中值定理超强总结

第一篇：中值定理超强总结

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1、所证式仅与ξ相关 ①观察法与凑方法

例 1 设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)f(0)0 试证至少存在一点(a,b)使得f()2f()1分析：把要证的式子中的  换成 x，整理得f(x)xf(x)2f(x)0(1)由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口 因为[xf(x)]xf(x)f(x)，那么把(1)式变一下： f(x)f(x)[xf(x)f(x)]0f(x)f(x)[xf(x)]0 这时要构造的函数就看出来了F(x)(1x)f(x)f(x)②原函数法

例 2 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，又g(x)在[a,b]上连续 求证：(a,b)使得f()g()f()分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法 现在把与f 有关的放一边，与 g 有关的放另一边，同样把  换成 x g(x)dx

f(x)f(x)两边积分g(x)lnf(x)g(x)dxlnCf(x)Ce f(x)eg(x)dxC 现在设C0，于是要构造的函数就很明显了 F(x)f(x)e③一阶线性齐次方程解法的变形法 g(x)dx对于所证式为fpf0型，（其中p为常数或x 的函数）pdxpdx可引进函数u(x)e，则可构造新函数F(x)fe例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c(a,b)，使得f(c)0 求证：存在(a,b)，使得f()分析：把所证式整理一下可得：f() [f()f(a)]1ba1f()f(a)baf()f(a)ba0[f()f(a)]0，这样就变成了fpf0型xx－－badx 引进函数u(x)e＝eba（令C=0），于是就可以设F(x)eba[f(x)f(a)] 注：此题在证明时会用到f(c)f(b)f(a)ba0f(b)f(a)这个结论

2、所证式中出现两端点 ①凑拉格朗日

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例 3 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导 证明至少存在一点(a,b)使得bf(b)af(a)baf()f()

分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么下可以试一下，不妨设 F(x)xf(x),用拉格朗日定理验证一 F()f()f()bf(b)af(a)ba(x1,x2)至少存在一点②柯西定理

例 4 设0x1x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在 1c，使得ex2x1ex2ex1f(c)f(c)ef(x1)f(x2)xx2x2分析：先整理一下要证的式子e1f(x2)eex1f(x1)f(c)f(c)e 这题就没上面那道那么 发现e1f(x2)exx2容易看出来了分子分母同除一下

f(x1)是交叉的，变换一下，ex1x2f(x2)ex2f(x1)e1x11x2于是这个式子一下变得没有悬念了eex1 用柯西定理设好两个函③k值法

仍是上题数就很容易证明了分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是方法叫做k 值法很好上面那题该怎么办呢？ 在老陈的书里讲了一个 第一步是要把含变量与 以此题为例已经是规范 设常量的式子分写在等号的形式了，现在就看常k 整理得ex1两边量的这个式子x2

ex1f(x2)eex1x2x2f(x1)e[f(x1)k]e[f(x2)k] 很容易看出这是一个对 那么进入第二步，设称式，也是说互换x1x2还是一样的F(x1)F(x2)F(x)ex[f(x)k]，验证可知。记得回带k，用罗尔定理证明即可④泰勒公式法

老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。

3、所证试同时出现ξ和η ①两次中值定理

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例 5 f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1 试证存在，(0,1)使得e[f()f()]1分析：首先把与分开，那么就有e[f()f()]e 一下子看不出来什么，很容易看出那么可以先从左边的式子下手试一下xe[f()f()][ef()]，设F(x)ef(x)利用拉格朗日定理可得F()eaef(b)ef(a)baexbba

再整理一下 e[f()f()]ebbaa只要找到eaba与e的关系就行了得到 这个更容易看出来了，G()e令G(x)e则再用拉格朗日定理就e[f()f()]ba②柯西定理（与之前所举例类似）

有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。ebe

第二篇：【考研数学】中值定理总结

中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。

1、所证式仅与ξ相关 ①观察法与凑方法

例 1 设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)f(0)0 试证至少存在一点(a,b)使得f()2f()1分析：把要证的式子中的  换成 x，整理得f(x)xf(x)2f(x)0(1)由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口 因为[xf(x)]xf(x)f(x)，那么把(1)式变一下： f(x)f(x)[xf(x)f(x)]0f(x)f(x)[xf(x)]0 这时要构造的函数就看出来了F(x)(1x)f(x)f(x)②原函数法

例 2 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，又g(x)在[a,b]上连续 求证：(a,b)使得f()g()f()分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法 现在把与f 有关的放一边，与g 有关的放另一边，同样把  换成 x

f(x)两边积分x)g(x)dxlnCf(x)Ceg(x)dxf(x)g(x)lnf(f(x)eg(x)dxC 现在设C0，于是要构造的函数就很明显了 F(x)f(x)eg(x)dx③一阶线性齐次方程解法的变形法

对于所证式为fpf0型，（其中p为常数或x 的函数）可引进函数u(x)epdx，则可构造新函数F(x)fepdx例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c(a,b)，使得f(c)0 求证：存在(a,b)，使得f()f()f(a)ba分析：把所证式整理一下可得：f()f()f(a)ba0 [f()f(a)]1ba[f()f(a)]0，这样就变成了fpf0型1x 引进函数u(x)e－－xbadx＝eba（令C=0），于是就可以设F(x)eba[f(x)f(a)] 注：此题在证明时会用到f(c)f(b)f(a)ba0f(b)f(a)这个结论

2、所证式中出现两端点 ①凑拉格朗日 例 3 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导 证明至少存在一点(a,b)使得bf(b)af(a)baf()f()

分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么下可以试一下，不妨设 F(x)xf(x),用拉格朗日定理验证一 F()f()f()bf(b)af(a)ba(x1,x2)至少存在一点②柯西定理

例 4 设0x1x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在 1c，使得ex2x1ex2ex1f(c)f(c)ef(x1)f(x2)xx2x2分析：先整理一下要证的式子e1f(x2)eex1f(x1)f(c)f(c)e 这题就没上面那道那么 发现e1f(x2)exx2容易看出来了分子分母同除一下

f(x1)是交叉的，变换一下，ex1x2f(x2)ex2f(x1)e1x11x2于是这个式子一下变得没有悬念了eex1 用柯西定理设好两个函③k值法

仍是上题数就很容易证明了分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是方法叫做k 值法很好上面那题该怎么办呢？ 在老陈的书里讲了一个 第一步是要把含变量与 以此题为例已经是规范 设常量的式子分写在等号的形式了，现在就看常k 整理得ex1两边量的这个式子x2

ex1f(x2)eex1x2x2f(x1)e[f(x1)k]e[f(x2)k] 很容易看出这是一个对 那么进入第二步，设称式，也是说互换x1x2还是一样的F(x1)F(x2)F(x)ex[f(x)k]，验证可知。记得回带k，用罗尔定理证明即可④泰勒公式法

老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。

3、所证试同时出现ξ和η ①两次中值定理

例 5 f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1 试证存在，(0,1)使得e[f()f()]1分析：首先把与分开，那么就有e[f()f()]e 一下子看不出来什么，很容易看出那么可以先从左边的式子下手试一下xe[f()f()][ef()]，设F(x)ef(x)利用拉格朗日定理可得F()eaef(b)ef(a)baexbba

再整理一下 e[f()f()]ebbaa只要找到eaba与e的关系就行了得到 这个更容易看出来了，G()e令G(x)e则再用拉格朗日定理就e[f()f()]ba②柯西定理（与之前所举例类似）

有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。

ebe

一、高数解题的四种思维定势

1、在题设条件中给出一个函数f(x)二阶和二阶以上可导，“不管三七二十一”，把f(x)在指定点展成泰勒公式再说。

2、在题设条件或欲证结论中有定积分表达式时，则“不管三七二十一”先用积分中值定理对该积分式处理一下再说。

3、在题设条件中函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=0或f(b)=0或f(a)=f(b)=0，则“不管三七二十一”先用拉格朗日中值定理处理一下再说。

4、对定限或变限积分，若被积函数或其主要部分为复合函数，则“不管三七二十一”先做变量替换使之成为简单形式f(u)再说。

二、线性代数解题的八种思维定势

1、题设条件与代数余子式Aij或A*有关，则立即联想到用行列式按行（列）展开定理以及AA*=A*A=|A|E。

2、若涉及到A、B是否可交换，即AB=BA，则立即联想到用逆矩阵的定义去分析。

3、若题设n阶方阵A满足f(A)=0，要证aA+bE可逆，则先分解出因子aA+bE再说。

4、若要证明一组向量a1,a2,„,as线性无关，先考虑用定义再说。

5、若已知AB=0，则将B的每列作为Ax=0的解来处理再说。

6、若由题设条件要求确定参数的取值，联想到是否有某行列式为零再说。

7、若已知A的特征向量ζ0，则先用定义Aζ0=λ0ζ0处理一下再说。

8、若要证明抽象n阶实对称矩阵A为正定矩阵，则用定义处理一下再说。

第三篇：高等数学中值定理总结

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中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。

1、所证式仅与ξ相关 ①观察法与凑方法

例 1 设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)f(0)02f()试证至少存在一点(a,b)使得f()1分析：把要证的式子中的  换成 x，整理得f(x)xf(x)2f(x)0(1)由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口 因为[xf(x)]xf(x)f(x)，那么把(1)式变一下： f(x)f(x)[xf(x)f(x)]0f(x)f(x)[xf(x)]0 这时要构造的函数就看出来了F(x)(1x)f(x)f(x)②原函数法

例 2 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，又g(x)在[a,b]上连续 求证：(a,b)使得f()g()f()分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法 现在把与f 有关的放一边，与g 有关的放另一边，同样把  换成 x 两边积分f(x)g(x)dx g(x)lnf(x)g(x)dxlnCf(x)Cef(x)

f(x)eg(x)dxC 现在设C0，于是要构造的函数就很明显了 F(x)f(x)eg(x)dx③一阶线性齐次方程解法的变形法

对于所证式为fpf0型，（其中p为常数或x 的函数）可引进函数u(x)e，则可构造新函数F(x)fepdxpdx例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c(a,b)，使得f(c)0f()f(a)baf()f(a)分析：把所证式整理一下可得：f()0ba1 [f()f(a)][f()f(a)]0，这样就变成了fpf0型ba 求证：存在(a,b)，使得f()－dx－ 引进函数u(x)eba＝eba（令C=0），于是就可以设F(x)eba[f(x)f(a)] 注：此题在证明时会用到f(c)

2、所证式中出现两端点 ①凑拉格朗日 1xxf(b)f(a)0f(b)f(a)这个结论ba

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例 3 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导 证明至少存在一点(a,b)使得bf(b)af(a)f()f()ba

分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么可以试一下，不妨设 F(x)xf(x),用拉格朗日定理验证一下 F()f()f()②柯西定理

bf(b)af(a)ba例 4 设0x1x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在(x1,x2)至少存在一点c，使得 1ex1ex2e1e2f(c)f(c)f(x1)f(x2)e1f(x2)e2f(x1)ex1x2xxxx分析：先整理一下要证的式子e 这题就没上面那道那么容易看出来了xxf(c)f(c)

x1x2 发现e1f(x2)e2f(x1)是交叉的，变换一下，分子分母同除一下ef(x2)f(x1)ex2eex11x2e③k值法 1x1于是这个式子一下变得没有悬念了 用柯西定理设好两个函数就很容易证明了仍是上题分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是很好上面那题该怎么办呢？ 在老陈的书里讲了一个方法叫做k 值法 第一步是要把含变量与常量的式子分写在等号两边 以此题为例已经是规范的形式了，现在就看常量的这个式子 设

e1f(x2)e2f(x1)ex1x2xxe 很容易看出这是一个对称式，也是说互换x1x2还是一样的 记得回带k，用罗尔定理证明即可。k 整理得ex1[f(x1)k]ex2[f(x2)k] 那么进入第二步，设F(x)ex[f(x)k]，验证可知F(x1)F(x2)④泰勒公式法

老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。

3、所证试同时出现ξ和η ①两次中值定理

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例 5 f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1 试证存在，(0,1)使得e[f()f()]1分析：首先把与分开，那么就有e[f()f()]e 一下子看不出来什么，那么可以先从左边的式子下手试一下 很容易看出e[f()f()][ef()]，设F(x)exf(x)ebf(b)eaf(a)利用拉格朗日定理可得F()再整理一下baebeaebea e[f()f()]只要找到与e的关系就行了baba

这个更容易看出来了，令G(x)ex则再用拉格朗日定理就得到ebea G()ee[f()f()]ba②柯西定理（与之前所举例类似）

有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。

第四篇：高等数学中值定理总结

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中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。

1、所证式仅与ξ相关

①观察法与凑方法

例 1设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)f(0)0

2f()试证至少存在一点(a,b)使得f()1

分析：把要证的式子中的  换成 x，整理得f(x)xf(x)2f(x)0(1)

由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口

因为[xf(x)]xf(x)f(x)，那么把(1)式变一下：

f(x)f(x)[xf(x)f(x)]0f(x)f(x)[xf(x)]0

这时要构造的函数就看出来了F(x)(1x)f(x)f(x)

②原函数法

例 2设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，又g(x)在[a,b]上连续

求证：(a,b)使得f()g()f()

分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法

现在把与f 有关的放一边，与g 有关的放另一边，同样把  换成 x

两边积分f(x)g(x)dxg(x)lnf(x)g(x)dxlnCf(x)Ce

f(x)

f(x)eg(x)dxC 现在设C0，于是要构造的函数就很明显了

F(x)f(x)eg(x)dx

③一阶线性齐次方程解法的变形法

对于所证式为fpf0型，（其中p为常数或x 的函数）

可引进函数u(x)e，则可构造新函数F(x)fepdxpdx

例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c(a,b)，使得f(c)0

f()f(a)

ba

f()f(a)分析：把所证式整理一下可得：f()0ba

1[f()f(a)][f()f(a)]0，这样就变成了fpf0型ba求证：存在(a,b)，使得f()

－dx－引进函数u(x)eba＝eba（令C=0），于是就可以设F(x)eba[f(x)f(a)]

注：此题在证明时会用到f(c)

2、所证式中出现两端点

①凑拉格朗日 1xxf(b)f(a)0f(b)f(a)这个结论ba

例 3设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导

证明至少存在一点(a,b)使得bf(b)af(a)f()f()ba

分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么可以试一下，不妨设

F(x)xf(x),用拉格朗日定理验证一下

F()f()f()

②柯西定理 bf(b)af(a)ba

例 4设0x1x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在(x1,x2)至少存在一点c，使得

ex1ex2e1e2f(c)f(c)(x1)f(x2)

e1f(x2)e2f(x1)

ex1x2xxxx分析：先整理一下要证的式子e

这题就没上面那道那么容易看出来了

xxf(c)f(c)x1x2发现e1f(x2)e2f(x1)是交叉的，变换一下，分子分母同除一下e

f(x2)f(x1)

ex2e

ex11x2e

③k值法 1x1于是这个式子一下变得没有悬念了用柯西定理设好两个函数就很容易证明了

仍是上题

分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是很好上面那题该怎么办呢？

在老陈的书里讲了一个方法叫做k 值法

第一步是要把含变量与常量的式子分写在等号两边

以此题为例已经是规范的形式了，现在就看常量的这个式子

设 e1f(x2)e2f(x1)

ex1x2xxe

很容易看出这是一个对称式，也是说互换x1x2还是一样的记得回带k，用罗尔定理证明即可。k 整理得ex1[f(x1)k]ex2[f(x2)k]那么进入第二步，设F(x)ex[f(x)k]，验证可知F(x1)F(x2)

④泰勒公式法

老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。

3、所证试同时出现ξ和η

①两次中值定理

例 5f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1

试证存在，(0,1)使得e[f()f()]1

分析：首先把与分开，那么就有e[f()f()]e

一下子看不出来什么，那么可以先从左边的式子下手试一下

很容易看出e[f()f()][ef()]，设F(x)exf(x)

ebf(b)eaf(a)利用拉格朗日定理可得F()再整理一下ba

ebeaebea

e[f()f()]只要找到与e的关系就行了baba

这个更容易看出来了，令G(x)ex则再用拉格朗日定理就得到

ebea

G()ee[f()f()]ba

②柯西定理（与之前所举例类似）

有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。

第五篇：微分中值定理的证明题

微分中值定理的证明题

1.若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，f(a)f(b)0，证明：R，(a,b)使得：f()f()0。

证：构造函数F(x)f(x)ex，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，（a,b)，使F()0 且F(a)F(b)0，由罗尔中值定理知： 即：[f()f()]e0，而e0，故f()f()0。

2.设a,b0，证明：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)。

1111 证：将上等式变形得：ee(1)e()

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，baba 由拉格朗日定理得：

11f()f()baf(1)1(1,1)，11baba11b1a1ee1a(1)e

1(1,1)，即 b11baba

即：

aebbea(1)e(ab)

(a,b)。

3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)0，有F(x)x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点，使得：F()0。

证：显然F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又F(0)F(1)0，故由罗尔定理知：x0(0,1)，使得F(x0)0

又F(x)2xf(x)x2f(x)，故F(0)0，于是F(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在(0,x0)，使得：F()0，而(0,x0)(0,1)，即证 4.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，f(0)0，f(1)1.证明：(1)在(0,1)内存在，使得f()1．

(2)在(0,1)内存在两个不同的点，使得f/()f/()1

【分析】 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【证明】（I）

令F(x)f(x)1x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在(0,1), 使得F()0，即f()1.（II）在[0,]和[,1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点(0,),(,1)，使得f()于是，由问题（1）的结论有

f()f()f()1f()11.11f()f(0)f(1)f()，f()

015.设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)f(2a)，证明在[0,a]上存在使得

f(a)f().【分析】f(x)在[0,2a]上连续，条件中没有涉及导数或微分，用介值定理或根的存在性定理证明。辅助函数可如下得到

f(a)f()f(a)f()0f(ax)f(x)0

【证明】令G(x)f(ax)f(x)，x[0,a]．G(x)在[0,a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)

G(0)f(a)f(0)

当f(a)f(0)时，取0，即有f(a)f()；

当f(a)f(0)时，G(0)G(a)0，由根的存在性定理知存在(0,a)使得，G()0，即f(a)f()．

6.若f(x)在[0,1]上可导，且当x[0,1]时有0f(x)1，且f(x)1，证明：在(0,1)内有且仅有一个点使得f() 证明：存在性

构造辅助函数F(x)f(x)x

则F(x)在[0,1]上连续，且有F(0)f(0)00，F(1)f(1)10，由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点，使得F()0，即：f()

唯一性：（反证法）

假设有两个点1,2(0,1)，且12，使得F(1)F(2)0

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[1,2][0,1] 

F(x)在[1,2]上满足Rolle定理条件

必存在一点(1,2)，使得：F()f()10

即：f()1，这与已知中f(x)1矛盾

假设不成立，即：F(x)f(x)x在(0,1)内仅有一个根，综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点，使得f()

17.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。证至少存在一个(0，1)，使f¢分析：f'()=1f'(x)=1f(x)=xf(x)x=0 令 F(x)= f(x)x 证明： 令 F(x)= f(x)x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F(1)= f(1)110(f(1)0)F(11111)= f()0(f()1)222221由介值定理可知，一个(，1)，使 F()=0 又 F(0)=f(0)0=0 对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使

F'()=0 即 f'()=1 8.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)试证存在和.满足01，使f()f()0。

证 由拉格朗日中值定理知，1f()f(0)12f()(0,)

12021f(1)f()12f()(,1)

121211f()f(0)f(1)f()20 f()f()211229.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0ab),f(a)f(b), 证明: ,(a,b)使得 f()abf().(1)2证:(用(ba)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f()f()2(ba)(ba2).(2)12

为证此式,只要取F(x)f(x),取G(x)x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2f()f()2(ba)(ba2), f(b)f(a)12其中,(a,b).10.已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0，1）内可导，0ab，证明存在,(a,b)，使32f/()(a2abb2)f/()

f/()f(b)f(a)解：利用柯西中值定理 2333ba而f(b)f(a)f/()(ba)

则

f/()f(b)f(a)f/()(ba)f/()（后面略）22333323babaaabb/11.设f(x)在xa时连续，f(a)0，当xa时，f(x)k0，则在(a,af(a))k内f(x)0有唯一的实根

/解：因为f(x)k0，则f(x)在(a,af(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/()/f(a)f(a)f()f(a)[1]0（中值定理）

kkk而f(a)0故在(a,af(a))内f(x)0有唯一的实根 k12t0tsin12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)在[0,x]上应用拉tt00格朗日中值定理得：

1x2sin0f(x)f(0)111xxsinf()2sinc(0sx)

ox0x0x

即：cos12sin1xsin1)

(0x

x1xsin limx00，il2nsi0

因0x，故当x0时，由m010 x

得：limcosx0

10，即limcos010

解：我们已经知道，limcos010不存在，故以上推理过程错误。

首先应注意：上面应用拉格朗日中值的是个中值点，是由f和区间[0,x]的

端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当x0时，不 一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使limcosx010成

立，而limcos010中要求是连续地趋于零。故由limcosx010推不出

0limcos10

13.证明：0x2成立xtgxx。cos2x

证明：作辅助函数f(x)tgx，则f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，由拉格朗日定理知：

f(x)f(0)tgx1(0,x)f()x0xcos2即：tgx1x(0,)(0,)，因在内单调递减，故在cosx22cosx22cos111xxx即： cos20cos2cos2xcos2cos2x内单调递增，故

即：xtgx1。cos2x

注：利用拉格朗日中值定理证明不等式，首先由不等式出发，选择合适的函数f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

f()(ba(a,b)

f(b)f(a)，再根据f(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。14.证明：当0x时，sinxtgx2x。

证明：作辅助函数(x)sinxtgx2x

则(x)cosxsec2x2

12 cos2x1cos2x2 2cosxcosxx(0,)

2

(cosx0

12)cosx

故(x)在(0,)上单调递减，又因(0)0，(x)在(0,)上连续，22

故 (x)(0)=0，即：sinxtgx2x0，即：sinxtgx2x。

注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI时f(x)g(x)，常用辅助函数(x)f(x)g(x)，则将问题转化证(x)0，然后在I上

讨论(x)的单调性，进而完成证明。

15.证明：若f(x)二阶可导，且f(x)0，f(0)0，则F(x),内单调递增。)

(0

f(x)在 x证明：因F(x)xf(x)f(x)，要证F(x)单调递增，只需证F(x)0，2x

即证xf(x)f(x)0。

设G(x)xf(x)f(x)，则G(x)xf(x)f(x)f(x)xf(x)，因为

f(x)0，x0，故G(x)是单调递增函数，而G(0)0f(x)00，因此G(x)G(0)，即：xf(x)f(x)0，即：F(x)0，即F(x)当x0时单调递增。