中值定理的應(yīng)用方法與技巧

1、中值定理的應(yīng)用方法與技巧中值定理的應(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(shū)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/(X)在a, b上連續(xù)，則在a,b上至少存在一點(diǎn)疳，使得f7(x)JA=/()(/2-6/) o積分第二中值定理為前者的推廣，即若 /(x),g在a,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) g，使得一、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

2、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_設(shè)0(力在0,1上連續(xù)可導(dǎo)，且強(qiáng)0)=0,沁) = 1。證明：任意給定正 整數(shù)"上，必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù)§,，使得善 + 亠 K + b成立。(p 憶)(p (“)證法1：任意給定正整數(shù)d,令fM=ax,f2(x) = x),則在0,1上對(duì) /.(x),/2(a)應(yīng)用

3、柯西中值定理得：存在e (0,1),使得 £= 尸廠°。0($) 0(1) - 0(0) 任意給定正整數(shù)方，再令gi(x) = bx,g2(x) = 0(x),則在0, 1±對(duì)g(x),g2(x)應(yīng) 用柯西中值定理得：存在啓(0,1),使得4- f =0(77) 0(1) - 0(0)兩式相加得：任意給定正整數(shù)“e,必存在(0,1)內(nèi)的兩個(gè)數(shù)<，使得a b,+= a + b 0(纟)0(")成立。證法2：任意給定正整數(shù)令fi(x) = axif2(x) = <p(x)t則在0,1上對(duì)Z(X),/；(X)應(yīng)用柯西中值定理得：存在歹丘(0,1),

4、使得- = a 0再令- 0(0gi(x) = (a + b)(p(x) -bx,g2(x) =(p(x),則在0, 1上對(duì)g)(x),g2()應(yīng)用柯西中值定理得：存在7? e (0,1),使得心呷緲二b = ©嚴(yán)一。因此有 0(力卩一仇0)丄仝十亠,移項(xiàng)得：丄亠十b。0($)0(")0(")0© 0S)分析：解1和解2都是應(yīng)用了柯西中值定理。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分別從亠出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。而證法0(§) <P(7)2是先將亠+ £

5、; = “ + b移項(xiàng)得：亠f +呷'()-匕,然 卩 0(")0(g)0(")0(")后從兩邊出發(fā)構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)。例二.設(shè)/在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且/(a)工/(b),試證明：存 在仙5使得錚嚴(yán)。2c b + a證法1:根據(jù)條件，由拉格朗日中值定理，存在"G(Gb),使得/(b)-/(d) = /S)D令g(.r) = x2,在a, b±對(duì)/(x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在< e (a.b),使得2歹"b2-a2 一 b + a °證法2：令g(x)“2,在g,b上對(duì)/(x),g(x)應(yīng)用

6、柯西中值定理，得存在歹6 (a,b),使得廣_/()/2歹 一 b2-a2°再令g(x) = (b + a)x,在a,b上對(duì)/(x),g(x)應(yīng)用柯西中值定理，得存在'()，使得如二亠沁=件冬b + a (b + d)b - (/)+ a)a_cr綜合兩式得到存在的"“)，使得攀2 = 尹。2 歹 b + 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)/(x),g(x)在d,b上二階

7、可導(dǎo)，并且g"(x)HO, f(a) = f(b) = of g(a) = g(b)=O,試證：(1) 在(a,b)內(nèi)，g(x)HO,(2) 在(a, b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)使 g =g(§) g (<?)證明：(1)用反證法。假設(shè)存在點(diǎn)ce(a,Z?)»使g(c) = O。分別在a,c,c,b 上對(duì)gW運(yùn)用羅爾定理，可得存在備(%)/ (c,b),使得g'©) = g'©) = 0 再在迄,上應(yīng)用羅爾定理，又可得存在出曰鼻冬，使得/©)"，這與題設(shè) 矛盾。故在(a, b)內(nèi),g(x)HO。(2)即證/(g

8、)g"(G-g)/") = O。為此作輔助函數(shù)：H (x) = /(x)g'(x) - g(x)f(x)由于 f(a) = f(b) = g(a) = g(b) = 0 ,故 H(a) = H(b) = 0o 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)歹,使Ht) = /(g)g"t)-g(ar) = O,從而有g(shù)(§)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 /(67)= /(/7)= 0, g(“) = g(b) = O,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

9、定 理導(dǎo)出g”($) = 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)/(x)4pa上連續(xù)，在"0處可導(dǎo),且廣(0)工0。(1) 求證：Vxe(0,),6>e(0,l), £/(/)+ £ '= xf(0x) - f(-Gx)(2) 求 lim 0.w證明：(1)令 =+則 F(x) = /W-/(-x)0根據(jù)拉格朗日中值定理，Vxe(O), 3e(0J),使得Fg = F(x)-F(O) = F(&)(x 0) = A/()-/(-)即

10、 J；/力 +f(t)dt = A/(6h) 一/(-6h)(2)由于 lim "E + y """ = lim /(介)一，(一&)& = /，()亦 0I廣2x27廣2x0人廣而運(yùn)用洛必達(dá)法則,lim"""；W = lim.門專廠)=廣(0)。 Z2222-2%2因此lim & =丄。-v->0+2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)

11、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) arc tana arc lan/彳 < ” b(2) 當(dāng)x>l時(shí)，ex > ex證明：令 /(x) = arctanx,x e ayb, /(x)在(/,”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(h)- f(a) = -a)f a <<b0即arctan b - arctan =- (b-a), a <b , ® |arctan« arct;in/?| < fi Z?|(2)設(shè)f(x) = ex -ex,由于/(x)在l,x上連續(xù)，在(l,x)內(nèi)可導(dǎo),因

12、此根據(jù)拉格朗日中值定理，有/3-/(l) = /'(§)(x-1),*(1,對(duì)。即ex-ex = (e4 -e)(x一 1)。由于§ 已(l,x),所以(e -e)(x-l) > 0 ,從而當(dāng)x> 1 時(shí), ex > ex o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fM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。例六.設(shè)/(x)在0, 1±三階可導(dǎo),且/(O)

13、= -l,/(l) = O，r(O) = O,試證：至 少存在一點(diǎn)歹已(0,1),使得/W = 一1 + X，- /"'(§)， X e (0,1)證明：即證至少存在一點(diǎn)4 e (0,1),使得+令(x) = f(x) + -x2,則(0) = /(0) + 1 = 0 ,"(0)=廣(0) = 0,=0。 所以可令：= F(x_i)k(x),下證：K(x) = £D。3!令H(0 = /(r) + l-r2-r2(r-l)/C(x),則H(0) = 0, H'=0, H =0, H(x) = 0。根據(jù)羅爾定理，在H的兩個(gè)零點(diǎn)之間存在H0

14、)的一個(gè)零點(diǎn)，因此H在 (0,1)內(nèi)至少有三個(gè)零點(diǎn)。同理，Ha)在(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)，而/T在(0,1) 內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，記為歹，即 n)-3!K(x) = 0,從而K(x) = o 所以至少存在一點(diǎn)e (0,1),使得/(a) = -l + x2 +心；-1)廠(勺,% e (0,1)分析:該題粗看貌似泰勒展開(kāi)式的證明，但進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開(kāi)式。 其難點(diǎn)在于形式心于匕廠的導(dǎo)出。注意到此式中含有中值處的高階導(dǎo)數(shù)， 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(kāi)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)/(X)在a, b ±連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且

15、/3工0。試證存在 歹,“丘“)，使得供=彳二£水"。/() b_a證明：由于f(X),1在a,b上滿足柯西中值定理，故必有 e G/,Z?),使 /(/?_.丫)=怦。因?yàn)?在a,b上滿足拉格朗日中值定理，所以存在 e ee14e(«,/9),使得于是有b-as、eh-ea 廣(77)s 3 =所以存在和心4,使得尸=學(xué)匕宀f W 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(kāi)，得 在對(duì)其中口竺，可套用柯西中值定理得出e. b-ae.心翌ya，因此只須再證/«)=/"：)二/(®,此式可由拉格朗日中 e. e -eb

16、_a值定理導(dǎo)出。例八.設(shè)拋物線y = -x2 + & + C與X軸有兩個(gè)交點(diǎn)X = a,x = b,a< h。另有一 函數(shù)f(x)在a, b ±有二階導(dǎo)數(shù)，且f(a) = /(b) = 0,如果曲線，=與 y = -x2 + Bx + C在(a, b)內(nèi)有一個(gè)交點(diǎn)，求證：在(a, b)內(nèi)存在一點(diǎn)使得 八歹)=-2。證明：設(shè)曲線y = f(x)與y = -x2 + & + c在(a, b)內(nèi)的交點(diǎn)為c。作輔助函 數(shù)：0(x) = f(x) - (-x2 + Bx + C) 0由題設(shè)條件可知僅X)在a, b上有二階導(dǎo)數(shù)， 且(p(a) =(p(c) =(p(b) 0

17、在a, c, c, b上對(duì)應(yīng)用羅爾定理，存在 §w(agw(c,b),使0©) = 0©)=0。在迄，空上再對(duì)僅x)應(yīng)用羅爾定理， 存在界©,%)u,b),使得譏歹) = 0,即廠筆) + 2 = 0。所以八歹)=-2分析：此題證明的關(guān)鍵在于先將欲證等式化為廣) + 2 = 0。即證相應(yīng)的函 數(shù)(px = f(x) - (-x2 + B. + C) Z2階導(dǎo)數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)。根據(jù)題設(shè)條件，y = /(x)與 y = -x2 + Bx + C在三個(gè)點(diǎn)處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差0(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0(力其導(dǎo)

18、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，可得到僅力其二階導(dǎo)數(shù)有一 個(gè)零點(diǎn)。而0(x)其二階導(dǎo)數(shù)恰好為廠(切+ 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)用羅爾定理求得函數(shù)的高一階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)，在此基礎(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)/（X）在（G,+s）內(nèi)可導(dǎo),且lim f（x）存在，證明:lini ff（x） = 0。證明：在a+s）內(nèi)任取一點(diǎn)忑由題設(shè)條件知/©）在心+1上連續(xù).可導(dǎo)。因此在宀+ 1上對(duì)/應(yīng)用拉格朗日中值定理得到：存在花（宀+ 1）,使得 廣（勺=./ （二 1）一 /（ '）

19、= /（/+ 1） _ / ° 因?yàn)楫?dāng)時(shí)，“IT®,從而x + 1-xX>4OD,又已知lim 存在，所以lim 廣(纟)=lim /(x + l)-/(%)= lim /(x + l)- lim /(x) = 0所以 lim fr（x） = 0 oIT他分析：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廣，可在“ + 1上對(duì)/（x）應(yīng)用拉格朗日中值定理，并使X *0。由此可導(dǎo)出結(jié)論。例十.設(shè)/©）在0"上連續(xù)，且/（0） = 0f(x)dx

20、< -Ma22其中喇廣I。證法1:兀）厶冋血）幽，而/（0） = 0,所以應(yīng)用拉格朗日中值 定理得：-/（0） = /（X）=廣（糾,0<<x<a所以 |/(A-)| = f (M)卜 5 Mx。于是有:/(a-)Ja- <a杯 <M £ xdx = * Ma2。證法 2：因?yàn)?（0） = 0,所以/u）= /（x）-/（o）= £7w on。 而fM = 加/）則 < 個(gè)宙S Mx，所以“巧列< f|/（4/x< Mxdx = 啟 分析：該題首先可利用丄/（曲*（恥，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

21、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)/(X)在0,1上連續(xù)且遞減，證明；當(dāng)Ov兄<1時(shí)，有:f (x)dx > A f(x)dx證明：已知/(x)在0,1上連續(xù)且遞減，利用積分第一中值定理，有 f(x)dx -可:f(x)dx = f(x)dx -可：f(x)dx -可;f(x)dx= (1-幾)J； f(x)dx - Af(x)dx=(1 一 刃©)幾(1 2)/() = 2(1- "©) - 他其中0 <<A<2< o由于/(x)在0,1上連續(xù)且遞減，所以)I

22、/(§) /(冬)no,而當(dāng) 0<2<1 時(shí)，A(1 - 2) > 0 . /?f J' fx)dx - f(x)dx > 0, 從而£ /必-可;/m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)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。例十二設(shè)廣在必上連續(xù)，證明存在一點(diǎn)曰滿足fMdx 號(hào)f (“) + f(b) = 21 八帀)證明：記點(diǎn)容易發(fā)現(xiàn) -/() +/Wl 為線段 AB,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：

23、 (心牛加()，所以b_u乎 ”3) + f(b) = f g + 代了 - adx從而 f/UXx- ¥【/(")+ /WI = f'fM - /(«) 一 "：二® (x - adx。令R(x) = f(x)- f(a)-(x-a)b_a由于 R(a) = R(b) = 0 ,故可設(shè) R(x) = (x-a)(x-b)K(x)o 作輔助函數(shù)：H(/) = Ra)-a-d)(/-b)KG6 則H有三個(gè)零點(diǎn)因此應(yīng)用羅爾定理得有兩個(gè)零點(diǎn)，再一次應(yīng)用羅爾定理，在0,®內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，記為 歹與x有關(guān)。即/”(§) = /r)-2!K(x) =廣一2!K(x) = 0,所以K(x) = "目， 從而 R(x) = J-LlL(x - a)(x - b) o 于是有耳/3 +/(b)=恥皿=八§)x-a)(xb)dx由于(x-a)(x-Z?)在/?上不變號(hào)'而已知廠(x)在"上連續(xù)，根據(jù)積分 第二中值定理，存在一點(diǎn)曰",切，使得Jn外(x - a)(x - b)clx(x - a)(x - b)dx =(b_d)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