《高等数学中值定理的题型与解题方法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高等数学中值定理的题型与解题方法.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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)，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：f n ( )0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)Ca, b 在 ( a, b) 可导， f (a)f (b)0 ，abf()
2、f()0 ，a2证明：存在(a,b) ，使得 f ()0 .分析：由 f (a)f (b)0 ，f()(ab)0，容易想到零点定理。a f2证明： Q f (a) f ( ab)(a, ab) ，使得 f (x1)0，存在 x10 ，22f (b) f ( ab)又Q f (a)f (b)0 ，f ( a), f (b) 同号，0 ，存在 x2 ( a b , b) ，使得 f ( x2 )20 ，2f ( x1 )f ( x2 )0 ，所以根据罗尔中值定理：存在(a,b) ，使得 f () 0 .例 2.f ( x)C0,3在 (0,3)内可导， f (0)f (1)f (2)3， f(3)
3、1，证明：存在(0,3) ，使得 f()0证明：（ 1）Qf ( x)C0,3 ，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mf (0)f (1)f (2)M ，即m 1M3存在 c0,3 ，使得 f (c)1 ，（ 2） Qf (c)f (3)1，所以根据罗尔中值定理：存在(c,3)(0,3)，使得 f()0 .例 3.f ( x) 在 (0,3) 三阶可导， x0,1 ， f (1) 0 ， F (x)x3 f (x)证明：存在(0,1) ，使得 F ()0证明：（ 1）Q F (0)F (1)0 ，存在 1(0,1) ，使得 F (1 )0 ，（ 2） F
4、 (x)3x2 f ( x)x3 f (x) ，所以 F (0)F (1)0 ，存在2(0,1) ，使得 F (2 )0 ，（ 3） F ( x)6xf ( x) 3x2 f (x) 3x2 f ( x)x3 f ( x) ，所以 F (0) F ( 2 )0 ，存在(0,2 )(0,1)，使得 F ()0 ，例 3. f ( x)C0,1在 (0,1)内可导， x 0,1， f(0)1， f ( 1 )1， f (1) 222证明：存在(0,1) ，使得 f( )0证明： Q f112存在(0,1) ，使得 f () m ，(0) 1， f ()， f (1)22又 Q f ( x) 在 (
5、0,1) 内可导，存在(0,1)，使得 f ()0题型二：证明：含，无其它字母基本思路，有三种方法：（1）还原法。 ln f ( x)f ( x)能够化成这种形式f ( x)例 1. f ( x)C0,1在 (0,1)可导， f (1)0 ，证明：存在(0,1)，使得f( )3 f ()0.分析：由 xf (x) 3 f ( x)0f(x)30ln f (x)(ln x3 )0 ，f (x)xln x3 f (x)0证明：令( x) x3f ( x) ，Q (0)(1)1存在(0,1) ，使得()0 ，而()32 f ()3 f() 0存在(0,1)，使得f() 3 f ()0例 2. f (
6、 x)Ca, b 在 ( a, b) 可导， f (a)f (b)0 ，证明：存在(a,b) ，使得 f ( )2 f ()0 .分析：由 f( x) 2 f (x)0f( x)20lnf ( x)(ln e 2 x)0 ，f ( x)lnf ( x)e 2x 0证明：令( x)f ( x) e2x ， Q f (a)f (b)0 ，(a)(b) 0存在( a, b) ，使得( )0 ，而(x)2 f ( x)e2 xf ( x)e2xe 2 x2 f ( x)f (x)0e 2 2 f ( ) f ( )0即存在(a,b) ，使得 f (例 3.f ( x) 在 0,1 上二阶可导，f证明：
7、存在(0,1) ，使得)2 f ( )0(0) f (1)，2 f ( )f ( ).1分析：由 f(x)2 f( x)f( x)210ln f( x)ln( x1)2 0 ，1xf( x)xlnf( x)( x1)2 0证明：令( x)f (x)( x1)2 ， Q f (0)f (1)c(0,1) ，使得 f (c)0 ，所以 (c)f (c)(c1)20 ，又因为(1)0( c)(1)0由罗尔定理知，存在(0,1) ，使得 f()2 f ()1.记：f kf(x)ekx f (x)fkf()xkf(x)x（2）分组构造法。f()f ()f(x)f ( x)0f(x)f (x)f(x)f
8、(x)0 f ( x)f ( x) f(x)f ( x)0 g g 0g 10(lng)(ln e x )0( x)e x f ( x)f ( x)gf()f ()10 （还原法行不通） f (x)1 f ( x)10g g0( x)e x f ( x)1例 1. f ( x)C0,1，在 (0,1) 内可导， f (0)1)1, f (1)10, f (，22证明：存在 c(0,1)，使得 f (c) c ，存在 c(0,1)，使得 f ()2 f ()1.证明： 令( x)f ( x)x ，(0)0,( 1)1 ,(1)111222Q0 ，c(0,1) 使得(c)0 ，即 f (c)c(
9、) (1),1)22 （分析） f ( x)2 f ( x)x1 f (x)x2 f ( x)x0令 h( x)e2x f ( x)x ， h(0)h(c)0存在题型三：证明：含c(0,1) ，使得 f ( )2 f ( )1 ., .1：结论中只有 f ( ), f (找三点分几种情形：情形)(两句话)两次Lagrange例 1.f ( x)C0,1，在 (0,1)内可导，f (0)0, f (1)1 ，证明：存在 c(0,1) ，使得 f (c)1c ，存在,(0,1) ，使得 f () f () 1 .证明： 令( x)f( x) 1x ，(0)1,(1)1Q(0) (1) 0c(0,1
10、)使得 f (c) 1c(0, c),(c,1) ,使得 f()f (c)f (0) 1cccf (1)f (c)cf ()，所以存在,(0,1) ，使得 f ( ) f ( ) 11c1 c例 2.f ( x)C0,1 ，在 (0,1) 内可导， f (0)0, f (1)1 ，证明：存在 c(0,1) ，使得f (c)1，2存在,(0,1) ，使得112 .f ()f( )证明：令( x)1，(0)1(1)1， Q (0) (1) 0f (x),2212c(0,1)，使得 f (c)2f (c)f (0)1(0, c),(c,1) ,使得 f()c，2cf (f (1)f (c)1，所以存
11、在,(0,1) ，使得11)1c2(1c)f ( )2f ( )情形 2：结论中含有,，但是两者复杂度不同。1).留复 杂 e 2 f ( )2 f ( ) e2f ( )( 某个函数的导数 )(两句话 )2).哪个函数的导数看不出 来时2 f()f( )f ( )1(12) x1).的情况用拉格朗日中值定理2).的情况用柯西中值定理例 1.f ( x) Ca, b ，在 (a, b)(a0) 内可导证明：存在,(a, b) ，使得 f () ( ab)f ( ) .2证明：令 F ( x)x2， F ( x)2x 0 由柯西中值定理(a,b) 使得 f (b)f (a)f () ，所以 f
12、(b)f (a)( ab)f ( )b2a22ba2( a,b) 使得 f ( )f (b)f (a) ，得证。ba例 2.f ( x) Ca, b ，在 (a, b)(a0) 内可导证明：存在 ,(a, b) ，使得 abf ()2 f ( ) .证明：令 F ( x)110 由柯西中值定理， F (x)x2x(a,b) 使得f (b)f (a)f () ，所以 abf (b)f (a)2 f( )111baba2( a,b) 使得 f ( )f (b)f (a) ，得证。ba例 3.f ( x)Ca, b ，在 (a, b)内可导 , f (a)f (b)1证明：存在,(a, b) ，使得
13、 e f()f ( )1.(分析：“留复杂” e f ()f () )证明： 令( x)ex f ( x) ，由拉格朗日中值定理(a,b) 使得eb f (b)ea f (a)e f ( )f () ，baQ f (a)ebf (b) ea f (a)ebeae f ( )f ( )f (b) 1,b abaebeae f ()f (),(a, b) ，即 e f()f () 1 .bea题型四：证明：拉格朗日中值定理的两惯性思维。f ( x) 可导 f (b)f (a)f ()ba见到 3 点两次使用拉格朗日中值定理。例 1.lim f (x)e ，且 lim f ( x)f (x1)lim
14、(xc) x, 则 cxxxxc解： f (x)f ( x 1)f ( )( x 1x) ，limf (x)e .x又因为 lim( xc )x2cx c2cxlim(1) 2cxx ce2c xlim xce2cxxcxxcc12例 2.f ( x)0, f( x)0 ，且 dyf( x0 ) x,yf (x0x)f ( x0 ),x0 ，则dy,y,0 的大小关系。解：由拉格朗日中值定理知yf ( x0 )x,( x0x0x) ，Q f (x)0,f (x) 单调递增又 Q x0,f ( x0 )f ( )又因为 Qx0,f ( x0 ) xf ( ) x, 0dyy例 3.f ( x)
15、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 (ba)证明： 1）因为 f ( x) 在 ( a, b) 内至少有一个零点，所以c(a,b), f (c) 02）下边用两次拉格朗日中值定理f (c)f ( a)f (1)(ca),1(a,c) ，f (b)f (c)f (2 )(bc),2(c,b)所以f (a)f ( 1 )(ca),1(a, c)f (b)f (2 )(bc),2(c, b)Q f (x)M ，f (a)M (ca), 1 ( a,c)f (b)M (bc),2( c, b) ，f (a)f (b
16、)M (b a)例 4.f ( x) 在 (a,b) 内二阶可导，有一条曲线yf ( x) ，如图证明：(a,b) ，使得 f ( )0证明： 1） 1 (a, c), 2f (c)f (a)f (b)f (c)(c,b) 使得 f ( 1 )a, f ( 2 )ccb因为 A,C , B 共线，所以 f ( 1 )f ( 2 ) ，所以由罗尔定理知( 1 , 2 ) (a, b) ，使得f ( )0f (c)f (a)f ( 1 )( ca), 1 ( a, c)题型五： Taylor 公式的常规证明。f ( x)f ( x0 )f (x0 )( xf (n ) ( x0 )( x x0 )
17、nf ( n 1)( )( x x0 )n 1x0 )(n1)!n!f ( c)(无f (c), xcf (c), x0cx0 中点端点x端点中点任一点例 1. f (x)C 1,1， f ( 1) 0, f (0)0, f (1)1证明：存在( 1,1)，使得f ( )3.（题外分析：考虑什么时候该用泰勒公式什么时候不用！f ( n) ( ) (n2) 时考虑，但是f ( n) ( )0 为题型一，考虑罗尔定理n 2 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)lagrange两次拉格朗日中值定理解决f ()f (a)
18、, f (b), f (c) lagrangef(a),f (b),f (c)taylor）证明：f (1)f (0)f (0) (10)2f (1) (1 0)3 , 1( 1,0) ，2!3!f (1)f (0)f (0) (10)2f ( 2 ) (10)3,2(0,1)2!3!0f (0)f (0)f( 1 ) ,1(1,0)261f (0)f (0)f(2 ) ,2(0,1)26两个式子相减得：f ( 1 )f (2 )6Q f(x)C 1,2 ，f (x) 在 1, 2 上有 m, M，则2mf ( 1) f ( 2 ) 2Mmf(1)f ( 2 )Mm3M ，所以根据介值定理得：
19、2存在 1 ,2 (1,1)，使得 f ( )3例 2.f ( x) ，在 0,1二阶可导， f(0)f (1) 0 ， min f (x)1 ，0 x 1证明：存在(0,1)，使得 f()8 .证明：由 min f ( x)1知，存在 c(0,1)，使得 f (c)1 且 f (c) 00x 1由泰勒公式：f (0)f (c)f( 1 ) (0c) 2 , 1 (0, c) ，f ( 2 ) (12!f (1)f (c)c)2 ,2(c,1)22!f (1), 1(0, c)c2f (2 )22 ,2(c,1)c)(1 c(0, 1f (1)8,2 c1f (2 )8,( ,1)212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 (ba) .证明：由f ( x) 在 ( a, b) 内取最大值知，存在c(0,1) ，使得 f (c)0f (c)f (a)f ( 1)(ca), 1(a, c)f (b)f (c)f ( 2 )(bc),2(c,b)f (a)M (ca), 1(a, c)f (b)M (bc), 2(c,b)所以存在f (a)f (b)M (ba) .