中值定理题目分析总结答案（精选5篇）.docx

中值定理题目分析总结答案（精选5篇）

第一篇：中值定理题目分析总结答案一：待证结论中只有ξ时采用还原法进行证明工具：f’(x)/f(x)=[lnf(x)]’第一题：分析xf’(x)+f（x)=0f’(x)/f(x)+2/x=0所以[lnf(x)]’+[lnx²]’=0证明：构造辅助函数为ln后面的数相乘令φ（x）=x².f（x）φ（x）∈[0,1]，φ（x）在（0,1）内可导φ0=φ1=0∃ξ∈（0,1）使得φ’ξ=0而φ’x=2xf(x)+x²f’(x)∴2ξf（ξ）+ξ²f’(ξ)=0∵ξ≠0∴2f（ξ）+ξf’(ξ)=0第二题方法相同此处省略答案解析第三题（a，a+b/2）和（a+b/2，b）分别应用零点定理，然后在应用Rolle可证第四题若题目中出现数值相加的情况一定应用介值定理f（x）∈（1,2）→fx[1,2]有m，Mm≤[f（1）+f(2)]/2小于等于M∃c∈[1,2]使得f（c）=[f(1)+f(2)]/2→f(1)+f(2)=2f(c)∴f（0）=f（c）∴∃ξ∈（0，c）⊂（0,2）是得f’(ξ)=0第五题由于我要一个个的码字太麻烦了提示一下应用柯西第六题拉格朗日第二篇：中值定理超强总结咪咪原创，转载请注明，谢谢！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)dxf(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凑拉格朗日咪咪原创，转载请注明，谢谢！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x2ex1f(x2)eex1x2x2f(x1)e[f(x1)k]e[f(x2)