知识点31 有关中值定理证明题的典型实例

学科：高等数学第三章微分中值定理及导数的应用知识点31有关中值定理证明题的典型实例相关概念、公式定理或结论●定义**●定理**●结论**考频:5知识点31配套习题说明：本知识点的精妙解析思路均来自同济大学出版社出版的《考研高等数学专题全讲》，以下简称《高数专题》.大家同时也可以结合知识点29的方法来分析.例31.1(难度系数0.4)设在连续，在可导，又，求证：存在，使得()fx,ab(,)ab0ba,(,)ab.ln()()()baffba解析：根据“不同的中值分开”的原则，待证结论等价于ln()()()baffba，由于有两个中值，所以需要用两次中值定理，结合拉格朗()lnln()1fbafba日中值定理和柯西中值定理来证明即可.证明：由于，等式两边在上分别应用拉()()()()lnlnlnlnfbfafbfababababa,ab格朗日中值定理和柯西中值定理，可知分别存在，使得,(,)ab，，()()()fbfafba()()()1lnlnfbfafba结合两式，可得.ln()()()baffba妙招：通过待证式分析需要用哪种中值定理及用的次数待证式若有两个不同中值，则需要用两次中值定理；每次用中值定理只能求一次导，因此，可以从待证式中导数的阶数判断用中值定理的次数，……所有这些从蛛丝马迹寻找突破口的方法颇像福尔摩斯探案，具体请见《高数专题》.例31.2(难度系数0.4,2005年考研数学一真题）已知在内连续在()fx[0,1]内可导，，，证明：(0,1)(0)0f(1)1f（1）存在，使得；(0,1)()1f（2）存在不同的两点，使得.,(0,1)()()1ff解析：（1）由来构造辅助函数，利用根的存在性定()1f()()1gxfxx理即零点性即证.（2）由于有两个中值，提示要用两次中值定理（参见《高数专题》），结合（1）的结论，分别在，上应用拉格朗日定理即证.(0,)(,1)证明：（1）令，显然其在闭区间[0，1]上连续，并且，()()1gxfxx(0)1g，(1)1g由根的存在性定理知，存在，使得，即.(0,1)()()10gf()1f（2）利用（1）中存在的，在，上分别应用拉格朗日中值定理(0,1)(0,)(,1)有，，()(0)()(0)fff(0,)，，()(1)(1)()fff(,1)因为，，，从而，，则()1f(0)0f(1)1f1()f()1f.()()1ff例31.3(难度系数0.8，跨知识点53)设在上连续，在上有一阶连续导数，且满足()fx[0,1]()gx[0,1],()0gx，证明：（1）在内有零点；（2）若在1100()0,()()0fxdxfxgxdx()fx(0,1)()fx(0,1)内可导，则在内有零点.()fx(0,1)解析：（1）由积分的几何意义可得在上变号，再利用介值定理可证.（()fx[0,1]2）为了利用罗尔定理，还需要在内另外找一个零点，可用反证法证明；也可(0,1)以通过辅助函数的分析，利用介值定理和罗尔定理得到0()()(01)xFxftdtx，再使用罗尔定理即证.12()()0ff证明：（1）由，得在上变号，由介值定理，存在，10()0fxdx()fx[0,1]1(0,1)使得，即在内有零点.1()0f()fx(0,1)（2）证法一：首先证明在内还有另外一个零点，用反证法.()fx(0,1)设是在内唯一的一个零点，则在的两侧保持符号不变.1()fx(0,1)()fx1因为，不妨设，则为单调增函数，于是()0gx()0gx()gx1[()()]()gxgfx在与上有相同的符号.1(0,)1(,1)若，则；1[()()]()0,(0,1)gxgfxx110[()()]()0gxgfxdx若，则.1[()()]()0,(0,1)gxgfxx110[()()]()0gxgfxdx又，得到矛盾，所以11111000[()()]()()()()()0gxgfxdxfxgxdxgfxdx在内还存在一个异于的零点，使得.()fx(0,1)12(0,1)2()0f因为在内可导，由罗尔中值定理，存在，使得()fx(0,1)12(,)(0,1).()0f证法二：设，则有，.0()()(01)xFxftdtx(0)(1)0FF()()Fxfx由分部积分得，即11110000()()()()()()()()0gxfxdxgxdFxgxFxgxFxdx，则在上变号，而为上的连续函数，由10()()0gxFxdx()()gxFx[0,1]()gx[0,1]介值定理，存在，使得，已知，于是.(0,1)()()0gF()0g()0F因为在内可微，且，由罗尔定理知，存()[0,1]FxC(0,1)(0)()(1)0FFF在，使得，即.12,(0,1)12()()0FF12()()0ff再对在上应用罗尔定理，存在，使得.()fx12[,]12(,)(0,1)()0f例31.4(难度系数0.6)设在上不为常数，且有二阶连续导数，满足()fx[,]ab，.证明：（1）存在，使得为的拐点；（2）()0fa()()fafb(,)cab(,())cfc()yfx存在，使得.(,)ab()()()ffafa解析：（1）用反证法，通过设得到，与产生矛盾，即()0fx()0fx0()0fx证；（2）待证式可变形为，据中间为减法，联想到除()()[()()]0faffa法求导公式，继续变形为，将中值变为x后积分即得2()()[()()]0()faffaa辅助函数（注意在左端点补充定义），应用罗尔定理来()(),()0,fxfaaxbgxxaxa证明.证明：（1）反证法：设在内无拐点.不妨设在内恒有()fx(,)ab()fx(,)ab，则严格单调增加，由于，所以在内.()0fx()fx()0fa(,)ab()0fx另外，在上连续，必有最大值和最小值.由及在()fx[,]ab()()fafb()fx上不为常数，则最值不能同时在端点处取到，因此存在，使得[,]ab0(,)xab，这与上面所证矛盾.因此存在为曲线0()0fx()0fx(,),(,())cabcfc()yfx的拐点.（2）构造辅助函数：，()(),()0,fxfaaxbgxxaxa则.()()0gagb又，因此在上连续，在()()lim()lim()0()xaxafxfagxfagaxa()gx[,]ab内(,)ab可导，由罗尔定理，存在，使得，所以(,)ab()0g，从而有.2()()[()()]0()faffaa()()()()ffafa例31.5(难度系数0.6，跨知识点53)设函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且，若极限fx,ab,ab0fx存在，证明：2limxafxaxa（1）在内；,ab0fx（2）在内存在，使；,ab222babaffxdx（3）在内存在与（2）中相异的点，使,ab.222bafbafxdxa解析：（1）由极限及连续的定义，借助单调性来证明；（2）分析等式两边，具有相同结构的差值，且左右分子与分母之间看得出有求导的“影子”（参见《高数专题》），可构造函数，，利用柯西中值定理来证明；（2Fxxxagxftdtaxb3）借助问题（2）的结论，利用拉格朗日中值定理来证明.证明：（1）因为存在，故，由在上连续2limxafxaxalim20xafxafx,ab，从而.又知，在内单调增加，故lim2xafxa0fa0fxfx,ab,0fxfa,xab（2）设，，则，故，2Fxxxagxftdtaxb0gxfxFxgx满足柯西中值定理的条件，于是在内存在点，使,ab，22baaaFbFabagbgaftdtftdt2xaxxftdt即.222babaffxdx（3）因为，在上应用拉格朗日中值定理，知在0ffffa,a内存在一点，使，将其代入（2）的结论得,affa，222babafafxdx整理后即得.222bafbafxdxa例31.6(难度系数0.4)设在上连续，在内可导，证明：存在,，使得fx,ab,ab0ab,ab.2''ffab解析：将中值“折叠”成分式(参见《高数专题》)待证式变形为，提示通过拉格朗日中值定理确定，再对和在2'1'1ffab'ffx1x,ab上利用柯西定理即证.证明：由题设在上满足拉格朗日中值定理的条件，故存在fx,ab,ab，使.'fbfafba又与在上满足柯西中值定理的条件，故存在，使fx1x,ab,ab.2'111fbfafba合并上两式可得.2''ffab例31.7(难度系数0.6)设在上可导,证明:存在,0,()abfx[,]ab(,)ab使得.1()'()()()ababeeffeefafb解析：利用行列式来计算所证等式的左边，然后借助函数，()()xgxfxe，利用柯西定理进行证明.()xFxe证明：，（分子分母同除1()()ababeeeefafb()()()()abbaabbafbefaefbefaeeeee）abe设，.易知在上连续，在内可导，且()()xgxfxe()xFxe()Fx[,]ab(,)ab.又由题知在上可导，则在上连续，在内可()0xFxe()fx[,]ab()gx[,]ab(,)ab导.由柯西中值定理可知，至少有一点，使得.即(,)ab()()()()()()gbgagFbFaF.1()()ababeeeefafb()()'()()()'()babafbefaefefeffeee例31.8(难度系数0.6)设在上连续,在内三阶可导,且()fx[0,2](0,2)，0()lim2xfxx.证明：存在,使得.(1)1,(2)6ff(0,2)'()9f解析：通过构造辅助函数，对、、32()()()xfxaxbxcxd()x()x()x多次应用罗尔定理即证.证明：不妨设，且.32()()()xfxaxbxcxd(0)(1)(2)0,'(0)0又由可得，，.0()lim2xfxx(0)0f(0)2f则，得.(0)(0)0fdd0d，得,(0)(0)20fcc2c，即，（31.1）(1)(1)()1()0fabcabc