第一篇：中值定理題目分析總結答案

一：待證結論中只有ξ時采用還原法進行證明

工具：f’(x)/f(x)=[lnf(x)]’

第一題：分析xf’(x)+f（x)=0 f’(x)/f(x)+2/x=0 所以[lnf(x)]’+[lnx2]’=0 證明：構造輔助函數為ln后面的數相乘

令φ（x）=x2.f（x）φ（x）∈[0,1]，φ（x）在（0,1）內可導φ0=φ1=0 ?ξ

∈（0,1）使得φ’ ξ=0 而φ’x=2xf(x)+x2f’(x)∴2ξf（ξ）+ξ2f’(ξ)=0 ∵ξ≠0 ∴2f（ξ）+ξf’(ξ)=0 第二題方法相同此處省略答案解析 第三題（a，a+b/2）和（a+b/2，b）分別應用零點定理，然后在應用Rolle可證 第四題若題目中出現數值相加的情況一定應用介值定理 f（x）∈（1,2）→fx [1,2]有m，M m≤[f（1）+f(2)]/2小于等于M ?c∈[1,2]使得f（c）=[f(1)+f(2)]/2→f(1)+f(2)=2f(c)∴f（0）=f（c）∴?ξ∈（0，c）?（0,2）是得f’(ξ)=0 第五題 由于我要一個個的碼字太麻煩了提示一下應用柯西 第六題拉格朗日

第二篇：中值定理超強總結

咪咪原創，轉載請注明，謝謝！

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 ?g(x)dx

f?(x)f(x)兩邊積分?g(x)?lnf(x)??g(x)dx?lnC?f(x)?Ce ?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?③一階線性齊次方程解法的變形法 ?g(x)dx對于所證式為f??pf?0型，（其中p為常數或x 的函數）pdxpdx可引進函數u(x)?e?，則可構造新函數F(x)?f?e?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?(?)?分析：把所證式整理一下可得：f?(?)? ?[f(?)?f(a)]??1b?a1f(?)?f(a)b?af(?)?f(a)b?a?0[f(?)?f(a)]?0，這樣就變成了f??pf?0型xx－?－b?adx 引進函數u(x)?e＝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

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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

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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

第三篇：高等數學中值定理總結

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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

2f?(?)試證至少存在一點??(a,b)使得f??(?)?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

兩邊積分f?(x)g(x)dx?g(x)?lnf(x)??g(x)dx?lnC?f(x)?Ce?

f(x)

?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)dx

③一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?，則可構造新函數F(x)?f?e?pdxpdx

例：設f(x)在[a,b]有連續的導數，又存在c?(a,b)，使得f?(c)?0

f(?)?f(a)

b?a

f(?)?f(a)分析：把所證式整理一下可得：f?(?)??0b?a

1?[f(?)?f(a)]??[f(?)?f(a)]?0，這樣就變成了f??pf?0型b?a求證：存在??(a,b)，使得f?(?)?

?－dx－引進函數u(x)?eb?a＝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)?

2、所證式中出現兩端點

①湊拉格朗日 1xxf(b)?f(a)?0?f(b)?f(a)這個結論b?a

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

分析：很容易就找到要證的式子的特點，那么可以試一下，不妨設

F(x)?xf(x),用拉格朗日定理驗證一下

F?(?)?f(?)??f?(?)?

②柯西定理 bf(b)?af(a)b?a

例 4設0?x1?x2，f(x)在[x1,x2]可導，證明在(x1,x2)至少存在一點c，使得

ex1?ex2e1e2?f(c)?f?(c)(x1)f(x2)

e1f(x2)?e2f(x1)

ex1x2xxxx分析：先整理一下要證的式子?e

這題就沒上面那道那么容易看出來了

xx?f(c)?f?(c)x1?x2發現e1f(x2)?e2f(x1)是交叉的，變換一下，分子分母同除一下e

f(x2)f(x1)

ex2?e

ex11x2e

③k值法 ?1x1于是這個式子一下變得沒有懸念了用柯西定理設好兩個函數就很容易證明了

仍是上題

分析：對于數四，如果對柯西定理掌握的不是很好上面那題該怎么辦呢？

在老陳的書里講了一個方法叫做k 值法

第一步是要把含變量與常量的式子分寫在等號兩邊

以此題為例已經是規范的形式了，現在就看常量的這個式子

設 e1f(x2)?e2f(x1)

ex1x2xx?e

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

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 5f(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，那么可以先從左邊的式子下手試一下

很容易看出e[f(?)?f?(?)]?[ef(?)]?，設F(x)?exf(x)??

ebf(b)?eaf(a)利用拉格朗日定理可得F?(?)?再整理一下b?a

eb?eaeb?ea

e[f(?)?f?(?)]?只要找到與e?的關系就行了b?ab?a?

這個更容易看出來了，令G(x)?ex則再用拉格朗日定理就得到

eb?ea

G?(?)?e??e?[f(?)?f?(?)]b?a?

②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。

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：高等數學中值定理總結

咪咪原創，轉載請注明，謝謝！

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)?02f?(?)試證至少存在一點??(a,b)使得f??(?)?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 兩邊積分f?(x)g(x)dx ?g(x)?lnf(x)??g(x)dx?lnC?f(x)?Ce?f(x)

?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?，則可構造新函數F(x)?f?e?pdxpdx例：設f(x)在[a,b]有連續的導數，又存在c?(a,b)，使得f?(c)?0f(?)?f(a)b?af(?)?f(a)分析：把所證式整理一下可得：f?(?)??0b?a1 ?[f(?)?f(a)]??[f(?)?f(a)]?0，這樣就變成了f??pf?0型b?a 求證：存在??(a,b)，使得f?(?)??－dx－ 引進函數u(x)?eb?a＝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)?

2、所證式中出現兩端點 ①湊拉格朗日 1xxf(b)?f(a)?0?f(b)?f(a)這個結論b?a

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

分析：很容易就找到要證的式子的特點，那么可以試一下，不妨設 F(x)?xf(x),用拉格朗日定理驗證一下 F?(?)?f(?)??f?(?)?②柯西定理

bf(b)?af(a)b?a例 4 設0?x1?x2，f(x)在[x1,x2]可導，證明在(x1,x2)至少存在一點c，使得 1ex1?ex2e1e2?f(c)?f?(c)f(x1)f(x2)e1f(x2)?e2f(x1)ex1x2xxxx分析：先整理一下要證的式子?e 這題就沒上面那道那么容易看出來了xx?f(c)?f?(c)

x1?x2 發現e1f(x2)?e2f(x1)是交叉的，變換一下，分子分母同除一下ef(x2)f(x1)ex2?eex11x2e③k值法 ?1x1于是這個式子一下變得沒有懸念了 用柯西定理設好兩個函數就很容易證明了仍是上題分析：對于數四，如果對柯西定理掌握的不是很好上面那題該怎么辦呢？ 在老陳的書里講了一個方法叫做k 值法 第一步是要把含變量與常量的式子分寫在等號兩邊 以此題為例已經是規范的形式了，現在就看常量的這個式子 設

e1f(x2)?e2f(x1)ex1x2xx?e 很容易看出這是一個對稱式，也是說互換x1x2還是一樣的 記得回帶k，用羅爾定理證明即可。?k 整理得e?x1[f(x1)?k]?e?x2[f(x2)?k] 那么進入第二步，設F(x)?e?x[f(x)?k]，驗證可知F(x1)?F(x2)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

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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，那么可以先從左邊的式子下手試一下 很容易看出e[f(?)?f?(?)]?[ef(?)]?，設F(x)?exf(x)??ebf(b)?eaf(a)利用拉格朗日定理可得F?(?)?再整理一下b?aeb?eaeb?ea e[f(?)?f?(?)]?只要找到與e?的關系就行了b?ab?a?

這個更容易看出來了，令G(x)?ex則再用拉格朗日定理就得到eb?ea G?(?)?e??e?[f(?)?f?(?)]b?a?②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。