中值定理的應用方法與技巧

1、中值定理的應用方法與技巧中值定理的應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/(X)在a, b上連續(xù)，則在a,b上至少存在一點疳，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，則在a,b上至少存在一 點 g，使得一、微分中值定理的應用方法與技巧三大微分中值定理可應用于含有中值的等式證明，也可應用于恒等式

2、及不等 式證明。由于三大中值定理的條件和結論各不相同，又存在著相互關聯(lián)，因此 應用中值定理的基本方法是針對所要證明的等式、不等式，分析其結構特征， 結合所給的條件選定合適的閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，套用相應的中值定理進行證 明。這一過程要求我們非常熟悉三大中值定理的條件和結論，并且掌握一定的 函數(shù)構造技巧。例_設0(力在0,1上連續(xù)可導，且強0)=0,沁) = 1。證明：任意給定正 整數(shù)"上，必存在(0,1)內的兩個數(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 /.(x),/2(a)應用

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g(x),g2(x)應 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)內的兩個數(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Z(X),/；(X)應用柯西中值定理得：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g)(x),g2()應用柯西中值定理得：存在7? e (0,1),使得心呷緲二b = ©嚴一。因此有 0(力卩一仇0)丄仝十亠,移項得：丄亠十b。0($)0(")0(")0© 0S)分析：解1和解2都是應用了柯西中值定理。鑒于所要證明的等式中含有兩個中值，并且中值處的導數(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)構造相應的函數(shù)。而證法0(§) <P(7)2是先將亠+ £

5、; = “ + b移項得：亠f +呷'()-匕,然 卩 0(")0(g)0(")0(")后從兩邊出發(fā)構造相應的函數(shù)。例二.設/在a,b上連續(xù)，在(a,b)內可導且/(a)工/(b),試證明：存 在仙5使得錚嚴。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/(x),g(x)應用柯西中值定理，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/(x),g(x)應用

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/(x),g(x)應用柯西中值定理，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中值，并且中值處的導數(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行進一步化簡，即為證法1 的基本思想方法。例三.設/(x),g(x)在d,b上二階

7、可導，并且g"(x)HO, f(a) = f(b) = of g(a) = g(b)=O,試證：(1) 在(a,b)內，g(x)HO,(2) 在(a, b)內至少存在一點使 g =g(§) g (<?)證明：(1)用反證法。假設存在點ce(a,Z?)»使g(c) = O。分別在a,c,c,b 上對gW運用羅爾定理，可得存在備(%)/ (c,b),使得g'©) = g'©) = 0 再在迄,上應用羅爾定理，又可得存在出曰鼻冬，使得/©)"，這與題設 矛盾。故在(a, b)內,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 H(x)應用 羅爾定理得：在(a, b)內至少存在一點歹,使Ht) = /(g)g"t)-g(ar) = O,從而有g(§)g”©)°分析：該題的證明主要運用了羅爾定理。由于題設中出現(xiàn)了 /(67)= /(/7)= 0, g(“) = g(b) = O,因此在(1)的證明中可考慮用反證法，通過反復運用羅爾

9、定 理導出g”($) = 0,從而推出矛盾，證得結論。而(2)的證明關鍵在于首先要將欲證的等式變形成某一函數(shù)在中值處的導數(shù)為零。從中選定一函數(shù)對其應用羅 爾定理導出結論。例四設/(x)4pa上連續(xù)，在"0處可導,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人廣而運用洛必達法則,lim"""；W = lim.門專廠)=廣(0)。 Z2222-2%2因此lim & =丄。-v->0+2分析：此題運用的知識點和方法較為綜合。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方式，以及洛必達法則、函數(shù)極限運算 法則、導數(shù)概念等等。因此要求解題者需具備較扎實的微積分知識

11、基礎和一定 的函數(shù)構造技巧。例五.證明下列不等式：(1) arc tana arc lan/彳 < ” b(2) 當x>l時，ex > ex證明：令 /(x) = arctanx,x e ayb, /(x)在(/,”上連續(xù)，在(a,b)內可導,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f(x) = ex -ex,由于/(x)在l,x上連續(xù)，在(l,x)內可導,因

12、此根據(jù)拉格朗日中值定理，有/3-/(l) = /'(§)(x-1),*(1,對。即ex-ex = (e4 -e)(x一 1)。由于§ 已(l,x),所以(e -e)(x-l) > 0 ,從而當x> 1 時, ex > ex o分析：本例是運用拉格朗日中值定理證明不等式的典型實例。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 的表達式，從中選定fM及一閉區(qū)間(2)運用拉格朗日中值定理得到一等式(3) 利用此等式及a <<b導出欲證的不等式。例六.設/(x)在0, 1±三階可導,且/(O)

13、= -l,/(l) = O，r(O) = O,試證：至 少存在一點歹已(0,1),使得/W = 一1 + X，- /"'(§)， X e (0,1)證明：即證至少存在一點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的兩個零點之間存在H0

14、)的一個零點，因此H在 (0,1)內至少有三個零點。同理，Ha)在(0,1)內至少有兩個零點，而/T在(0,1) 內至少有一個零點，記為歹，即 n)-3!K(x) = 0,從而K(x) = o 所以至少存在一點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式的證明，但進一步分析發(fā)現(xiàn)并非泰勒展開式。 其難點在于形式心于匕廠的導出。注意到此式中含有中值處的高階導數(shù)， 因此可考慮反復用羅爾定理。證明的難點化解是通過將展開式移項、尋求函數(shù) 零點，引進輔助函數(shù)等手段實現(xiàn)。例七.設/(X)在a, b ±連續(xù)，在(a,b)內可導且

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。因為/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數(shù)拆開，得 在對其中口竺，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值定理導出。例八.設拋物線y = -x2 + & + C與X軸有兩個交點X = a,x = b,a< h。另有一 函數(shù)f(x)在a, b ±有二階導數(shù)，且f(a) = /(b) = 0,如果曲線，=與 y = -x2 + Bx + C在(a, b)內有一個交點，求證：在(a, b)內存在一點使得 八歹)=-2。證明：設曲線y = f(x)與y = -x2 + & + c在(a, b)內的交點為c。作輔助函 數(shù)：0(x) = f(x) - (-x2 + Bx + C) 0由題設條件可知僅X)在a, b上有二階導數(shù)， 且(p(a) =(p(c) =(p(b) 0

17、在a, c, c, b上對應用羅爾定理，存在 §w(agw(c,b),使0©) = 0©)=0。在迄，空上再對僅x)應用羅爾定理， 存在界©,%)u,b),使得譏歹) = 0,即廠筆) + 2 = 0。所以八歹)=-2分析：此題證明的關鍵在于先將欲證等式化為廣) + 2 = 0。即證相應的函 數(shù)(px = f(x) - (-x2 + B. + C) Z2階導數(shù)有一個零點。根據(jù)題設條件，y = /(x)與 y = -x2 + Bx + C在三個點處有相等的函數(shù)值，因此兩者的差0(x)有三個零點。 在其中兩個零點構成的區(qū)間上分別應用羅爾定理，可得到0(力其導

18、數(shù)有兩個零 點，在這兩個零點構成的區(qū)間上再應用羅爾定理，可得到僅力其二階導數(shù)有一 個零點。而0(x)其二階導數(shù)恰好為廠(切+ 2。證明函數(shù)的高階導數(shù)有零點，可 采用如下常用方法：首先尋找函數(shù)的零點，然后在零點之間通過運用羅爾定理求得函數(shù)的高一階導數(shù)的零點，在此基礎上重復前一過程，最終可得到高階導 數(shù)的零點。例九設/（X）在（G,+s）內可導,且lim f（x）存在，證明:lini ff（x） = 0。證明：在a+s）內任取一點忑由題設條件知/©）在心+1上連續(xù).可導。因此在宀+ 1上對/應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） _ / ° 因為當時，“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，但通過對題設條件的分析，可以發(fā) 現(xiàn)條件中含有與導數(shù)及函數(shù)值有關的信息，因此可以嘗試用中值定理證明。而 結論中出現(xiàn)了 lim廣，可在“ + 1上對/（x）應用拉格朗日中值定理，并使X *0。由此可導出結論。例十.設/©）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：因為/（0） = 0,所以/u）= /（x）-/（o）= £7w on。 而fM = 加/）則 < 個宙S Mx，所以“巧列< f|/（4/x< Mxdx = 啟 分析：該題首先可利用丄/（曲*（恥，將結論化成定積分問題。由 于結論中含有導數(shù)，因此可考

21、慮對被積函數(shù)應用中值定理。再利用定積分性質 導出積分值上界。二、積分中值定理的應用方法與技巧例十一.設/(X)在0,1上連續(xù)且遞減，證明；當Ov兄<1時，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 0<2<1 時，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于被積函數(shù) 滿足單調性來證明。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)間長度乘積，再作比較。例十二設廣在必上連續(xù)，證明存在一點曰滿足fMdx 號f (“) + f(b) = 21 八帀)證明：記點容易發(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 R(x) = (x-a)(x-b)K(x)o 作輔助函數(shù)：H(/) = Ra)-a-d)(/-b)KG6 則H有三個零點因此應用羅爾定理得有兩個零點，再一次應用羅爾定理，在0,®內有一個零點，記為 歹與x有關。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'而已知廠(x)在"上連續(xù)，根據(jù)積分 第二中值定理，存在一點曰",切，使得Jn外(x - a)(x - b)clx(x - a)(x - b)dx =(b_d)12從而結論得證。分析：該題首先將欲證等式右端化為一個定積分，并導出被積函數(shù)的簡明表 達式，再利用積分第二中值定理得到左端表達式。證明技巧要求較