中值定理的應(yīng)用方法與技巧-蔡靜

1、中值定理的應(yīng)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(xué)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(diǎn) ， b使得 a f (x)dx f ( )(b a) 。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(hào)，則在 a,b 上至少存在一點(diǎn) ，使得 bba f(x)g(x)dx f( ) ag(x)dx。 aa一、

2、微分中值定理的應(yīng)用方法與技巧 三大微分中值定理可應(yīng)用于含有中值的等式證明， 也可應(yīng)用于恒等式及不等 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(yīng) 用中值定理的基本方法是針對(duì)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(yīng)的中值定理進(jìn)行證明。 這 一過(guò)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(shè) (x) 在0,1 上連續(xù)可導(dǎo)，且 (0) 0, (1) 1。證明：任意給定正整數(shù) a,b ，必存在 (0,1) 內(nèi)的兩個(gè)數(shù) , ，使得 a b a b成立。( ) ()For pe

3、rsonal use only in study and research; not for commercial use證法 1：任意給定正整數(shù) a，令 f1(x) ax,f2(x) (x)，則在 0,1 上對(duì) f1(x), f2(x) 應(yīng)用柯西中值定理得：存在(0,1) ，使得 a a 0a。1 2 ( ) (1) (0)任意給定正整數(shù) b，再令g1(x) bx,g2(x) ( x) ，則在0,1 上對(duì) g1(x),g2(x)應(yīng)用 柯西中值定理得：存在 (0,1) ，使得 b b 0b 。( ) (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(gè)數(shù) , ，使得

4、abab成立。證法 2：任意給定正整數(shù) a,b，令 f1(x) ax, f2(x) (x) ，則在 0,1 上對(duì)f1(x), f2(x) 應(yīng) 用 柯 西 中 值定 理 得： 存 在(0,1) ，使 得 a a 。 再 令g1(x) (a b) (x) bx,g2(x) ( x) ，則在0,1 上對(duì) g1(x),g2(x)應(yīng)用柯西中值定 理 得 ： 存 在 (0,1) ， 使 得 (a b) ( ) b (a b) b a 。 因 此 有( ) (1) (0)a (a b) ( ) b a b b ，移項(xiàng)得： a b a b。( ) ( ) ( ) ( ) ( )分析：解 1 和解 2 都是應(yīng)用

5、了柯西中值定理。 鑒于所要證明的等式中含有兩 個(gè)中值， 并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中， 因此考慮須用兩次柯西中值定理。 證法1 和解 2 的不同之處是解 1 分別從 a , b 出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。而證法 2 ( ) ( )是先將 a b a b移項(xiàng)得： a a b b (a b) ( ) b ，然后( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 從兩邊出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。例二設(shè) f(x) 在a,b 上連續(xù)，在 (a,b) 內(nèi)可導(dǎo)且 f (a) f (b) ，試證明：存在 , (a, b) ，使得 f ( ) f ( ) 。2 b a證法 1：根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在(a,b) ，使得(a,b

6、)，f (b) f (a) f ( )(b a)令g(x) x2 ，在a,b 上對(duì) f ( x), g ( x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在f ( ) f(b) f (a) f ( ) 。2 2 。2 b2 a 2 b a證法 2：令 g(x) x2 ，在a,b 上對(duì) f (x),g(x) 應(yīng)用柯西中值定理，得存在(a,b)，使得f ( ) f (b) f (a) 。2b2 a2 。再令 g (x) (ba)x，在 a,b上對(duì) f(x),g(x) 應(yīng)用柯西中值定理，得存在(a,b) ，使得f()f (b)f ( a)f (b) f (a) 。ba(b a )b(b a) ab2 a2綜合兩式得到存

7、在(a,b)，使得 f2( ) bf ( a)分析：鑒于所要證明的等式中含有兩個(gè)中值， 并且中值處的導(dǎo)數(shù)位于分式中中，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(jìn)行進(jìn)一步化簡(jiǎn)， 即為證法 1 的基 本思想方法。例三設(shè) f (x), g(x)在a,b 上二階可導(dǎo)，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(diǎn)，使 gf( )f() g ( )0 。分別在 a,c, c,b證明：(1)用反證法。假設(shè)存在點(diǎn) c (a,b)

8、 ，使 g(c)上對(duì)g(x)運(yùn)用羅爾定理，可得存在 1 (a,c), 2 (c, b) ，使得 g( 1) g ( 2) 0 再在 1, 2上應(yīng)用羅爾定理，又可得存在 3 1, 2，使得g ( 3) 0 ，這與題設(shè) 矛盾。故在 (a,b) 內(nèi)， g(x) 0 。(2)即證 f( )g ( ) g( )f ( ) 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(duì) H(x)應(yīng)用羅爾定理得：在 (a,b) 內(nèi)至少存在一點(diǎn) ，使 H ( ) f ( )g ( ) g ( ) f ( )

9、 0 ， 從而有 f( ) f ( ) 。g( ) g ( )分析：該題的證明主要運(yùn)用了羅爾定理。 由于題設(shè)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(guò)反復(fù)運(yùn)用羅爾定理 導(dǎo)出 g ( 3) 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 證的等式變形成某一函數(shù)在中值處的導(dǎo)數(shù)為零。 從中選定一函數(shù)對(duì)其應(yīng)用羅爾定 理導(dǎo)出結(jié)論。例四.設(shè) f (x) 在-a,a 上連續(xù)，在 x 0處可導(dǎo)，且 f (0) 0。xx(1)求證： x (0,a), (0,1) ， 0xf(t)dt 0xf(t)dt xf( x) f( x)(2

10、)求 lim x0xx證明：(1)令F ( x)f(t)dt f(t)dt，則F (x) f(x) f( x)。根據(jù)拉格朗日中值定理， x (0,a) ， (0,1) ，使得F(x) F(x) F(0) F ( x)(x 0) x f( x) f( x) xx即 f (t)dt f (t)dt x f( x) f ( x) 002)由于 limx0x0 f (t)dtx0 f (t)dt2xlimx0f( x) f( x)2xf (0) limx0而運(yùn)用洛必達(dá)法則，limx0x0 f (t)dtx0 f (t)dt 2x2lim f (x) f ( x) x 0 2 2 x11 f (0)2因

11、此 limx0分析：此題運(yùn)用的知識(shí)點(diǎn)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(dá)方式， 以及洛必達(dá)法則、 函數(shù)極限運(yùn)算法 則、導(dǎo)數(shù)概念等等。 因此要求解題者需具備較扎實(shí)的微積分知識(shí)基礎(chǔ)和一定的函 數(shù)構(gòu)造技巧。例五. 證明下列不等式：1) arctana arctanbab2)當(dāng) x 1時(shí)， ex ex證明：(1)令 f(x) arctan x, x a,b，f (x)在a,b 上連續(xù)，在(a, b)內(nèi)可導(dǎo)，因此根據(jù)拉格朗日中值定理，有 f (b) f (a) f ( )(b a)，ab。即arctan b arctan a2 (ba)，ab ，故 arcta

12、na arctanb a b2)設(shè) f ( x) e拉格朗日中值定理，有ex ex (e e)( xex，由于 f(x)在1,x上連續(xù)，在 (1, x)內(nèi)可導(dǎo)，因此根據(jù) f (x) f (1) f ( )(x 1), (1,x) 。即1)。由于(1, x) ，所以(e e)(x 1) 0，從而當(dāng) x 1時(shí)，x e ex 。分析：本例是運(yùn)用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實(shí)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(dá)式，從中選定 f (x) 及一閉區(qū)間( 2)運(yùn)用拉格朗日中值定理得到一等式( 3)利用此等式及 a b 導(dǎo)出欲證的不等式。例

13、六.設(shè)f (x)在0,1 上三階可導(dǎo)，且f (0) 1, f (1) 0,f (0) 0，試證：至少存在一點(diǎn)(0,1) ，使得f ( x) 12x2 x2(x 1) f ()，x ( 0,1)3!證明： 即證至少存在一點(diǎn)(0,1)，使得f ( x)22 x ( x1x1)f ( )。3!令 ( x)f (x) 1 x2 ，則(0)f (0) 10，( 0) f (0)0 ， (1) 0所以可令：(x) x2(x 1)K (x)，下證：K(x)f ( ) 。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

14、理，在H (t) 的兩個(gè)零點(diǎn)之間存在 H (t)的一個(gè)零點(diǎn)，因此H (t)在(t) 在(0,1)(0,1)內(nèi)至少有三個(gè)零點(diǎn)。同理，H (t)在(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)， 而H內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，記為 ,即 H () f ( ) 3!K (x) 0，從而 K (x)f ( ) 。 。3!所以至少存在一點(diǎn)(0,1) ，使得f ( x) 1 x2x2 (x 1) f3! fx (0,1)分析：該題粗看貌似泰勒展開式的證明， 但進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式。其難點(diǎn)在于形式 x (x 1) f ( ) 的導(dǎo)出。注意到此式中含有中值處的高階導(dǎo)數(shù)， 3!因此可考慮反復(fù)用羅爾定理。 證明的難點(diǎn)化解是通過(guò)將展開

15、式移項(xiàng)、 尋求函數(shù)零 點(diǎn)，引進(jìn)輔助函數(shù)等手段實(shí)現(xiàn)。例七. 設(shè) f(x) 在a,b 上連續(xù)，在(a,b) 內(nèi)可導(dǎo)且 f(x) 0。試證存在baf ( ) e e(a,b) ，使得 ef ( ) b af (b) f ( a) ba eef ( ) 。因?yàn)閒(x)在a,b 上滿足拉格朗日中值定理，所以存在 e證明： 由于 f (x),ex 在a,b 上滿足柯西中值定理，故必有(a,b) ，使(a,b)，使得f (b)f ( a)f ( ) 。于是有baf ( ) f (b) f(a) eb ea f ( ) eb ea 。f ( ) b a 。e e b a e b aba所以存在 , (a,b)

16、 ，使得 f ( ) e e e 。f ( ) b a分析： 該題的解題思路為先將欲證等式中的兩處中值處導(dǎo)數(shù)拆開，得f ( ) f ( ) e e ， 在 對(duì) 其 中 f ( ) ， 可 套 用 柯 西 中 值 定 理 得 出 e b a ef ( ) f (bb) fa(a) ，因此只須再證 f ( ) f (b) f (a) ，此式可由拉格朗日中值 ee e b a定理導(dǎo)出。例八.設(shè)拋物線 y x2 Bx C與 x軸有兩個(gè)交點(diǎn) x a,x b,a b。另有一 函數(shù) f(x) 在a,b 上有二階導(dǎo)數(shù)，且 f(a) f (b) 0 , 如果曲線 y f(x) 與 y x2 Bx C 在 (a,

17、b) 內(nèi)有一個(gè)交點(diǎn)，求證：在 (a,b) 內(nèi)存在一點(diǎn) , 使得 f ( ) 2。證明：設(shè)曲線 y f(x)與 y x2 Bx C 在(a,b) 內(nèi)的交點(diǎn)為 c 。作輔助函 數(shù)： (x) f (x) ( x2 Bx C) 。由題設(shè)條件可知 (x) 在a,b 上有二階導(dǎo)數(shù)， 且 ( a) (c) (b) 。 在 a,c,c,b 上 對(duì) ( x) 應(yīng) 用 羅 爾 定 理 ， 存 在1 (a,c), 2 (c, b) ，使 ( 1)( 2) 0。在 1, 2上再對(duì) (x) 應(yīng)用羅爾定理，存在 ( 1, 2) (a,b) ，使得 ( ) 0 ，即 f ( ) 2 0 。所以 f ( ) 2分析： 此題證

18、明的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為 f ( ) 2 0 。即證相應(yīng)的函 數(shù) (x) f(x) ( x2 Bx C)二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。根據(jù)題設(shè)條件， y f (x)與 y x 2 Bx C 在三個(gè)點(diǎn)處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差( x ) 有三個(gè)零點(diǎn)。在其中兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上分別應(yīng)用羅爾定理，可得到(x) 其導(dǎo)數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，在這兩個(gè)零點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)間上再應(yīng)用羅爾定理，可得到(x) 其二階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。而 (x) 其二階導(dǎo)數(shù)恰好為 f (x) 2 。證明函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)有零點(diǎn)，可 采用如下常用方法： 首先尋找函數(shù)的零點(diǎn)， 然后在零點(diǎn)之間通過(guò)運(yùn)用羅爾定理求 不得用于商業(yè)用途得函數(shù)的高一階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)， 在此

19、基礎(chǔ)上重復(fù)前一過(guò)程， 最終可得到高階導(dǎo)數(shù)的 零點(diǎn)。例九.設(shè) f(x)在(a, )內(nèi)可導(dǎo)，且 lim f (x)存在，證明： lim f (x) 0。 xx證明：在(a, )內(nèi)任取一點(diǎn) x,由題設(shè)條件知 f(x) 在x,x 1上連續(xù)、可導(dǎo)。 因此在 x,x 1上對(duì) f (x) 應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在 (x,x 1) ，使得 f ( ) f(x 1) f(x) f(x 1) f (x) 。因?yàn)楫?dāng) 時(shí)，x 1 ，從而 x 1 xx ，又已知 lim f (x) 存在，所以xlim f ( ) lim f (x 1) f(x) lim f (x 1) lim f (x) 0x x x所以 li

20、m f (x) 0 。x分析：此題乍看與中值定理聯(lián)系不大， 但通過(guò)對(duì)題設(shè)條件的分析， 可以發(fā)現(xiàn) 條件中含有與導(dǎo)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 lim f (x)，可在 x,x 1上對(duì) f(x) 應(yīng)用拉格朗日中值定理，并使xx 。由此可導(dǎo)出結(jié)論。a1例十設(shè) f (x)在0,a上連續(xù)，且 f(0) 0，證明： 0a f(x)dx 1Ma2 其中， M max f (x) 。0xaaa證法 1：0 f(x)dx 0 f (x)dx ，而 f (0) 0 ，所以應(yīng)用拉格朗日中值定理得：f (x) f (0) f ( x) f ( ) x,0 x aa a a 1

21、所以 f(x) f ( )x Mx 。于是有 f (x)dxf (x)dx M xdx Ma2。x證法 2：因?yàn)?f (0) 0，所以 f (x) f(x) f(0)f (t)dt，0 x a。而x x a a a 1 2f (x) f (t)dt f (t)dt Mx，所以 f (x)dx f (x)dx M xdx Ma2.分析： 該題首先可利用 0 f (x)dx 0 f (x)dx ，將結(jié)論化成定積分問(wèn)題。由 于結(jié)論中含有導(dǎo)數(shù)， 因此可考慮對(duì)被積函數(shù)應(yīng)用中值定理。 再利用定積分性質(zhì)導(dǎo) 出積分值上界。二、積分中值定理的應(yīng)用方法與技巧例十一.設(shè) f ( x)在0,1 上連續(xù)且遞減，證明；當(dāng)

22、 01時(shí)，有10 f (x)dx0 f (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0 f (x)dx(1(11f (x)dxf (x)dx0 0 01f (x)dx f (x) dx f ( 1)1f ( x)dxf ( x)dxf ( 1) f ( 2)(1 )f ( 2)(1 ) f ( 1) f ( 2)210 ，而當(dāng) 0由 于 f (x)在 0,1 上 連 續(xù) 且 遞 減 ， 所 以1時(shí)， (1 ) 0。所以 0 f (x)dx10 f (x)dx 0 ，1從而 f (x)dxf (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)

23、于被積函數(shù)滿 足單調(diào)性來(lái)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(zhǎng)度乘積，再作比較。a,b，滿足(b12a)3f()12a f (a) f (b)即為線段 AB，例十二.設(shè) f (x) 在a,b 上連續(xù)，證明存在一點(diǎn)b b aa f(x)dx b 2a f (a) f(b)證明：記點(diǎn)A(a,f(a),B(b,f(b)，容易發(fā)現(xiàn)b2 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：y f (a) f(b) f (a) (x a) ，所以 bab 2 a f (a) f (b) a f (a) f (bb) af (a)(

24、 x a) dx2 a b ab b a bf (b ) f (a)從而 f (x)dx f(a) f (b)f (x) f (a) (x a)dx 。a 2 a b a令 R(x) f (x) f(a) f(b) f (a)(x a)ba由于 R(a) R(b) 0，故可設(shè) 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(gè)零點(diǎn) a, b, x 。因此應(yīng)用羅爾定理得H (t )有兩個(gè)零點(diǎn)，再一次應(yīng)用羅爾定理， H (t) 在a,b 內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，記為與 x 有關(guān)。即 H ( ) R ( ) 2!K (x) f ( )

25、2!K(x) 0，所以 K(x)f()2!從而R( x) f2(! )(x a)(x b) 。于是有f (x )dxb2af(a)f (b)bR(x)dxf( )(x a)(x b)dx a 2!由于(x a)(x b)在a,b 上不變號(hào)，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(diǎn) a,b ，使得3b f ( ) f ( ) b (b a) 3af()(x a)(x b)dx f()a(x a)(x b)dx (b a) f()，a 2! 2 a 12 從而結(jié)論得證。分析：該題首先將欲證等式右端化為一個(gè)定積分， 并導(dǎo)出被積函數(shù)的簡(jiǎn)明表 達(dá)式，再利用積分第二中值定理得到左端表達(dá)式。 證明技巧要求較高之處為被積 函數(shù)的簡(jiǎn)明表達(dá)式的推導(dǎo)， 這一過(guò)程亦有常規(guī)可尋， 可先找出函數(shù)的零點(diǎn)， 從而 導(dǎo)出函數(shù)表達(dá)式中的一次因式。其余部分可通過(guò)構(gòu)造輔助函數(shù)推得，參見例六。三、微分、積分中值定理的綜合應(yīng)用方法與技巧例十三 .設(shè) f(x) 在0,1 上可導(dǎo)，且 f (1)1/220xf ( x) dx 0 ，試證明：存在(0,1)，使得 f ( ) f( ) 。證明：令 F(x) xf (x)，則有F(1) f (1)1/ 21 /22 xf ( x) dx f ( ) 2 dxf(1) F( ) ，(0,21)積分第一中值定理