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??(a,b)，一定是开区间.
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：f(?)?0
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. f(x)?C[a,b]在(a,b)可导，f(a)?f(b)?0，f(a)f(证明：存在??(a,b)，使得f'(?)?0.
na?b)?0， 2a?b)?0，容易想到零点定理。 2a?ba?b证明：Qf(a)f()?0，?存在x1?(a,)，使得f(x1)?0，
22a?b 又Qf(a)?f(b)?0，?f(a),f(b)同号，?f(b)f()?0，
2a?b?存在x2?(,b)，使得f(x2)?0，
2分析：由f(a)?f(b)?0，f(a)f(?f(x1)?f(x2)?0，所以根据罗尔中值定理：存在??(a,b)，使得f'(?)?0.
例2. f(x)?C[0,3]在(0,3)内可导，f(0)?f(1)?f(2)?3，f(3)?1， 证明：存在??(0,3)，使得f'(?)?0
证明：（1）Qf(x)?C[0,3]，?f(x)在[0,3]使得上有最大值和最小值M,m， ?根据介值性定理m?f(0)?f(1)?f(2)?M，即m?1?M
3?存在c?[0,3]，使得f(c)?1，
（2）Qf(c)?f(3)?1，所以根据罗尔中值定理：存在??(c,3)?(0,3)， 使得f'(?)?0.
例3. f(x)在(0,3)三阶可导，x?[0,1]，f(1)?0，F(x)?xf(x) 证明：存在??(0,1)，使得F'''(?)?0
证明：（1）QF(0)?F(1)?0，?存在?1?(0,1)，使得F'(?1)?0，
3（2）F'(x)?3xf(x)?xf'(x)，所以F'(0)?F'(?1)?0，
23?存在?2?(0,?1)，使得F''(?2)?0，
（3）F''(x)?6xf(x)?3xf'(x)?3xf'(x)?xf''(x)，所以F''(0)?F''(?2)?0，
223?存在??(0,?2)?(0,1)，使得F'''(?)?0，
例3. f(x)?C[0,1]在(0,1)内可导，x?[0,1]，f(0)?1，f()?证明：存在??(0,1)，使得f'(?)?0 证明：Qf(0)?1，f()?121，f(1)?2 2121，f(1)?2?存在??(0,1)，使得f(?)?m， 2又Qf(x)在(0,1)内可导，?存在??(0,1)，使得f'(?)?0 题型二：证明：含?，无其它字母 基本思路，有三种方法： （1）还原法。[lnf(x)]?'f'(x)能够化成这种形式 f(x)例1. f(x)?C[0,1]在(0,1)可导，f(1)?0，
证明：存在??(0,1)，使得?f'(?)?3f(?)?0. 分析：由xf'(x)?3f(x)?0?f'(x)3??0?[lnf(x)]'?(lnx3)'?0， f(x)x?[lnx3f(x)]'?0
证明：令 ?(x)?xf(x)，Q?(0)??(1)?1
存在???(0,1)，使得?'(?)?0，而?'(?)?3?f(?)??f'(?)?0 存在??(0,1)，使得?f'(?)?3f(?)?0 例2. f(x)?C[a,b]在(a,b)可导，f(a)?f(b)?0，
证明：存在??(a,b)，使得f'(?)?2f(?)?0. 分析：由f'(x)?2f(x)?0?233f'(x)?2?0?[lnf(x)]'?(lne?2x)'?0， f(x)[lnf(x)e?2x]'?0
证明：令 ?(x)?f(x)e?2x，Qf(a)?f(b)?0，??(a)??(b)?0
存在???(a,b)，使得?'(?)?0，而
?'(x)??2f(x)e?2x?f'(x)e?2x?e?2x[?2f(x)?f'(x)]?0
?e?2?[?2f(?)?f'(?)]?0
即存在??(a,b)，使得f'(?)?2f(?)?0 例3. f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)?f(1)，
证明：存在??(0,1)，使得f''(?)?2f'(?). 1??分析：由f''(x)?2f'(x)f''(x)2???0?[lnf'(x)]'?[ln(x?1)2]'?0， 1?xf'(x)x?1[lnf'(x)(x?1)2]'?0
证明：令 ?(x)?f'(x)(x?1)，Qf(0)?f(1)??c?(0,1)，使得f'(c)?0， 所以?(c)?f'(c)(c?1)?0，又因为?(1)?0??(c)??(1)?0
22?由罗尔定理知，存在??(0,1)，使得f''(?)?记：① f'?kf??(x)?ef(x)
② ?f'?kf??(x)?xf(x) （2）分组构造法。
① f''(?)?f(?)
kkx2f'(?). 1??f''(x)?f(x)?0?f''(x)?f'(x)?f'(x)?f(x)?0 ?[f'(x)?f(x)]'?[f'(x)?f(x)]?0?[g]'?[g]?0 ?g'?1?0?(lng)'?(lne?x)'?0??(x)?e?x[f'(x)?f(x)] g② f''(?)?f(?)?1?0（还原法行不通）
[f'(x)?1]'?[f'(x)?1]?0?g'?g?0??(x)?e?x[f'(x)?1]
例1. f(x)?C[0,1]，在(0,1)内可导，f(0)?0,f()?1,f(1)?证明：①存在c?(0,1)，使得f(c)?c，
②存在c?(0,1)，使得f'(?)?2[f(?)??]?1.
证明：① 令 ?(x)?f(x)?x，??(0)?0,?()?121， 21211,?(1)?? 2211Q?()?(1)?0，??c?(,1)?(0,1)使得?(c)?0，即f(c)?c
22② （分析）f'(x)?2[f(x)?x]?1?[f(x)?x]'?2[f(x)?x]?0 令 h(x)?e?2x[f(x)?x]，?h(0)?h(c)?0
?存在c?(0,1)，使得f'(?)?2[f(?)??]?1.
题型三：证明：含?,?.
分几种情形：情形1：结论中只有f'(?),f'(?)(两句话)??找三点
?两次Lagrange例1. f(x)?C[0,1]，在(0,1)内可导，f(0)?0,f(1)?1，
证明：①存在c?(0,1)，使得f(c)?1?c，
②存在?,??(0,1)，使得f'(?)f'(?)?1.
证明：① 令 ?(x)?f(x)?1?x，??(0)??1,?(1)?1Q?(0)?(1)?0 ??c?(0,1)使得f(c)?1?c ②???(0,c),??(c,1),使得f'(?)?f(c)?f(0)1?c ?ccf'(?)?f(1)?f(c)c?，所以存在?,??(0,1)，使得f'(?)f'(?)?1
1?c1?c例2. f(x)?C[0,1]，在(0,1)内可导，f(0)?0,f(1)?1，
证明：①存在c?(0,1)，使得f(c)?②存在?,??(0,1)，使得
1， 211??2. f'(?)f'(?)证明：① 令
?(x)?f(x)?，??(0)??,?(1)?，Q?(0)?(1)?0
1 2f(c)?f(0)1?，
c2c121212??c?(0,1)，使得f(c)?②???(0,c),??(c,1),使得f'(?)?f'(?)?f(1)?f(c)111???2 ，所以存在?,??(0,1)，使得
1?c2(1?c)f'(?)f'(?)情形2：结论中含有?,?，但是两者复杂度不同。
???.留复杂?e?2?[f(?)?2f(?)]?[e?2?f(?)]'(某个函数的导数)?1)?f'(?)f'(?)?(两句话)?2).哪个函数的导数看不出来时?2f'(?)??
11?(?)'2?x??1).的情况用拉格朗日中值定理????.的情况用柯西中值定理??2)例1. f(x)?C[a,b]，在(a,b)(a?0)内可导
证明：存在?,??(a,b)，使得f'(?)?(a?b)f'(?). 2?证明：① 令 F(x)?x，F'(x)?2x?0由柯西中值定理
2????(a,b)使得
f(b)?f(a)f'(?)f(b)?f(a)f'(?)??(a?b)，所以
b2?a22?b?a2?????(a,b)使得f'(?)?f(b)?f(a)，得证。
b?a例2. f(x)?C[a,b]，在(a,b)(a?0)内可导
证明：存在?,??(a,b)，使得abf'(?)??f'(?). 证明：① 令 F(x)??211，F'(x)??2?0由柯西中值定理 xxf(b)?f(a)f'(?)f(b)?f(a)???2f'(?) ，所以ab111b?a??ba?2????(a,b)使得
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