第一篇：2018考研數學 中值定理證明題技巧

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2018考研數學 中值定理證明題技巧

在考研數學中，有關中值定理的證明題型是一個重要考點，也是一個讓很多同學感到比較困惑的考點，不少同學在讀完題目后不知從何下手，不會分析證明，找不到思路，之所以會出現這樣的情況，主要是因為這些同學對中值定理證明題型的特點缺乏清晰的認識，對其分析和證明方法沒有完全理解和掌握，為了協助這樣的同學克服這方面的困難，下面本文對這類題的特點和證明方法做些分析總結，供各位考生參考。

一、中值定理證明題的特點

中值定理證明題主要有以下一些特點：

1.中值定理證明題常常需要作輔助函數；

2.中值定理證明題經常在一個題中需要結合運用三個知識點，分別是：連續函數在閉區間上的性質（包括最大值和最小值定理、零點定理和介質定理），微分中值定理和積分中值定理；

3.中值定理證明題可能需要在一個問題的證明中反復運用同一個微分中值定理兩次甚至三次，比如羅爾中值定理或拉格朗日中值定理；

4.從歷年考研數學真題變化規律來看，證明中用得最多的主要是羅爾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則用得很少。

二、中值定理證明題的常用方法

中值定理證明題有不同的類型，對不同的類型需要運用不同的方法，主要的和常用的方法包括以下幾種：

1.如果題目條件中出現關于函數值的等式，而函數是連續的，則可能需要運用連續函數在閉區間上的性質進行證明；對導數是連續的情況也可以對導函數運用連續函數的性質；

2.如果題目條件中出現關于定積分的等式，則可能需要運用積分中值定理；

3.對于以下這類問題一般使用羅爾中值定理進行證明：

6、如果是要證明兩函數差值比的中值等式，或證明兩函數導數比的中值等式，則可能需要利用柯西中值定理進行證明。

對于上面總結介紹的各種證明方法，在實際問題中要根據具體情況靈活運用，另外，對于需要作輔助函數的證明題，常常通過還原法分析找出需要的輔助函數，對于含積分等式的證明題，常常需要作變積分限的函數作為輔助函數，這種方法也是證明積分等式或不等式的主要方法之一，這些分析總結希望對大家提高中值定理證明題的解題能力有所幫助。最后預祝各位考研成功、金榜題名！

第二篇：2018考研數學重點：中值定理證明題解題技巧

凱程考研輔導班，中國最權威的考研輔導機構

2018考研數學重點：中值定理證明題解

題技巧

考研數學中證明題雖不能說每年一定考，但也基本上十年有九年都會涉及，在此著重說說應用拉格朗日中值定理來證明不等式的解題方法與技巧。

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根據以上的攻關點撥和典例練習，相信同學們對該題型的解題訓練有了一定的掌握。

需要提醒考生們，數學題目多，而且考查的知識點很綜合，很多人擔心自己做的少，碰到的知識點就會少一些，從而加快了解題速度，實際上考生最重要的是要注重對題目的理解，對基本知識的概括和各種題型解題技巧的能力訓練，因此大家可以根據以上的攻關點撥和典例練習，這樣加以積累練習，為以后的快速準確解題打下基礎。

另外，數學試題切忌眼高手低，實踐出真知，只有自己真正做一遍，印象才能深刻，才能了解自己的復習程度，疏漏的內容，如果題目確實做不出來，可以先看答案，看明白之后再拋棄答案自己再把題目獨立地做一遍，一定要力求全部理解和掌握所考查的知識點。

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第三篇：有關中值定理的證明題

中值定理證明題集錦

1、已知函數f(x)具有二階導數，且limx?0f(x)?0，f(1)?0，試證：在區間(0,1)內至少x存在一點?，使得f??(?)?0.證：由limf(x)，由此又得?0?0，可得limf(x)?0，由連續性得f(0)x?0x?0xf(x)?f(0)f(x)f?(0)?lim?lim?0，由f(0)?f(1)?0及題設條件知f(x)在[0,1]x?0x?0x?0x上滿足羅爾中值定理條件，因此至少存在一點 c?(0,1)，使得f?(c)?0，又因為f?(0)?f?(c)?0，并由題設條件知f?(x)在[0,c]上滿足拉格朗日中值定理的條件，由拉格朗日中值定理知，在區間(0,1)內至少存在一點?，使得f??(?)?0.2、設f(x)在[0,a]上連續，在(0,a)內可導，且f(a)?0，證明：存在一點??(0,a)，使得f(?)??f?(?)?0.證：分析：要證結論即為：[xf(x)]?x???0.令F(x)?xf(x)，則F(x)在[0,a]上連續，在(0,a)內可導，且F(0)?F(a)?0，因此故存在一點??(0,a)，使得F?(?)?0，F(x)?xf(x)在[0,a]上滿足羅爾中值定理的條件，即f(?)??f?(?)?0.注1：此題可改為：

設f(x)在[0,a]上連續，在(0,a)內可導，且f(a)?0，證明：存在一點??(0,a)，使得

nf(?)??f?(?)?0.)?nf??(?)（0給分析：要證結論nf(??)??f(??)等價于n?n?1f(??nn?1n，而n?f(?)??f?(?)?0即為[xf(x)]?x???0.nf(??)??f(??)兩端同乘以?n?1）故令F(x)?xf(x)，則F(x)在[0,a]上滿足羅爾中值定理的條件，由此可證結論.注2：此題與下面例題情況亦類似：

設f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，且f(0)?0，?x?(0,1)，有f(x)?0，證：n?n?N?，???(0,1)，使得

nf?(?)f?(1??)?成立.f(?)f(1??)分析：要證結論可變形為nf?(?)f(1??)?f(?)f?(1??)?0，它等價于nfn?1(?)f?(?)f(1??)?fn(?)f?(1??)?0(給nf?(?)f(1??)?f(?)f?(1??)?0兩端同乘以fn?1(?))，而nfn?1(?f)??f(??)?(fn1?f?)???(即)為(1)0[fn(x)?f?x??1?(x，用羅爾中值定理)]0.以上三題是同類型題.3、已知函數f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，且f(0)?f(1)?0，f()?1，證明：（1）存在一點??(,1)，使f(?)??.（2）存在一點??(0,?)，使f?(?)?1.（3）存在一點x0?(0,?)，使f?(x0)?1??(f(x0)?x0).證：（1）分析：要證結論即為：f(?)???0.12121211111顯然F(x)在[,1]上連續，且F()?f()???0，F(1)?f(1)?1??1?0，2222211因此F(x)在[,1]上滿足零點定理的條件，由零點定理知，存在??(,1)，使F(?)?0，22令F(x)?f(x)?x，則只需證明F(x)在(,1)內有零點即可。即f(?)??.（2）又因為F(0)?f(0)?0?0，由(1)知F(?)?0，因此F(x)在[0,?]上滿足羅爾中值定理條件，故存在一點??(0,?)，使F?(?)?0，即f?(?)?1?0，即f?(?)?1.（3）分析：結論f?(x0)?1??(f(x0)?x0)即就是F?(x0)??F(x0)或F?(x0)??F(x0)?0，F?(x0)??F(x0)?0?e??x0[F?(x0)??F(x0)]?0，即[e??xF(x)]?x?x0?0.故令G(x)?e??xF(x)，則由題設條件知，G(x)在[0,?]上連續，在(0,?)內可導，且G(0)?e0F(0)?0，G(?)?e???F(?)?0,則G(x)在[0,?]上滿足羅爾中值定理條件，命題得證.4、設f(x)在[0,x]上可導，且f(0)?0，試證：至少存在一點??(0,x)，使得f(x)?(1??)ln(1?x)f?(?).證：分析：要證結論即為： f(x)?f(0)?(1??)[ln(1?x)?ln1]f?(?),也就是f(x)?f(0)f?(?)，因此只需對函數f(t)和ln(1?t)在區間[0,x]上應用柯西中值定理?1ln(1?x)?ln11??即可.5、設f(x)、g(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，f(a)?f(b)?0，且g(x)?0，證明：至少存在一點??(a,b)，使得f?(?)g(?)?f(?)g?(?).證：分析：要證結論即為： f?(?)g(?)?f(?)g?(?)?0,等價于

f?(?)g(?)?f(?)g?(?)?0，2g(?)即就是[即可.f(x)f(x)在區間[a,b]上應用羅爾中值定理]?x???0，因此只需驗證函數F(x)?g(x)g(x)

6、設f(x)在[x1,x2]上可導，且0?x1?x2，試證：至少存在一點??(x1,x2)，使得x1f(x2)?x2f(x1)???f?(?)?f(?).x1?x2f(x2)f(x1)f(x)?()?x??x2x1x證：分析：要證結論即為： ,因此只需對函???f?(?)?f(?)?111?()?x??x2x1x數f(x)1和在區間[x1,x2]上應用柯西中值定理即可.xx此題亦可改為：

設f(x)在[a,b]上連續，(a,b)內可導，若0?a?b，試證：至少存在一點??(a,b)，使得af(b)?bf(a)?[f(?)??f?(?)](a?b).7、設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，且f(a)?f(b)?0，試證：（1）???(a,b)，使得f(?)??f?(?)?0；（2）???(a,b)，使得?f(?)?f?(?)?0.證:（1）令F(x)?xf(x)，利用羅爾中值定理即證結論.（2）分析：?f(?)?f?(?)?0?e[?f(?)?f?(?)]?0?[e?22x22f(x)]?x???0，因此令F(x)?ex22f(x)，利用羅爾中值定理即證結論.8、設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，且f(a)?f(b)?1，試證：??,??(a,b)，使得e???[f(?)?f?(?)]?1.[exf(x)]?x??e?[f(?)?f?(?)]證：分析：要證結論即為?1，即就是?1.?xe(e)?x??令F(x)?ef(x)，令G(x)?e，則F(x)和G(x)在[a,b]上滿足拉格朗日中值定理的條件，由拉格朗日中值定理知： xxebf(b)?eaf(a)eb?ea?，即就是e[f(?)?f?(?)]?.???(a,b)，使得F?(?)?b?ab?aeb?eaeb?ea?，即就是e?.???(a,b)，使得F?(?)?b?ab?ae?[f(?)?f?(?)]因此，有?1，即就是e???[f(?)?f?(?)]?1.?e9、設f(x)、g(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內具有二階導數且存在相等的最大值，f(a)?g(a)，f(b)?g(b)，試證：???(a,b)，使得f??(?)?g??(?).?0.證：分析：要證結論即為[f(x)?g(x)]??x??令F(x)?f(x)?g(x)，（1）若f(x)、g(x)在(a,b)內的同一點處取得相同的最大值，不妨設都在c點處取得最大值，則F(a)?F(c)?F(b)?0(a?c?b)，則F(x)分別在[a,c]、[c,b]上滿足羅爾中值定理條件，故??1?(a,c)，??2?(c,b)使得F?(?1)?0，F?(?2)?0.由題設又知，F?(x)在[?1,?2]上滿足洛爾定理條件，故存在???(?1,?2)，使得F??(?)?0，即就是f??(?)?g??(?)].（2）若f(x)、g(x)在(a,b)內的不同的點處取得相同的最大值，不妨設f(x)在p點處、g(x)在q點處取得最大值，且p?q，則F(p)?f(p?)g(?p)，F(q)?f(q)?g(q)?0，由零點定理知，?c?(p,q)?(0,1)，使得F(c)?0，由此得 F(a)?F(c)?F(b)?0(a?c?b)，后面證明與（1）相同.10、設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，且f?(x)?0，若極限lim?x?af(2x?a)存在，x?a試證：（1）存在一點??(a,b)，使得

b2?a2?b?af(x)dx22?； f(?)22?b（2）在(a,b)內存在異于?的點?，使得f?(?)(b?a)?f(x)dx.；

??a?a證：（1）令F(x)??xaf(t)dt，G(x)?x2，則F(x)、G(x)在[a,b]上滿足柯西中值定理

b2?a2ba條件，故存在一點??(a,b)，使得

?b2?a2af(t)dt??f(t)dta?2?成立，即就是f(?)?bab2?22成立，即就是2??f(x)dx?(b?a)f(?)成立.?af(x)dxf(?)（2）由（1）知，2??ba22因此要證f?(?)(b?a)?f(x)dx?(b2?a2)f(?)，2?bf(x)dx.，?a??a即要證f?(?)(b?a)?221??a(b2?a2)f?(，)即要證f?(?)(??a)?f(?，)由已知

x?alim?f(2x?a)f(2x?a)?0，可得，lim從而得f(a)?0，因此要證f?(?)(??a)?f(?)，x?a?x?a即要證f?(?)(??a)?f(?)?f(a)，顯然只需驗證f(x)在[a,?]上滿足拉格朗日中值定理條件即可。

第四篇：【考研數學】中值定理總結

中值定理一向是經濟類數學考試的重點（當然理工類也常會考到），咪咪結合老陳的書和一些自己的想法做了以下這個總結，希望能對各位研友有所幫助。

1、所證式僅與ξ相關 ①觀察法與湊方法

例 1 設f(x)在[0,1]上二階可導，f(0)?f(1)?f?(0)?0 試證至少存在一點??(a,b)使得f??(?)?2f?(?)1??分析：把要證的式子中的 ? 換成 x，整理得f??(x)?xf??(x)?2f?(x)?0?(1)由這個式可知要構造的函數中必含有f?(x)，從xf??(x)找突破口 因為[xf?(x)]??xf??(x)?f?(x)，那么把(1)式變一下： f??(x)?f?(x)?[xf??(x)?f?(x)]?0?f??(x)?f?(x)?[xf?(x)]??0 這時要構造的函數就看出來了F(x)?(1?x)f?(x)?f(x)②原函數法

例 2 設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，f(a)?f(b)?0，又g(x)在[a,b]上連續 求證：???(a,b)使得f?(?)?g(?)f(?)分析：這時不論觀察還是湊都不容易找出要構造的函數，于是換一種方法 現在把與f 有關的放一邊，與g 有關的放另一邊，同樣把 ? 換成 x

f?(x)兩邊積分x)??g(x)dx?lnC?f(x)?Ce?g(x)dxf(x)?g(x)?lnf(?f(x)e??g(x)dx?C 現在設C?0，于是要構造的函數就很明顯了 F(x)?f(x)e??g(x)dx③一階線性齊次方程解法的變形法

對于所證式為f??pf?0型，（其中p為常數或x 的函數）可引進函數u(x)?e?pdx，則可構造新函數F(x)?f?e?pdx例：設f(x)在[a,b]有連續的導數，又存在c?(a,b)，使得f?(c)?0 求證：存在??(a,b)，使得f?(?)?f(?)?f(a)b?a分析：把所證式整理一下可得：f?(?)?f(?)?f(a)b?a?0 ?[f(?)?f(a)]??1b?a[f(?)?f(a)]?0，這樣就變成了f??pf?0型1x 引進函數u(x)?e?－－xb?adx＝eb?a（令C=0），于是就可以設F(x)?eb?a[f(x)?f(a)] 注：此題在證明時會用到f?(c)?f(b)?f(a)b?a?0?f(b)?f(a)這個結論

2、所證式中出現兩端點 ①湊拉格朗日 例 3 設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導 證明至少存在一點??(a,b)使得bf(b)?af(a)b?a?f(?)??f?(?)

分析：很容易就找到要證的式子的特點，那么下可以試一下，不妨設 F(x)?xf(x),用拉格朗日定理驗證一 F?(?)?f(?)??f?(?)?bf(b)?af(a)b?a(x1,x2)至少存在一點②柯西定理

例 4 設0?x1?x2，f(x)在[x1,x2]可導，證明在 1c，使得ex2x1ex2ex1?f(c)?f?(c)?ef(x1)f(x2)xx2x2分析：先整理一下要證的式子e1f(x2)?eex1f(x1)?f(c)?f?(c)?e 這題就沒上面那道那么 發現e1f(x2)?exx2容易看出來了分子分母同除一下

f(x1)是交叉的，變換一下，ex1?x2f(x2)ex2??f(x1)e1x11x2于是這個式子一下變得沒有懸念了eex1 用柯西定理設好兩個函③k值法

仍是上題數就很容易證明了分析：對于數四，如果對柯西定理掌握的不是方法叫做k 值法很好上面那題該怎么辦呢？ 在老陳的書里講了一個 第一步是要把含變量與 以此題為例已經是規范 設常量的式子分寫在等號的形式了，現在就看常?k 整理得e?x1兩邊量的這個式子?x2

ex1f(x2)?eex1x2x2f(x1)?e[f(x1)?k]?e[f(x2)?k] 很容易看出這是一個對 那么進入第二步，設稱式，也是說互換x1x2還是一樣的F(x1)?F(x2)F(x)?e?x[f(x)?k]，驗證可知。記得回帶k，用羅爾定理證明即可④泰勒公式法

老陳常說的一句話，管它是什么，先泰勒展開再說。當定理感覺都起不上作用時，泰勒法往往是可行的，而且對于有些題目，泰勒法反而會更簡單。

3、所證試同時出現ξ和η ①兩次中值定理

例 5 f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，f(a)?f(b)?1 試證存在?，??(0,1)使得e???[f(?)?f?(?)]?1分析：首先把?與?分開，那么就有??e[f(?)?f?(?)]?e 一下子看不出來什么，很容易看出那么可以先從左邊的式子下手試一下??xe[f(?)?f?(?)]?[ef(?)]?，設F(x)?ef(x)利用拉格朗日定理可得?F?(?)??eaef(b)?ef(a)b?aexbba

再整理一下? e[f(?)?f?(?)]?ebb?aa只要找到?eab?a與e的關系就行了得到 這個更容易看出來了，G?(?)?e?令G(x)?e則再用拉格朗日定理就?e[f(?)?f?(?)]?b?a②柯西定理（與之前所舉例類似）

有時遇到ξ和η同時出現的時候還需要多方考慮，可能會用到柯西定理與拉氏定理的結合使用，在老陳書的習題里就出現過類似的題。

?eb?e

一、高數解題的四種思維定勢

1、在題設條件中給出一個函數f(x)二階和二階以上可導，“不管三七二十一”，把f(x)在指定點展成泰勒公式再說。

2、在題設條件或欲證結論中有定積分表達式時，則“不管三七二十一”先用積分中值定理對該積分式處理一下再說。

3、在題設條件中函數f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，且f(a)=0或f(b)=0或f(a)=f(b)=0，則“不管三七二十一”先用拉格朗日中值定理處理一下再說。

4、對定限或變限積分，若被積函數或其主要部分為復合函數，則“不管三七二十一”先做變量替換使之成為簡單形式f(u)再說。

二、線性代數解題的八種思維定勢

1、題設條件與代數余子式Aij或A*有關，則立即聯想到用行列式按行（列）展開定理以及AA*=A*A=|A|E。

2、若涉及到A、B是否可交換，即AB=BA，則立即聯想到用逆矩陣的定義去分析。

3、若題設n階方陣A滿足f(A)=0，要證aA+bE可逆，則先分解出因子aA+bE再說。

4、若要證明一組向量a1,a2,?,as線性無關，先考慮用定義再說。

5、若已知AB=0，則將B的每列作為Ax=0的解來處理再說。

6、若由題設條件要求確定參數的取值，聯想到是否有某行列式為零再說。

7、若已知A的特征向量ζ0，則先用定義Aζ0=λ0ζ0處理一下再說。

8、若要證明抽象n階實對稱矩陣A為正定矩陣，則用定義處理一下再說。

第五篇：微分中值定理的證明題

微分中值定理的證明題

1.若f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)上可導，f(a)?f(b)?0，證明：???R，???(a,b)使得：f?(?)??f(?)?0。

證：構造函數F(x)?f(x)e?x，則F(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，（a,b)，使F?(?)?0 且F(a)?F(b)?0，由羅爾中值定理知：??? 即：[f?(?)??f(?)]e???0，而e???0，故f?(?)??f(?)?0。

2.設a,b?0，證明：???(a,b)，使得aeb?bea?(1??)e?(a?b)。

1111 證：將上等式變形得：e?e?(1??)e?(?)

baba1x11b11a111111作輔助函數f(x)?xe，則f(x)在[,]上連續，在(,)內可導，baba 由拉格朗日定理得：

11f()?f()ba?f?(1)1?(1,1)，11ba???ba11b1a1e?e1a?(1?)e?

1?(1,1)，即 b11ba???ba

即：

aeb?bea?(1??)e?(a?b)

??(a,b)。

3.設f(x)在(0,1)內有二階導數，且f(1)?0，有F(x)?x2f(x)證明：在(0,1)

內至少存在一點?，使得：F??(?)?0。

證：顯然F(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，又F(0)?F(1)?0，故由羅爾定理知：?x0?(0,1)，使得F?(x0)?0

又F?(x)?2xf(x)?x2f?(x)，故F?(0)?0，于是F?(x)在[0，x0]上滿足羅爾定理條件，故存在??(0,x0)，使得：F??(?)?0，而??(0,x0)?(0,1)，即證 4.設函數f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)上可導，f(0)?0，f(1)?1.證明：(1)在(0,1)內存在?，使得f(?)?1??．

(2)在(0,1)內存在兩個不同的點?，?使得f/(?)f/(?)?1

【分析】 第一部分顯然用閉區間上連續函數的介值定理；第二部分為雙介值問題，可考慮用拉格朗日中值定理，但應注意利用第一部分已得結論.【證明】（I）

令F(x)?f(x)?1?x，則F(x)在[0，1]上連續，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在??(0,1), 使得F(?)?0，即f(?)?1??.（II）在[0,?]和[?,1]上對f(x)分別應用拉格朗日中值定理，存在兩個不同的點??(0,?),??(?,1)，使得f?(?)?于是，由問題（1）的結論有

f?(?)f?(?)?f(?)1?f(?)1???????1.?1???1??f(?)?f(0)f(1)?f(?)，f?(?)?

??01??5.設f(x)在[0，2a]上連續，f(0)?f(2a)，證明在[0,a]上存在?使得

f(a??)?f(?).【分析】f(x)在[0,2a]上連續，條件中沒有涉及導數或微分，用介值定理或根的存在性定理證明。輔助函數可如下得到

f(a??)?f(?)?f(a??)?f(?)?0?f(a?x)?f(x)?0

【證明】令G(x)?f(a?x)?f(x)，x?[0,a]．G(x)在[0,a]上連續，且

G(a)?f(2a)?f(a)?f(0)?f(a)

G(0)?f(a)?f(0)

當f(a)?f(0)時，取??0，即有f(a??)?f(?)；

當f(a)?f(0)時，G(0)G(a)?0，由根的存在性定理知存在??(0,a)使得，G(?)?0，即f(a??)?f(?)．

6.若f(x)在[0,1]上可導，且當x?[0,1]時有0?f(x)?1，且f?(x)?1，證明：在(0,1)內有且僅有一個點?使得f(?)?? 證明：存在性

構造輔助函數F(x)?f(x)?x

則F(x)在[0,1]上連續，且有F(0)?f(0)?0?0，F(1)?f(1)?1?0，?由零點定理可知：F(x)在(0,1)內至少存在一點?，使得F(?)?0，即：f(?)??

唯一性：（反證法）

假設有兩個點?1,?2?(0,1)，且?1??2，使得F(?1)?F(?2)?0

F(x)在[0,1]上連續且可導，且[?1,?2]?[0,1] ?

?F(x)在[?1,?2]上滿足Rolle定理條件

?必存在一點??(?1,?2)，使得：F?(?)?f?(?)?1?0

即：f?(?)?1，這與已知中f?(x)?1矛盾

?假設不成立，即：F(x)?f(x)?x在(0,1)內僅有一個根，綜上所述：在(0,1)內有且僅有一個點?，使得f(?)??

17.設f(x)在[0，1]上連續，在(0，1)內可導，且f(0)=f(1)=0，f()=1。試

2(x)=1。證至少存在一個??(0，1)，使f￠分析：f'(?)=1?f'(x)=1?f(x)=x?f(x)?x=0 令 F(x)= f(x)?x 證明： 令 F(x)= f(x)?x

F(x)在[0，1]上連續，在(0，1)內可導，F(1)= f(1)?1??1?0(?f(1)?0)F(11111)= f()???0(?f()?1)222221由介值定理可知，?一個??(，1)，使 F(?)=0 又 F(0)=f(0)?0=0 對F(x)在[0，1]上用Rolle定理，?一個??(0，?)?(0，1)使

F'(?)=0 即 f'(?)=1 8.設f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，且f(0)?f(1)試證存在?和?.滿足0?????1，使f?(?)?f?(?)?0。

證 由拉格朗日中值定理知，1f()?f(0)12?f?(?)??(0,)

12?021f(1)?f()12?f?(?)??(,1)

121?211f()?f(0)f(1)?f()2?0 f?(?)?f?(?)?2?11229.設f(x)在[a,b]上連續,(a,b)內可導(0?a?b),f(a)?f(b), 證明: ??,??(a,b)使得 f?(?)?a?bf?(?).(1)2?證:(用(b?a)乘于(1)式兩端,知)(1)式等價于

f?(?)f?(?)2(b?a)?(b?a2).(2)12?

為證此式,只要取F(x)?f(x),取G(x)?x和x在[a,b]上分別應用Cauchy中值定理,則知

2f?(?)f?(?)2?(b?a)?(b?a2), f(b)?f(a)?12?其中?,??(a,b).10.已知函數f(x)在[0 ,1]上連續，在（0，1）內可導，0?a?b，證明存在?,??(a,b)，使3?2f/(?)?(a2?ab?b2)f/(?)

f/(?)f(b)?f(a)解：利用柯西中值定理 ?2333?b?a而f(b)?f(a)?f/(?)(b?a)

則

f/(?)f(b)?f(a)f/(?)(b?a)f/(?)（后面略）???22333323?b?ab?aa?ab?b/11.設f(x)在x?a時連續，f(a)?0，當x?a時，f(x)?k?0，則在(a,a?f(a))k內f(x)?0有唯一的實根

/解：因為f(x)?k?0，則f(x)在(a,a?f(a))上單調增加 kf(a)f(a)f/(?)/f(a?)?f(a)?f(?)?f(a)[1?]?0（中值定理）

kkk而f(a)?0故在(a,a?f(a))內f(x)?0有唯一的實根 k1?2t?0?tsin12.試問如下推論過程是否正確。對函數f(t)??在[0,x]上應用拉t?t?0?0格朗日中值定理得：

1x2sin?0f(x)?f(0)111x??xsin?f??(?)?2si?nc(0s???x)

ox?0x?0x??

即：cos1??2?sin1??xsin1)

(0???x

x1xsin? lim?x?0??0，il2?nsi?0

因0???x，故當x?0時，由m??0?1?0 x

得：lim?cosx?0

1??0，即limcos???01??0

解：我們已經知道，lim?cos??01??0不存在，故以上推理過程錯誤。

首先應注意：上面應用拉格朗日中值的?是個中值點，是由f和區間[0,x]的

端點而定的，具體地說，?與x有關系，是依賴于x的，當x?0時，?不 一定連續地趨于零，它可以跳躍地取某些值趨于零，從而使limcos?x?01??0成

立，而lim?cos??01??0中要求?是連續地趨于零。故由limcos?x?01??0推不出

??0lim?cos1??0

13.證明：?0?x??2成立x?tgx?x。cos2x

證明：作輔助函數f(x)?tgx，則f(x)在[0,x]上連續，在(0,x)內可導，由拉格朗日定理知：

f(x)?f(0)tgx1??(0,x)??f?(?)?x?0xcos2?即：tgx??1?x(0,)(0,)，因在內單調遞減，故在cosx22cosx22cos?111xx??x??即： cos20cos2?cos2xcos2?cos2x內單調遞增，故

即：x?tgx?1。cos2x

注：利用拉格朗日中值定理證明不等式，首先由不等式出發，選擇合適的函數f(x)及相應的區間[a,b]，然后驗證條件，利用定理得

??f?()(?b?a?(a,b)

f(b)?f(a)，再根據f?(x)在(a,b)內符號或單調

證明不等式。?14.證明：當0?x?時，sinx?tgx?2x。

證明：作輔助函數?(x)?sinx?tgx?2x

則??(x)?cosx?sec2x?2

1?2 cos2x1?cos2x?2? 2cosx?cosx?x?(0,)

2?

?(cosx??0

12)cosx??

故?(x)在(0,)上單調遞減，又因?(0)?0，?(x)在(0,)上連續，22

故 ?(x)??(0)=0，即：sinx?tgx?2x?0，即：sinx?tgx?2x。

注：利用單調性證明不等式是常用方法之一，欲證當x?I時f(x)?g(x)，常用輔助函數?(x)?f(x)?g(x)，則將問題轉化證?(x)?0，然后在I上

討論?(x)的單調性，進而完成證明。

15.證明：若f(x)二階可導，且f??(x)?0，f(0)?0，則F(x)?,內單調遞增。)

(0??

f(x)在 x證明：因F?(x)?xf?(x)?f(x)，要證F(x)單調遞增，只需證F?(x)?0，2x

即證xf?(x)?f(x)?0。

設G(x)?xf?(x)?f(x)，則G?(x)?xf??(x)?f?(x)?f?(x)?xf??(x)，因為

f??(x)?0，x?0，故G(x)是單調遞增函數，而G(0)?0f?(x)?0?0，因此G(x)?G(0)，即：xf?(x)?f(x)?0，即：F?(x)?0，即F(x)當x?0時單調遞增。