1、高等数学中值定理的题型与解题方法高数中值定理包含：1.罗尔中值定理(rolle); 2.拉格朗日中值定理(lagrange); 3.柯西中值定理(cauchy); 还有经常用到的泰勒展开式(taylor), 其中 ，一定是开区间.(,)ab全国考研的学生都害怕中值定理，看到题目的求解过程看得懂，但是自己不会做，这里往往是在构造函数不会处理，这里给总结一下中值定理所涵盖的题型，保证拿到题目就会做。题型一：证明： ()0nf基本思路，首先考虑的就是罗尔定理(rolle)，还要考虑极值的问题。例 1. 在 可导， ， ，(),fxCab(,)()0fab()02abf证明：存在 ，使得 .分析：由
2、， ，容易想到零点定理。()0f()2f证明： ， 存在 ，使得 ，2ab1(,)abx1()0fx又 ， 同号， ，()f )f 2ab存在 ，使得 ，2,)xb2(0x，所以根据罗尔中值定理：存在 ，使得 .1()0ff (,)ab()0f例 2. 在 内可导， ， ，,3xC(,)()1(2)3ff1f证明：存在 ，使得f证明：（1） ， 在 使得上有最大值和最小值 ，()0,fx()x0, ,Mm根据介值性定理 ，即1(2)3ffm1存在 ，使得 ，,3c()fc（2） ，所以根据罗尔中值定理：存在 ，()1f (,3)0,c使得 .0例 3. 在 三阶可导， ， ，()fx,30,x
3、(1)0f3()()Fxf证明：存在 ，使得1)()F证明：（1） ， 存在 ，使得 ，(01(,)1()0（2） ，所以 ，23()()()Fxfxf1(0)F存在 ，使得 ，210,2（3） ，所以 ，23()6()3()()()xfxffxf2(0)0F存在 ，使得 ，2(0,)(,1()0F例 3. 在 内可导， ， ， ，(),1fxC,x1f()2f(1)2f证明：存在 ，使得()()f证明： ， ， 存在 ，使得 ，0)f2f12(0,)()fm又 在 内可导， 存在 ，使得(x,1(,)f题型二：证明：含 ，无其它字母基本思路，有三种方法：（1）还原法。 能够化成这种形式()l
4、n()fxf例 1. 在 可导， ，()0,1fxC,(1)0f证明：存在 ，使得 .()3()f分析：由 ，3()()300ln(l)0fxxffxfxlnf证明：令 ，3()()x(0)1存在 ，使得 ，而0,123()()()0ff存在 ，使得()()3ff例 2. 在 可导， ，),fxCab,()0ab证明：存在 ，使得 .()2ff分析：由 ，2()200ln()l)0) xxfxf fef 2ln()0xfe证明：令 ， ，()0fab()0ab存在 ，使得 ，而(,)ab22)()()xxxfefefx2()0e即存在 ，使得,ab()20ff例 3. 在 上二阶可导， ，()
5、fx011证明：存在 ，使得 .(,)()()ff分析：由 ，222() 0ln()l1)01()1fxff fxx2ln0f证明：令 ， ，使得 ，()()x()(0,1)fc()0fc所以 ，又因为21cf1由罗尔定理知，存在 ，使得 .(0,)2()()ff记： kxfkef ()()（2）分组构造法。 ()ff0()()0xfxffxf()0ff g10(ln)l)()()xxggeeffx （还原法行不通）()ff()1()0()()1xfxfxgef例 1. ，在 内可导， ，0,C, 1()0,22ff证明：存在 ，使得 ，()cc存在 ，使得 . ,1()()1ff证明： 令
6、，()xf0,22， 使得 ，即02()c()0c()fc （分析） ()1fxfxfxx令 ，2he(0)hc存在 ，使得 .(0,1)c21ff题型三：证明：含 .分几种情形：情形 1：结论中只有 (),()f一Lagrne点两 两 两例 1. ，在 内可导， ，()0,fxC(,)0,1ff证明：存在 ，使得 ，1c()c存在 ，使得 . ,(,)f证明： 令 ，()xfx(01,(0)1使得0,1c()c ,使得()()fccf，所以存在 ，使得()1ffc,(0,1)()1f例 2. ，在 内可导， ，()0,xC,(0)ff证明：存在 ，使得 ，()2c存在 ，使得 . ,0,11
7、()ff证明： 令 ， ，1()2xf1(0),()2(0)1，使得0,cfc ,使得 ， ()(1)() 2fcc，所以存在 ，使得 2()fcf,(0,1)12()ff情形 2：结论中含有 ，但是两者复杂度不同。,222()() )() 1)ffffx 1.一一21).一两 ee两 两 两 两两 两 两 两 两 两 两 两 两两例 1. ，在 内可导(),fxCab(,)0a证明：存在 ，使得 . ,b()()2ffab证明： 令 ， 由柯西中值定理2()Fx()0x使得 ，所以,ab2()faf()()(2fbafb使得 ，得证。(,)()fbf例 2. ，在 内可导()fxCab,0a
8、证明：存在 ，使得 . ,()2()()bff证明： 令 ， 由柯西中值定理1)Fx21x使得 ，所以(,)ab2()()1faf2()()fbaf使得 ，得证。(,)()fbfa例 3. ，在 内可导, ()fxCab()1f证明：存在 ，使得 . ()b()eff(分析：“留复杂” )(f证明： 令 ，由拉格朗日中值定理)()xef使得 ，,ab()()bafefff()()1, ()babaffef ff，即 .(),(,)baeeff()1ff题型四：证明：拉格朗日中值定理的两惯性思维。可导()fx ()bfaba见到 3 点两次使用拉格朗日中值定理。例 1. ，且 则 lim()xf
9、eli()1)lim(),xx xcf解： ，ff. li()xe又因为2lim2limli(1)xxcx ccxce12c例 2. ，且 ，则()0,()fxf000(),()(,dyfxyfxfx的大小关系。dy解：由拉格朗日中值定理知 ，00(),)yfxx单调递增()0,()fxfx又 又因为 0,()(),0xfxfdy例 3. 在 内可导，且 ， 在 内至少有一个零点。()fx,abMab证明： ()fba证明：1）因为 在 内至少有一个零点，所以x, (,)0cfc2）下边用两次拉格朗日中值定理，11()(),(,)fcafca22bbcb所以 11()(),(,)fc22，()
10、fxM1(),(,)facac，2,bb()ffbMa例 4. 在 内二阶可导，有一条曲线 ，如图()fx,a()yx证明： ，使得(,)ab()0f证明：1） 使得12,cb12()() ,fcafbcff因为 共线，所以 ，所以由罗尔定理知 ，使得,ACB12()ff 1(,a()0f11()(),(,)fcafcac题型五：Taylor 公式的常规证明。 () (1)1000 00()() )!nnnfxffxfx x00(),fcx一点点 (),cfcx一无点点 点例 1. ，()1,fC()0,(),(1)fff证明：存在 ，使得 . 13（题外分析：考虑什么时候该用泰勒公式什么时候
11、不用！时考虑，但是 为题型一，考虑罗尔定理()2)nf()0nf时比较尴尬，有时候用拉格朗日中值定理，有时候不用，该怎么考虑呢，分情况： (),(),fabfclagrneffftylo一两 两）证明： ，2311()(0)(1)10,(,)!fff 2 3f1()0(,(,)26f2010f两个式子相减得： 12()()ff， 在 上有 ，则12(),fxCx1,mM122()()ffM，所以根据介值定理得：()3fm存在 ，使得12,()f例 2. ，在 二阶可导， ， ，()fx0,1(0)1f01min()xf证明：存在 ，使得 . ,)8证明：由 知，存在 ，使得 且01min(xf(,)c()fc()0fc由泰勒公式： ，211)0,!f22(),()ffcc112),22(,(,)fc 110,8,cf 22()()例 3. 在 上二阶可导， ， 在 内取最大值。fx,ab()fxM()fx,ab证明：存在 . ()fba证明：由 在 内取最大值知，存在 ，使得fx, (0,1)c()0fc11()(),caf22 (,)fbfbcb1(),(,)Mc2(f c所以存在 .)()fafba
