2016年考研數(shù)學中值定理證明題技巧-以及結論匯總.docx

目錄第一部分：中值定理結論總結.11、介值定理.12、零點定理.23、羅爾定理.24、拉格朗日中值定理.25、柯西中值定理.26、積分中值定理.3第二部分：定理運用.3第三部分：構造函數(shù)基本方法.9一、要證明的等式是一階導數(shù)與原函數(shù)之間的關系.10二、二階導數(shù)與原函數(shù)之間關系.11第四部分：中值定理重點題型分類匯總（包含所有題型).14題型一：中值定理中關于的問題題型二：證明f(n)()=0題型三：證明f(n)()=C0(0)題型四：結論中含一個中值，不含a,b，導數(shù)的差距為一階題型五：含兩個中值,的問題題型六：含a,b及中值的問題題型七：雜例題型八：二階保號性問題題型九：中值定理證明不等式問題第一部分：中值定理結論總結1、介值定理：設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，且在該區(qū)間的端點取不同的函數(shù)值f(a)=A及f(b)=B，那么對于A與B之間的任意一個數(shù)C，在開區(qū)間(a,b)內至少有一點使得f()=C(ab).Ps:c是介于A、B之間的，結論中的取開區(qū)間。介值定理的推論：設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),則f(x)在a,b上有最大值M，最小值（m,若mCM,則必存在a,b,使得f()=C。閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)必取得介于最大值M與最小值m之間的任何值。此條推論運用較多）Ps：當題目中提到某個函數(shù)f(x),或者是它的幾階導函數(shù)在某個閉區(qū)間上連續(xù)，那么該函數(shù)或者其幾階導函數(shù)必可以在該閉區(qū)間上取最大值和最小值，那么就對于在最大值和最小值之間的任何一個值，必存在一個變量使得該值等于變量處函數(shù)值。2、零點定理：設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),且f(a)與f(b)異號，即f(a).f(b)0,那么在開區(qū)間內至少存在一點使得f()=0.Ps:注意條件是閉區(qū)間連續(xù)，端點函數(shù)值異號，結論是開區(qū)間存在點使函數(shù)值為0.3、羅爾定理：如果函數(shù)f(x)滿足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間(a,b)內可導;（3）、在區(qū)間端點處函數(shù)值相等，即f(a)=f(b).那么在(a,b)內至少有一點(ab),使得f(x)=0;4、拉格朗日中值定理：如果函數(shù)f(x)滿足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間(a,b)內可導;那么在(a,b)內至少有一點(ab),使得f(b)-f(a)=f().(b-a).5、柯西中值定理：如果函數(shù)f(x)及g(x)滿足（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間(a,b)內可導;（3）、對任一x(axb),g(x)0,那么在(a,b)內至少存在一點,使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f(x)g(x)Ps：對于羅爾定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理結論都是開開區(qū)間內取值。6、積分中值定理：若函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)，則至少存在一點xa,b使得baf(x)dx=f(x)(b-a)Ps：該定理課本中給的結論是在閉區(qū)間上成立。但是在開區(qū)間上也是滿足的，下面我們來證明下其在開區(qū)間內也成立，即定理變?yōu)椋喝艉瘮?shù)f(x)在a,b上連續(xù)，則至少存在一點x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)證明：設F(x)=xaf(x)dx，xa,b因為f(x)在閉區(qū)間上連續(xù)，則F(x)在閉區(qū)間上連續(xù)且在開區(qū)間上可導（導函數(shù)即為f(x)）。則對F(x)由拉格朗日中值定理有：$x(a,b)使得F(x)=F(b)-F(a)b-a=baf(x)dxb-a而F(x)=f(x)所以$x(a,b)使得baf(x)dx=f(x)(b-a)。在每次使用積分中值定理的時候，如果想在開區(qū)間內使用，我們便構造該函數(shù)，運用拉格朗日中值定理來證明下使其在開區(qū)間內成立即可。千萬不可直接運用，因為課本給的定理是閉區(qū)間。第二部分：定理運用1、設f(x)在0,3上連續(xù)，在(0,3)內存在二階導函數(shù)，且2f(0)=20f(x)dx=f(2)+f(3).證明：(1)$h(0,2)使f(h)=f(0)(2)$x(0,3)使f(x)=0證明：先看第一小問題：如果用積分中指定理似乎一下子就出來了，但有個問題就是積分中值定理是針對閉區(qū)間的。有的人明知這樣還硬是這樣做，最后只能是0分。具體證明方法在上面已經說到，如果要在開區(qū)間內用積分中指定理，必須來構造函數(shù)用拉格朗日中值定理證明其在開區(qū)間內符合。（1）、令x0(0f(t)dt=F(x),x0,2則由題意可知F(x)在0,2上連續(xù)，,2)內可導.則對F(x)由拉格朗日中值定理有：$h(0,2)使F(h)=F(2)-F(0)2f(h)=20f(t)dt2=f(0),h(0,2)從而，mM，那么由介值定理就有：$c2,3,使f(c)=f(0)(2)、對于證明題而言，特別是真題第一問證明出來的結論，往往在第二問中都會有運用，在做第二問的時候我們不要忘記了第一問證明出來的東西，我們要時刻注意下如何將第一問的東西在第二問中進行運用：第二問是要證明存在點使得函數(shù)二階倒數(shù)為0，這個很容易想到羅爾定理來證明零點問題，如果有三個函數(shù)值相等，運用兩次羅爾定理那不就解決問題啦，并且第一問證明出來了一個等式，如果有f(a)=f(b)=f(c)，那么問題就解決了。第一問中已經在(0,2)內找到一點，那么能否在(2,3)內也找一點滿足結論一的形式呢，有了這樣想法，就得往下尋找了，2f(0)=f(2)+f(3)，看到這個很多人會覺得熟悉的，和介值定理很像，下面就來證明：Qf(x)在0,3上連續(xù)，則在2,3上也連續(xù)，由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)必存在最大值和最小值，分別設為M,m;則mf(2)M,mf(3)M.f(2)+f(3)2f(2)+f(3)2f(0)=f(h)=f(c),h(0,2),c2,3則有羅爾定理可知：$x1(0,h),f(x1)=0，$x2(h,c),f(x2)=0$x(x1,x2)(0,3),f(x)=0Ps：本題記得好像是數(shù)三一道真題，考察的知識點蠻多，涉及到積分中值定理，介值定理，最值定理，羅而定理，思路清楚就會很容易做出來。2、設f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內可導,且f(0)=0,f(1)=1.證明:(1)、$x(0,1)使得f(x)=1-x(2)、$兩個不同點h、x(0,1),使得f(x)f(h)=1本題第一問較簡單，用零點定理證明即可。（1）、首先構造函數(shù)：F(x)=f(x)+x-1,x0,1F(0)=f(0)-1=-1F(1)=f(1)=1QF(0)F(1)=-10)上具有二階連續(xù)導數(shù)，f(0)=0(1)、寫出f(x)的帶拉格朗日余項的一階麥克勞林公式(2)、證明在-a,a上至少存在一點h使得af(h)=33第一問課本上記住了寫出來就行，考的很基礎a-af(x)dxf(x)2f(x)2（1）、f(x)=f(0)+f(0)1!x+2!x=f(0)x+2!x(2)、第二問先將第一問的式子f(x)代入看看有什么結果出來f(x)dx=xdx，f(x)此處不能直接拿到積分號外面，因為他不是與x無a-aa-af(x)22關的數(shù)。做到這兒，我們想辦法把他弄到積分號外面似乎就能出來，有了這樣想法就得尋求辦法。題目中說道f(x)有二階連續(xù)導數(shù)，為何要這樣說呢，我們知道連續(xù)函數(shù)有最大值，最小值，往往會接著和介值定理一起運用。所以有：因為f(x)有二階連續(xù)導數(shù)，所以存在最大值和最小值，設為M,m則對于區(qū)間-a,a，mf(x)M,mx2f(x)x2Mx22ma3=mxdxxdx=f(x)xdxMMa3222323aaa-a-a-a3m3f(x)dxMaa-a所以由介值定理有結論成立。Ps：本題是以前的一道真題，具體哪年也記不得了，主要就是考到介值定理的運用。題目中說的很明白的，有二階連續(xù)導數(shù)，往往當題目中提及到什么連續(xù)啊，特別是對于導函數(shù)連續(xù)的，我們總得注意下他有最大值，最小值，進而與介值定理聯(lián)合運用。f(x)dx=0,f(x)cosxdx=0.5、設f(x)在0,p上連續(xù)，且p0p0證明：在(0,p)內至少存在兩個不同點x1、x2使得f(x1)=f(x2)=0本題看似很簡潔，但做起來去不容易。結論是證明等式成立且為0，很容易讓我們想到羅爾定理，我們如果能找到三個點處函數(shù)值相等，那么是不是就能有些思路了呢。令：F(x)=x0f(t)dt,x0,p，F(xiàn)(0)=F(p)=0Qf(x)cosxdx=cosxdF(x)=cosxF(x)p0+sinxF(x)dx=0sinxF(x)dx=0拉格朗日中值定理來證明其在開區(qū)間內成立。構造函數(shù)G(x)=sintF(t)dt,x0,p似乎只需在找出一點F(c)=0即可。，如果一切如我們所想，證明也就完成了。ppp000p0似乎已經找到這個點了。但是積分中值定理中，是取閉區(qū)間，如果要用的話得先構造函數(shù)用x0具體的證明步驟和上面涉及到的一樣，自己去證。證完后就得到$c(0,p),使得G(c)=0,即sincF(c)=0,所以F(c)=0所以有：F(0)=F(c)=F(p)=0,c(0,p)接下來的證明就和第一題中第二小問一樣了，具體就不去證明了，自己證，關鍵掌握方法，思路。Ps：本題是02年左右的數(shù)一一道證明題，看看題目很簡潔，但具體來做，如果對定理的運用不熟練，還是不好弄出來。本題中涉及到積分，而且又要證明等式成立且為0，容易想到積分中值定理，以及羅爾定理。但是積分中值定理是對于閉區(qū)間而言，而我們要用到開區(qū)間，只能自己構造函數(shù)來證明其在開區(qū)間內成立，如果在實際做題的時候你不證明直接用，估計一半的分都沒了。本題關鍵的就是尋找這個點C，找出來了其他的都不是問題，既然是關鍵點，那得分點也肯定最多了，你不證明這個點，直接套用課本中定理（如果用的話，得分類討論了），硬是說C點就成立，那估計一半的分都沒了。一般都會構造出g(x)=XXXe或者e或者x,n為任意常數(shù)對于中值定理這章，就先給出上面一些經典的題目，大家好好體會下，多做些題，多思考。下面來講講對于證明題中的，函數(shù)如何來構造：基本上都是從結論出發(fā)，運用求導或是積分，或是求微分方程，解出來也可。本人自己總結了一些東西，與大家交流下：第三部分：構造函數(shù)基本方法一、要證明的等式是一階導數(shù)與原函數(shù)之間的關系：x-xn1、如果只是單純導函數(shù)和原函數(shù)之間關系，想想構造帶有e或者ef(x)=f(x)可以構造g(x)=f(x)e-xx-xf(x)+f(x)=0可構造g(x)=f(x)exf(x)+f(x)=l可構造g(x)=f(x)ex-lexf(t)dt=f(x)這個也是原函數(shù)與一階導函數(shù)問題，構造函數(shù)g(x)=e-xf(t)dtxaxaf(x)-l(f(x)-x)=1先將其變形下：f(x)-lf(x)=1-lx左邊是導函數(shù)與原函數(shù)關系可構造：f(x)e-lx右邊可以看成是x-lx也成了導函數(shù)和原函數(shù)之間關系，如是可以構造：xe-lx從而要構造的函數(shù)就是：g(x)=(f(x)-x)e-lx2、如果還涉及到變量X，想想構造xnxf(x)+f(x)=0可構造g(x)=f(x)xf(x)=-2f(x)x可構造g(x)=f(x)x2xf(x)+nf(x)=0可構造g(x)=f(x)xn3、另外還可以解微分方程來構造函數(shù)：如xf(x)+f(x)=0f(x)f(x)=-x,lnf(x)=-x2+clnf2(x)ex=cf2(x)ex=C1222所以構造函數(shù)g(x)=f2(x)ex2二、二階導數(shù)與原函數(shù)之間關系構造帶有e或者exf(x)=f(x)如何構造如下：-xf(x)+f(x)=f(x)+f(x)對于此式子，你會不會有所想法呢，在上面講到一階導函數(shù)與原函數(shù)之間的構造方法，等式前面也可以看成是一階導函數(shù)與原函數(shù)（只不過原函數(shù)是f(x)）之間關系，從而等式左邊可以構造f(x)ex等式右邊可以構造f(x)ex總的構造出來函數(shù)為：g(x)=(f(x)-f(x)ex另：如果這樣變形：(f(x)-f(x)+(f(x)-f(x)=0構造函數(shù)如下：g(x)=(f(x)+f(x)e-x，可以看上面原函數(shù)與導函數(shù)之間關系如何構造的。從而對于此函數(shù)構造有兩種方法，具體用哪一種構造得看題目給的條件了。如果題目給了f(x)-f(x)為什么值可以考慮第一中構造函數(shù)，如果題目給了f(x)+f(x)，則可以考慮第二種構造方法。f(h)-3f(h)+2f(h)=0先變形：變成一階導函數(shù)和原函數(shù)之間關系f(h)-2f(h)=f(h)-2f(h)f(x)e-2x=f(x)e-2x所以構造的函數(shù)為：G(x)=(f(x)-f(x)e-2xf(x)+f(x)=0這個函數(shù)確實不好構造，如果用微分方程來求會遇到復數(shù)根。G(x)=f2(x)+(f(x)2G(x)=2f(x)(f(x)+f(x)實際做的時候還得看題目是否給了f(x)的一些條件，如果在某個開區(qū)間內不為0，而構造出來的函數(shù)在閉區(qū)間端點取值相等，便可用羅而定理來證明。具體來看看題目：（1）、存在x(,1),使得f(x)=x1、設f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內可導，且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1證明：12（2）、存在h(0,x),使得f(h)=f(h)-h+1（1）、對一問直接構造函數(shù)用零點定理：F(x)=f(x)-x具體詳細步驟就不寫了。（2）、該問主要問題是如何構造函數(shù)：如果熟練的話用上面所講方法來構造：f(h)=f(h)-h+1先變形f(h)-f(h)=1-hf(x)e-x=xe-x構造函數(shù)為G(x)=(f(x)-x)e-x另：用微分方程求解法來求出要構造的函數(shù)f(h)-1=f(h)-h(f(x)-x)=f(x)-xln(f(x)-x)=x+cf(x)-x=ex+c=exC(f(x)-x)e-x=C把常數(shù)退換掉之后就是要構造的函數(shù)G(x)=(f(x)-x)e-x函數(shù)構造出來了，具體步驟自己去做。2、設f(x)在a,b上連續(xù)，f(x)在(a,b)內二階可導，f(a)=f(b)=0,baf(x)dx=0證明：（1）存在x1,x2(a,b)使得f(x1)=f(x1),f(x2)=f(x2)（2）存在h(a,b),hx1,x2使得f(h)=f(h)（1）、第一問中的函數(shù)構造：F(x)=f(x)e-x（2）、第二問中函數(shù)構造有兩種構造方法，上面講解中說道了我們在這用第一種g(x)=(f(x)-f(x)ex原因在于第一問中f(x)-f(x)=0符合此題構造。具體詳細步驟自己去寫寫。3、設奇函數(shù)f(x)在-1,1上具有二階導數(shù)，且f(1)=1,證明：(1)存在x(0,1),使得f(x)=1(2)存在h(-1,1),使得f(h)+f(h)=1第一問中證明等式，要么用羅爾定理，要么介值定理，要么零點本題很容易想到用羅爾定理構造函數(shù)來求，因為涉及到了導函數(shù)（1）、F(x)=f(x)-x，題目中提到奇函數(shù)，f(0)=0有F(0)=F(1)=0從而用羅爾定理就出來了。（2）、第二問中的結論出發(fā)來構造函數(shù)，從上面講的方法來看，直接就可以寫出要構造的函數(shù)f(h)+f(h)=1先變形下：f(x)ex=exG(x)=(f(x)-1)ex函數(shù)構造出來，并且可以用到第一問的結論，我們只需要在（-1,0）之間在找一個點也滿足1的結論即可。也即z(-1,0),f(z)=1從而可以對h(z,x)(-1,1)運用羅爾定理即可。Ps：本題為13年數(shù)一真題，第一問基礎題，但要看清題目為奇函數(shù)，在0點處函數(shù)值為0.第二問關鍵是構造函數(shù)，函數(shù)構造出來了就一步步往下做，缺什么條件就去找什么條件或者證明出來，13年考研前我給我的幾個考研小伙伴們講過構造函數(shù)的一些方法，考場上都很第四部分：中值定理重點提醒分類總結題型一：中值定理中關于的問題題型二：證明f(n)()=0題型三：證明f(n)()=C0(0)題型四：結論中含一個中值，不含a,b，導數(shù)的差距為一階題型五：含兩個中值,的問題題型六：含a,b及中值的問題題型七：雜例題型八：二階保號性問題題型九：中值定理證明不等式問題【例題1】設f(x)=arctanxC0,a，f(a)f(0)=f(a)a，求lim?！窘獯稹縡(x)=，由f(a)f(0)=f(a)a得2=arctana=a2arctana，1+a中值定理題型題型一：中值定理中關于的問題2a011+x2aaarctana22，解得lim2=lima0+a0+aarctana1+a2=1aarctana2=lima0+aarctanaa3=lima0+113a23，a0+于是lim=13?！纠}2】設f(x)二階連續(xù)可導，且f(x)0，又f(x+h)=f(x)+f(x+h)h（01）。證明：lim=h012。h，其中位于x與x+h之間。f()2于是f(x)+f(x+h)h=f(x)+f(x)h+f()2h，或=f(x+h)f(x)f()f(x+h)f(x)f()=h22h【解答】由泰勒公式得f(x+h)=f(x)+f(x)h+2!，從而有2!，兩邊取極限再由二階連續(xù)可導得lim0=21h。題型二：證明f(n)()=0【例題2】設f(x)在0,1上三階可導，f(1)=0，令H(x)=xf(x)，證明：存在(0,1)，常見思路：（1）羅爾定理；（2）極值法；（3）泰勒公式【例題1】設f(x)C0,3，在(0,3)內可導，且f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1，證明：存在(0,3)，使得f()=0?！窘獯稹恳驗閒(x)C0,2，所以f(x)在0,2上取到最小值m和最大值M，由3mf(0)+f(1)+f(2)3M得m1M，由介值定理，存在c0,2，使得f(c)=1，因為f(c)=f(3)=1，所以由羅爾定理，存在(c,3)(0,3)，使得f()=0。31因為H(x)=3xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，再由羅爾定理，存在2(0,1)，使得H(2)=0。因為H(x)=6xf(x)+6xf(x)+xf(x)，所以H(0)=0，由羅爾定理，存在使得H()=0?！窘獯稹坑蒆(0)=H(1)=0，存在1(0,1)，使得H(1)=0，2323(0,2)(0,1)，使得H()=0。題型三：證明f(n)()=C0(0)思路：（1）高階導數(shù)具有連續(xù)性；（2）輔助函數(shù)構造【例題1】設f(x)Ca,b，在(a,b)內二階連續(xù)可導，證明：存在(a,b)，使得+f(a)=f(b)2fa+b2【解答】由泰勒公式得(ba)24f()。)，1(a,f(a)=f(a+b2)+f(a+b2)(aa+b2)+f(1)2!(aa+b22a+b2)，)，2(f(b)=f(a+b2)+f(a+b2)(ba+b2)+f(2)2!(ba+b22a+b2,b)，兩式相加得f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f(1)+f(2)2，因為f(x)C1,2，所以f(x)在1,2上有最小值m和最大值M，顯然mf(1)+f(2)2M，由介值定理，存在1,2(a,b)，使得f(1)+f(2)2=f()，于是f(b)2f(a+b2)+f(a)=(ba)24f()?！纠}2】設f(x)在1,1上三階連續(xù)可導，且f(1)=0,f(1)=1,f(0)=0，證明：存在(1,1)，使得f()=3。【解答】由泰勒公式得2f(1)=f(0)+f(0)2!f(1)3!,1(1,0)，f(1)=f(0)+f(0)2!+f(2)3!,2(0,1)，兩式相減得f(1)f(1)=f(1)+f(2)，即f(1)+f(2)=6。16因為f(x)C1,2，所以f(x)在1,2上取到最小值m和最大值M，由2mf(1)+f(2)2M得m3M，由介值定理，存在1,2(1,1)，使得f()=3?！纠}3】設a1a2滿足f(a1)=f(a2)=an為n個不同的實數(shù)，函數(shù)f(x)在a1,an上有n階導數(shù)，并=f(an)=0，則對每個ca1,an，存在(a1,an)滿足等式f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()?！窘獯稹浚?）當c=ai(1in)時，任取(a1,an)，結論顯然成立；（2）當cai(1in)時，f(c)=(ca1)(ca2)n!(can)f(n)()等價于n!f(c)(ca1)(ca2)(can)n!f(c)=k(ca1)(ca2)=f(n)()，令(can)，n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=k，則有令(x)=n!f(x)k(xa1)(xa2)(xan)，顯然(x)有n+1個不同零點c,a1,a2,an，不斷使用羅爾定理，存在(a1,an)，使得(n)()=0。而(n)(x)=n!f(n)(x)kn!，所以f(n)()=k，即n!f(c)(ca1)(ca2)(can)=f(n)()，所以結論成立。題型四：結論中含一個中值，不含a,b，導數(shù)的差距為一階3xf(x)dx，證明：存在(0,1)，【解答】令(x)=xf(x)，由積分中值定理得【例題1】設f(x)C0,1，在(0,1)內可導，且f(1)=2使得f()+2f()=0。21202f(1)=2xf(x)dx=2cf(c)2，其中c0,，即1f(1)=cf(c)，于是有1022121222而(x)=xf(x)+2xf(x)，所以f()+2f()=0，注意到0，所以有(c)=(1)，由羅爾定理，存在(c,1)(0,1)，使得()=0。22f()+2f()=0。【例題2】設f(x)C1,2，在(1,2)內可導，且f(1)=使得12,f(2)=2，證明：存在(1,2)，f()=2f()?！窘獯稹苛?x)=x2f(x)，因為f(1)=12,f(2)=