用拉格朗日中值定理,有时候不用,该怎么考虑呢,分情况:(),(),()''()'(),'(),'()'(),'(),'()f a f b f c lagrangef f a f b f c lagrange f a f b f c taylor ξ⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩次拉格朗日中值定理解两决证明: 2311'''()''(0)(1)(0)(10)(10),(1,0)2!3!f f f f ξξ-=+--+--∈-, 两个式子相减得:12'''()'''()6f f ξξ∴+=12'''()[,]f x C ξξ∈,'''()f x ∴在12[,]ξξ上有,m M ,则122'''()'''()2m f f M ξξ∴≤+≤12'''()'''()32f f m M m M ξξ+∴≤≤⇒≤≤,所以根据介值定理得:存在12[,](1,1)ξξξ∈⊂-,使得'''()3f ξ=例2. ()f x ,在[0,1]二阶可导,(0)(1)0f f ==,01min ()1x f x ≤≤=-,证明:存在(0,1)ξ∈,使得''()8f ξ≥.证明:由01min ()1x f x ≤≤=-知,存在(0,1)c ∈,使得()1f c =-且'()0f c =由泰勒公式:211''()(0)()(0),(0,)2!f f f c c c ξξ=+-∈, ①111(0,]''()8,2c f ξξξ∈⇒≥=②221(,1)''()8,2c f ξξξ∈⇒≥=例3. ()f x 在[,]a b 上二阶可导,''()f x M ≤,()f x 在(,)a b 内取最大值; 证明:存在'()'()()f a f b M b a +≤-.证明:由()f x 在(,)a b 内取最大值知,存在(0,1)c ∈,使得'()0f c =所以存在'()'()()f a f b M b a +≤-.。

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2016考研数学中值定理题型答题技巧分析在考研数学中,有关中值定理的证明题型是一个重要考点,也是一个让很多同学感到比较困惑的考点,不少同学在读完题目后不知从何下手,不会分析证明,找不到思路,之所以会出现这样的情况,主要是因为这些同学对中值定理证明题型的特点缺乏清晰的认识,对其分析和证明方法没有完全理解和掌握,为了协助这样的同学克服这方面的困难,下面文都网校考研数学老师对这类题的特点和证明方法做些分析总结,供各位2016考研的考生参考。

一、中值定理证明题的特点
中值定理证明题主要有以下一些特点:
1.中值定理证明题常常需要作辅助函数;
2.中值定理证明题经常在一个题中需要结合运用三个知识点,分别是:连续函数在闭区间上的性质(包括最大值和最小值定理、零点定理和介质定理),微分中值定理和积分中值定理;
3.中值定理证明题可能需要在一个问题的证明中反复运用同一个微分中值定理两次甚至三次,比如罗尔中值定理或拉格朗日中值定理;
4.从历年考研数学真题变化规律来看,证明中用得最多的主要是罗尔中值定理和拉格朗日中值定理,而泰勒中值定理和柯西中值定理则用得很少。

二、中值定理证明题的常用方法
中值定理证明题有不同的类型,对不同的类型需要运用不同的方法,主要的和常用的方法包括以下几种:
1.如果题目条件中出现关于函数值的等式,而函数是连续的,则可能需要运用连续函数在闭区间上的性质进行证明;对导数是连续的情况也可以对导函数运用连续函数的性质;
2.如果题目条件中出现关于定积分的等式,则可能需要运用积分中值定理;
3.对于以下这类问题一般使用罗尔中值定理进行证明:
6、如果是要证明两函数差值比的中值等式,或证明两函数导数比的中值等式,则可能需要利用柯西中值定理进行证明。

对于上面总结介绍的各种证明方法,在实际问题中要根据具体情况灵活运用,另外,对于需要作辅助函数的证明题,常常通过还原法分析找出需要的辅助函数,对于含积分等式的证明题,常常需要作变积分限的函数作为辅助函数,这种方法也是证明积分等式或不等式的主要方法之一,这些分析总结希望对大家提高中值定理证明题的解题能力有所帮助。

最后预祝各位考研成功、金榜题名!
1.林黛玉:三生石畔,灵河岸边,甘露延未绝,得汝日日倾泽。

离恨天外,芙蓉潇湘,稿焚情不断,报汝夜夜苦泪。

2.薛宝钗:原以为金玉良缘已成,只待良辰,奈何君只念木石前盟,纵然艳冠群芳牡丹姿,一心只怜芙蓉雪。

3.贾元春:贤孝才德,雍容大度,一朝宫墙春不再,一夕省亲泪婆娑。

昙花瞬息,红颜无罪,到底无常。

4.贾探春:虽为女流,大将之风,文采诗华,见之荡俗。

诗社杏花蕉下客,末世悲剧挽狂澜,抱负未展已远嫁。

5.史湘云:醉酒卧石,坦荡若英豪,私情若风絮,嫁与夫婿博长安,终是烟销和云散,海棠花眠乐中悲。

6.妙玉:剔透玲珑心,奈何落泥淖,青灯古佛苦修行,高洁厌俗袅亭亭。

可惜不测之风云,玉碎冰裂,不瓦全。

7.贾迎春:沉默良善,见之可亲,深宅冷暖,累遭人欺,腹中无诗情风骚,膺内缺气概魄力。

空得金黄迎春名,可怜一载赴黄泉。

8.贾惜春:高墙白曼陀,冷水伴空门。

孤寒寂立一如霜,如何能得自全法?狠心舍弃近身人。

侯门金簪冰雪埋,海灯僻冷长弃世。

9.王熙凤:毒酒甘醇,罂粟灿艳,锦绣华衣桃花眼,眼明刀锋吊梢眉。

何幸七窍玲珑心,只惜冷硬霜凝集。

千机算尽,反误性命。

10.贾巧姐:七月七日,牵牛花开,绮罗金线裹绕成,家亡院坍落污地。

幸有阴德济困危,得获余生农家栖。

一亩薄田,岁月绵长。

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13. 师父,你别说了,弟子心里都早已想得清楚了。

此事乃是天意,师父你自己也想不到的,何况当日最后时刻,虽然田师叔他老人家口不能言,但我心里清楚明白地感觉到他的心意,那一剑,田师叔也是要我出手的。

14. 陆雪琪:‘我当然在乎,若有可能,谁不愿长相厮守,谁不想天长地久?只是明知道难以达成,便不去想了吧!反正将来怎样,谁又知道,我却是终究不肯忘怀的。

'
15. 若不是情到深处难自禁,又怎会柔肠百转冷如霜?也许真的拥抱了你。

这个世界就从此不一样了吧。

16. 雨丝从夜空里落了下来,在黑暗的夜色中,在张小凡少年的眼里,仿佛带了几分温柔,甚至于他忽然觉得,这夜是美丽的,这雨是缠绵的,就连雨水打在竹叶上的清脆,也是动听的,响在了他灵魂深处。

只因为在他身旁,有那样一个美丽女子,抬着头,带着七分青春二分欢喜乃至一分凄凉的美,怔怔出神地看着。

这一场雨!
17. 旧时沧桑过曾记否伤心人白发枯灯走天涯一朝寂寞换宿休
18. 那眼光在瞬间仿佛穿过了光阴,忘却了这周围熊熊燃烧的火焰,看到了当初少年时,曾经的过往。

19. 黑暗深渊里的回忆,仿佛和今日一模一样,像是重新回到了,那曾经天真的岁月。

原来,这一个身影,真的是,从来没有改变过吗?那变的人,却又是谁?
20. 在你绝望的时候,有没有人可以与你相伴?即使无路可走,还有人不曾舍弃吗?
21. 一切,终究是要结束的。

一切,仿佛也将要重新开始……日月旋转,穿梭不停,斗转星移,谁又看尽了人世沧桑?
22. 那时候,我们身陷绝境,垂死挣扎,可是我却一直没有害怕过,当时若是就那样和你一起死了,我——我也心甘情愿!
23. 原来,千百年的时光,还是抹不去深深的一缕伤怀么……
24. 我知道你心里在想什么,师姐,你多半是骂我不知人事,不知这世道艰险,我心中所想所求,泰半都难有结果。

其实我又何尝不知?若说心苦,我也曾的确为此苦过。

只是,我却是想开了,人家说世难容,不可恕,而我终究不能如他一般,破门出家。

但即便如此,我也只求心中有那么一个人可以相思,而且我还知道,他心中也有我,只要这般,我也就心满意足了。

25. 一剑斩龙,两界阴阳,三生合欢,四灵血阵,五婴圣骨,六和镜玄八卦幻,七朵痴情伤心瓣。

八凶赤炎玄火鉴。

26. 碧瑶:你哪里会笨了?你聪明的紧!难怪我爹老是对我说,你这个人看似木讷,其实内秀的很。

27. 九幽阴灵,诸天神魔,以我血躯,奉为牺牲。

三生七世,永堕阎罗,只为情故,虽死不悔。

28. 从小到大,不知道有多少人讨好我,送了多少奇珍异宝,可是……“她抬起头,凝视著张小凡的眼睛,轻轻道,”就算全天下的珍宝都放在我的眼前,也比不上你为我擦拭竹子的这只袖子。


29. 你心中苦楚,天知我知,我不能分担你的痛楚,便与你一道承担。

总希望有一日,你能与心中爱人,欢欢喜喜在一起的-------陆雪琪语
30. 我从来都不苦的,师姐。

从来师门传道,便是要我们无牵无挂,心境自在,参悟造化,以求长生,不是么?可是,我要长生做什么?
31. 我不后悔,十年了,我心中还是记挂着你。

如果可能,我情愿放弃一切,跟你一起到天涯海角。

可是,终究是不可能了!。

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