(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！