(402)--专题四微分中值定理及其应用笔记_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

26高等数学17堂课 专题4 微分中值定理及其应用 （P66-77） 主讲 武忠祥 教授定理1（罗尔定理） 若 1） 在 上连续； f (x) [a,b] 2） 在 内可导； f (x) (a,b) 3） f (a)  f (b); 则  (a,b), 使 f  ()  0. 定理2（拉格朗日中值定理） 若 1） 在 上连续； f (x) [a,b] 2） 在 内可导； f (x) (a,b) 则  (a,b), 使 f (b)  f (a)  f  (). b  a定理3（柯西中值定理） 若 1）f (x), F(x) 在 [a,b] 上连续； 2） f (x), F(x) 在 (a,b) 内可导,且 F  (x)  0; 则  (a,b), 使 f (b)  f (a) f  ()  F (b)  F (a) F  () 【注】（ 1 ）意义 f (b)  f (a) f  () （2）三个中值定理的关系 罗尔定理 拉格朗日中值定理 柯西中值定理应 用 举 例 （一）方程的根（罗尔定理） 1.存在性： a a 【例1】设 求证：方程 方法1：零点定理； 0  1    a  0, n n  1 n 方法2：罗尔定理； a x n  a x n1    a  0 在 (0,1) 内至少有一个实根. 0 1 n 2.根的个数： 【解】 方法1：单调性； 方法2：罗尔定理推论； 若在区间 I 上 f (n) (x)  0, 则方程 f (x)  0 在 上最多 个实根. I n（二）证明不等式（拉格朗日） x 【例1】证明不等式  ln(1  x)  x,(x  0). 1  x 【证】（三）求极限（拉格朗日） 【例1】(2014年2)设函数 f (x)  arctan x, 若 f (x)  xf  (), 2 则 lim  2 x0 x 1 2 1 （A） （B） （C） （D） 1 2 3 3 【解】由 f (x)  arctan x, 及 f (x)  xf  () 得 x arctan x  1 2 x  arctan x 则  2  arctan x 1 3 x 2 x  arctan x 1 3 lim  lim  lim  2 2 3 x0 x x0 x arctan x x0 x 3【例2】(2018年2) lim x 2 [arctan( x  1)  arctan x]  ________ . x 【证】（四）证明存在一个点  (a,b), 使 F[, f (), f  ()]  0 方法：构造辅助函数用罗尔定理. 构造辅助函数的方法主要有两种 1.分析法(还原法） 根据对欲证的结论 F[, f (), f  ()]  0 的分析,确定 g(x), 使 g  (x)  F[x, f (x), f  (x)]  f (x) 常用公式 u   v   (u  v)   [ln f (x)]  f (x) u  v  v  u  (uv)  u  v  uv  u  ( )  2 v v2.微分方程法 欲证： F[, f (), f  ()]  0 1）求微分方程 F( x, y, y  )  0 的通解 H(x, y)  C 2）设辅助函数： g (x)  H(x, f (x))【例1】设 f ( x) 在 [0, 1] 上连续,在 (0,1) 内可导, f (1)  0, 求证:  2 f ()  (0,1), 使 f  ()  .   2 f () 1.分析法：欲证 f  ()  . 只要证  f  ()  2 f ()  0   f (x) 2 【法1】 xf  (x)  2 f (x)  0   0 f (x) x [ln f (x)]   [2ln x ]   0 令 g(x)  x 2 f (x) [ln( x 2 f (x) )]   0 【法2】 xf  (x)  2 f (x)  0 x 2 f  (x)  2xf (x)  0 [x 2 f (x)]   0 令 g(x)  x 2 f (x)【例1】设 f ( x) 在 [0, 1] 上连续,在 (0,1) 内可导, f (1)  0, 求证:  2 f ()  (0,1), 使 f  ()  .   2 f ()  2 y 2.微分方程法: 欲证 f  ()  ，解微分方程 y   ,  x dy dx 【解】   2  y x ln y  2ln x  C ln( x 2 y )  C x 2 y  e C 令 g(x)  x 2 f (x)1）欲证 f  ()  nf ()  0, F(x)  x n f (x); f (x) f  ()  nf ()  0, F(x)  ; 常 n x 用 2）欲证 f  ()  f ()  0, F(x)  e x f (x); 辅 f  ()  f ()  0, F(x)  e x f (x); 助 f  ()  f ()  0, F(x)  e x f (x); 函  x f  ()  f ()  0, F(x)  e f (x);( 0) 数 f  ()  g  () f ()  0, F(x)  e g(x) f (x);  g(x)dx f  ()  g() f ()  0, F(x)  e f (x); 3）欲证 f  ()g()  g  () f ()  0, F(x)  f (x)g(x); f (x) f  ()g()  g  () f ()  0, F(x)  ; g(x)【例1】设 f ( x) 在 [0, 1] 上连续,在 (0,1) 内可导, f (1)  0, 求证:  2 f ()  (0,1), 使 f  ()  .  3.常用辅助函数法：  2 f () 2 f () 1.欲证 f  ()  . 只要证 f  ()   0   2  g(x)dx  dx f  ()  g() f ()  0, F(x)  e f (x)  e x f (x)  x 2 f (x)  2 f () 2.欲证 f  ()  . 只要证 f  ()  2 f ()  0 F(x)  x 2 f (x)  f  ()  nf ()  0 F(x)  x n f (x)  【例2】设 f (x) 在 [0,2] 上连续,在 (0,2) 内可导,且 f (0)  f (2)  0, f 1  2 .试证:对任意实数  ，存在  (0,2) ,使 f  ()  [ f () ]  1. 【分析】只要证 [ f  ()  1][ f () ]  0 【证】令 F(x)  e x [ f (x)  x] F(0)  0 F(2)  2e 2  0 F(1)  e  0 c  (1,2), F(c)  0  (0,c), F  ()  01 1 【例3】设 f (x) 在 [0,1] 上连续,在（ 0 ， 1 ） 内二阶可导,且 f (0)   f (x)dx  xf (x)dx 0 0 0 证明:(Ⅰ)方程 f  (x)  f (x) 在 (0,1) 内至少有两个实根; (Ⅱ)存在 (0,1) ,使 f  ()  f (). x 【证】(Ⅰ)令 F(x)   f (t)dt, 则 0 1 1 1 1 0   xf (x)dx   xdF (x)  xF(x) 1   F(x)dx   F(x)dx  F(c) c  (0,1) 0 0 0 0 0 则 F(c)  0. 又 F(0)  F(1)  0, 由罗尔定理知存在  (0,c),  (c,1), 1 2 使得 F  ( )  F  ( )  0. 即 f ( )  f ( )  0, 1 2 1 2 令 g(x)  e x f (x), 则 g(0)  g( )  g( )  0, 由罗尔定理知存在  (0, ),  ( , ), 1 2 1 1 2 1 2 使得 g  ( )  g  ( )  0. 即 f  ( )  f (） 0 ， f  ( )  f (） 0. 1 2 1 1 2 2 (Ⅱ) 令 G(x)  e x [ f  (x)  f (x)], 则 G( )  G( )  0, 由罗尔定理知存在  ( , ), 1 2 1 2 使得 G  ()  0. [ f  ()  f  ()] [ f  ()  f ()]  0 ， f  ()  f ()  0.欲证 f  ()  f ()  0, r   0 F(x)  e x f (x) 小结 欲证 f  ()  f ()  0, r 2  1  0 (r  1)(r  1)  0 F(x)  e x f (x) G(x)  e x [ f  (x)  f (x)] F(x)  e x f (x) G(x)  e x [ f  (x)  f (x)] 欲证 f  ()  f  ()  6 f ()  0 r 2  r  6  0 (r  3)(r  2)  0 F(x)  e 3x f (x) G(x)  e 2x [ f  (x)  3 f (x)] F(x)  e 2x f (x) G(x)  e 3x [ f  (x)  2 f (x)]【例4】设 f (x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，f (0)  0 ， 证明存在  (0,1) ，使 f  ()  kf ()  f  () ( k 为正整数) k k 【分析】只要证 f  ()  f ()  0,  dx F(x)  f (x)e x1  (x  1) k f (x)  1 【证】【例5】设 f (x) 在 [a,b] 上连续,在 (a,b) 内可导，且 f (a)  f (b)  0 求证:在 (a,b) 内至少有一点 , 使得 f  ()  f 2 ()  0. x  f (t)dt 【分析】只要证 f  ()  f () f ()  0, F(x)  f (x)e a 【证】【例6】设 f (x) 在 [0,1] 上二阶可导,且 f (0)  f (1), 2 f  () 试证存在  (0,1) ,使 f  ()  . 1  2 【证】只要证 f  ()  f  ()  0.  1 2  dx 因此，令 F(x)  e x1 f  (x)  (x  1) 2 f  (x)【例7】设 在 上连续,在 内二阶可导,且 f (x), g(x) [a,b] (a,b) f (a)  f (b)  0, f () f  () f  (a) f  (b)  0, g(x)  0, g  (x)  0. 证明:存在  (a,b) ,使得  .   g() g  () 【证】不妨设 f  (a)  0, f  (b)  0, 由 f (a)  f (b)  0 可知,在 a 点右半邻域存在点 c,   使得 f (c)  0, 在 b 点左半邻域存在点 d, 使得 f (d )  0. 由连续函数的零点定理可知, 存在  (c,d ), 使得 f ()  0. f (x) 令 F(x)  , 则 F(a)  F(b)  F()  0, 由罗尔定理知存在   (a,),  (,b), 1 2 g(x) 使得 F  ( )  F  ( )  0. 即 1 2 f  ( )g( )  g  ( ) f ( ) f  ( )g( )  g  ( ) f ( ) 1 1 1 1  0 ， 2 2 2 2  0 ， g 2 () g 2 ( ) 1 2 令 G(x)  f  (x)g(x)  g  (x) f (x), 则 G( )  G( )  0. 由罗尔定理知存在  ( , ), 1 2 1 2 f () f  () 使得 G  ()  0. 即 f  ()g()  g  () f ()  0, 故  . g() g  ()【例8】已知函数 f (x) 在 [0,1] 上三阶可导，且 f (0)  1, f (1)  0, f  (0)  0, x 2 (x  1) 证明：x (0,1),(0,1), 使 f (x)  1  x 2  f  (). 3! f  (0) f  () 【证】 f (x)  f (0)  f  (0)x  x 2  x 3  (0, x) 2! 3! f  (0) f  () f (x)  1  x 2  x 3 2! 3! f  (0) f  () 令 x  1 得 0  1   经典错误 2! 3! 1 f  (0)  2[1  f  ()] 3! x 2 (x  1) f (x)  1  x 2  f  (). 3!【例8】已知函数 f (x) 在 [0,1] 上三阶可导，且 f (0)  1, f (1)  0, f  (0)  0, x 2 (x  1) 证明：x (0,1),(0,1), 使 f (x)  1  x 2  f  (). 3! x 2 (x  1) 【分析】欲证 f (x)  1  x 2  f  (), 3! 3! 只要证 f  ()  [ f (x)  x 2  1]  0 x 2 (x  1) 3!t 将  换为 t 并两端对 t 积分 f  (t)  [ f (x)  x 2  1]  C x 2 (x  1) 上式两端对 t 积分两次，并利用条件 f (0)  1, f  (0)  0, 得 3 t C f (t)  [ f (x)  x 2  1]  t 2  1 x 2 (x  1) 2 1 C 上式中令 t  1 得 1  [ f (x)  x 2  1]  x 2 (x  1) 2 C f (x)  1  x 2 将该式中的 带入上式得 f (t)  1  t 2  t 2 (t  1)  0 x 2 (x  1) 2【例8】已知函数 f (x) 在 [0,1] 上三阶可导，且 f (0)  1, f (1)  0, f  (0)  0, x 2 (x  1) 证明： x (0,1),(0,1), 使 f (x)  1  x 2  f  (). 3! f (x)  1  x 2 【证】x  (0,1), 令 F(t)  f (t)  1  t 2  t 2 (t  1), t [0,1] x 2 (x  1) F(0)  F(x)  F(1)  0   (0, x),  (x,1), F  ( )  F  ( )  0, 1 2 1 2 f (x)  1  x 2 F  (t)  f  (t)  2t  (3t 2  2t), x 2 (x  1) F  (0)  0, F  ( )  F  ( )  0, 1 2  (0, ), ( , ), F  ( )  F  ( )  0, 1 1 2 1 2 1 2 f (x)  1  x 2  ( , ), F  ()  0, F  (t)  f  (t)  6 , 1 2 x 2 (x  1)(五）证明存在两个点 , (a,b). 使 F[,, f (), f (), f  (), f  ()]  0 方法：(1）不要求   在同一区间 上用两次中值定理（拉格朗日、 [a,b] 柯西中值定理) （2）要求   将区间 [a,b] 分为两个子区间，在两个子区间上分 别用拉格朗日中值定理【例1】设 在 上连续, 内可导,试证存在 f (x) [1,2] (1,2) , (1,2) .使 f  () f  ()ln 2. f  () 【分析】只要证 f  ()  ln 2. 1  f (2)  f (1) 【证】  f  ()  (1,2) 2  1 f (2)  f (1) f  ()   (1,2) ln 2  ln1 1 . 【例2】设 f (x) 在 [a,b] 上连续,在 (a,b) 内可导，且 f (x)  0, 其中 a,b 同号，f (a)  f (b)  1. 证明：存在 , (a,b), 使得 ab b  f (x)dx  e  2 f ()[ f  ()  f ()]. b  a a ab b 【分析】欲证  f (x)dx  e  2 f ()[ f  ()  f ()]. b  a a ab e  e  [ f  ()  f ()] b 只要证  f (x)dx  b  a a f () 1 2 e b  e a e   e b 【证】  e b  e a   f (x)dx  b f (t)dt   a f (t)dt f () f () a a a e b f (b)  e a f (a) e  [ f  ()  f ()] e b  e a  2 e  [ f  ()  f ()](b  a)  ab 1 1 1   b a 2【例3】设 f (x) 在 [0,1] 上连续,在 (0,1) 内可导,试证存在 , (0,1) 使 e 1 [ f () f  ()] f  ()  f () f (). 【证】只要证明 e 1 [ f () f  ()]  e  [f  ()  f () f ()] 即 e 1 [f  ()  f ()]  e  [f  ()  f ()] f ()  对 xf (x) 在 [0,1] 上用拉格朗日中值定理得  (0,1) ,使 f (1)  0  f  ()  f () f (1) f  ()  f () 1  0 对 e x xf (x) 在 [0,1] 用拉格朗日中值定理得， (0,1) e 1 f (1)  0  e  [f  ()  f ()] f ()  1  0 e 1 f (1)  e  [f  ()  f ()] f () 【例4】设 在 上连续, 在 内可导, 且 f (x) [0,1] (0,1) f (0)  f (1), 常数 与 . 求证：存在满足 的 与 a  0 b  0 0    1  . 使得 af  ()  bf  ()  0. 【分析】(逆推法）设 由拉格朗日中值定理得 0  c  1, f (c)  f (0)  f  ()  (0,c) c  0 f (1)  f (c)  f  ()  (c,1) 1  c f (c)  f (0) f (0)  f (c) af  ()  bf  ()  a  b c 1  c a b  [ f (c)  f (0)][  ] c 1  c a b a b a 若 原题得证，由 解得   0   0 c  . c 1  c c 1  c a  b【例5】已知函数 在 上连续,在 内可导，且 f (x) [0,1] (0,1) f (0)  0, f (1)  1. 证明:存在3个不同的点 ,, (0,1), 使得 f  ()  f () f  ()  1. 【证】令 (x)  f (x)  x  1, 则 (0)  1  0,(1)  1  0, 由连续函数零点定理可知， 存在  (0,1), 使得 ()  0, 即 f ()  1 . 由拉格朗日定理可知,存在点  (0,), (,1), 使得 f ()  f (0)  f  () f (1)  f ()  f  ()(1 ) 以上两个等式两端分别相加得 1  f  ()  (1 ) f  () 又 f ()  1 , 则 f  ()  f () f  ()  1, 原题得证.（六）其它 【例1】设函数 f (x) 在 [0,) 上可微,且 f (0)  0, f  (x)  f (x), 试证 f (x)  0. 【证1】先证 f (x)  0, x [0,1]. x  (0,1) 0 f (x )  f (x )  f (0)  f  (x ) x  f (x ) x 0 0 1 0 1 0  f (x )  f (0) x  f  (x ) x x  f (x ) x 2 1 0 2 1 0 2 0    f (x ) x n  Mx n  0 M  max f (x) n 0 0 [0,1] 【证2】令 M  max f (x), x  (0,1), f (x )  M x 0 x [0,x] M  f (x )  f (x )  f (0)  f  () x  f () x  M x x 0 0 0 0 x 01 1 1 【例2】设 f (x), g(x) 在 [0,1] 上连续,在 （ 0 ， 1 ） 内可导,且  xf (x)dx   f (x)dx, 0 2 0  1 证明: (Ⅰ)存在  (0,1) ,使  f (x)dx  f (x)dx; 0 0 (Ⅱ)存在两个不同的点 , (0,1) ,使得 f  ()  f ()g  ()  f ()g  (). x t 1 【证】(Ⅰ) 方法1令 F(x)   [  f (u)du  t  f (u)du]dt, 则 F(0)  0, 0 0 0 1 t 1 1 1 1 1 1 F(1)   dt  f (u)du   f (u)du   du  f (u)dt   f (u)du 0 0 2 0 0 u 2 0 1 1 1 1 1 1   (1  u) f (u)du   f (u)du   f (u)du   uf (u)du  0 0 2 0 2 0 0  1 由罗尔定理可知,存在 (0,1), 使得 F  ()  0, 即  f ( x )dx  f (x)dx. 0 0 1 x 1 1 x 1 1 方法2  [  f (t)dt  x  f (t)dt]dx   dx  f (t)dt   f (t)dt 0 0 0 0 0 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   dt  f (t)dx   f (t)dt   (1  t) f (t)dt   f (t)dt   f (t)dt   tf (t)dt  0 0 t 2 0 0 2 0 2 0 0 1 x 1  1 由积分中值定理可得,存在 (0,1) ,使  [  f (t)dt  x  f (t)dt]dx   f (x)dx  f (x)dx  0 0 0 0 0 01 1 1 【例2】设 f (x), g(x) 在 [0,1] 上连续,在 （ 0 ， 1 ） 内可导,且  xf (x)dx   f (x)dx, 0 2 0  1 证明: (Ⅰ)存在  (0,1) ,使  f (x)dx  f (x)dx; 0 0 (Ⅱ)存在两个不同的点 , (0,1) ,使得 f  ()  f ()g  ()  f ()g  ().  1   1 【证】(Ⅱ) 由  f (x)dx  f (x)dx 得， f ( x ) dx [  f (x)dx   f (x)dx] 0 0 0 0   1 则 (1 )  f (x)dx  f (x)dx 0  由积分中值定理得 (1 )f (c)  (1 ) f () c  (0,), (,1) 从而有 f (c)  f () 令 F(x)  e g(x) [ f (x)  f ()] 显然 F(x) 在区间 [c,] 上满足罗尔定理的条件，则存在 (c,) ，使 F  ()  0 F  (x)  e g(x) [ f  (x)  g  (x) f (x)  g  (x) f ()] f  ()  f ()g  ()  f ()g  ().祝同学们 考研路上一路顺利！