积分中值定理证明（精选3篇）_积分第一中值定理证明

2022-02-16 证明下载本文

积分中值定理证明（精选3篇）由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“积分第一中值定理证明”。

第1篇：积分中值定理

第一章

积分中值定理

一、本章有一个按序排列而成的定理系列，即罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西定理和泰勒定理。由于它们都拥有一个“微分中值点”，故有时也将其统称为微分中值定理，该定理系列在微分学的理论中起着极为重要的作用，故需要大家学习时要格外重视。在应用这些定理时，要特别注意“点”，定理只告诉了我们//的存在性，并未指出它的确切位置（实际上，许多情况下我们并不需要知道它的确切位置，只要知道//存在就足够了），若忽视了这一点，在作题的过程中就容易出错或无法达到目的。如设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内有二阶导数，证明存在//，使得

ab(ba)2)f(a)f()。

f(b)2f(2

4分析：根据给出的条件以及要证明的表达式，我们往往联想采用如下的方法

ab)f(a)2abab[f(b)f()][f()f(a)]

（*）

22ba

[f(1)f(2)]

2ba

(12)f()

2ab

（a2。1b,21）f(b)2f(但是，问题很明显，由于中值定理没有确定1、2的具体位置，因此不能保证12ba，也就达不到题目的要求。但是，这种尝试给了我们有益的启示：我们把2（*）每一个方括号内的值看成一个函数的函数值，从而（*）表达式即可视为某函数在一个区间的两个端点的函数值之差，在此基础上再使用中值定理，问题就可以解决。

证明：令

则(x)在区间[a,(x)f(xba)f(x)，2ab]上可以使用拉格朗日中值定理，故有 2abba)(a)(1)22baba

[f(1)f(1)]

2((a1再在[1,1ab21ba2b)

ba（因为f(x)在(a,b)内有二阶导数），]上对f(x)应用拉格朗日中值定理2ba则存在(1,1)(a,b)，使得

2baba

f(1)f(1)f()，22从而问题得证。

二、用罗必达法则求不定式的极限，由于分类清楚、规律性强且可以连续进行运算，故在求极限时经常用到。但需要注意法则的使用需要满足相应的条件，尤其要注意以下几点：

f(x)f(x)L（或）L1．罗必达法则的条件是充分的，也就是说，如果，则g(x)g(x)（或）。但是如果例如求 f(x)f(x)振荡发散，仍可以有极限，这一点需要引起大家的注意。g(x)g(x)1x，limx0sin2x0这是型未定式，极限明显存在，但使用一次罗必达法则后，就会出现振荡发散的情形，0x2sin从而问题就变的无法解决。

正确的解法应为

原式=limx111xsinlimxsin0。

x0sin2xxx02x2．不是未定式，也去使用罗必达法则。例如求

AextB

lim，A与B是常数。

xext1这是含参变量的极限，应该清楚，这样的极限往往与参变量是有关系的。但我们大多数同学在处理时会不加区别的使用罗必达法则，从而出现如下的错误：

AextBAtextlimA。

limxext1xtext实际上，上面的过程只有在t0时才是正确的！而t0及t0两种情形未被考虑，因而结果必然是错误的。

3．不能灵活使用罗必达法则，而是视其为万能的，以至有时会陷入“泥潭”。例如求

lim11(cotx)。x0xx这是一个未定式的极限，可以使用罗必达法则进行计算。但需要注意的是，若不假思索的直接使用罗必达法则，计算起来就会很繁琐。比较合理的办法是先进行有理运算，然后进行化简或利用等价无穷小代换，最后再使用罗必达法则就简单多了。解法如下：

sinxxcosxsinxxcosx limx0x0x2sinxx3cosxcosxxsinx1sinxlimlim。2x0x03x33x

原式lim教材中有类似的例题及练习题，希望大家在学习是认真体会。

三、泰勒公式是本章的一大难点，大家在学习时首先要清楚泰勒定理成立的条件，清楚泰勒公式、麦克劳林公式的表达形式以及常见的麦克劳林展开式。实际上，泰勒公式在证明、极限计算等方面有着广泛而独到的应用，大家可以通过多做一些相应的练习题来体会。

四、关于函数性态的研究应注意以下几点：

1．若f(x)为(a,b)内的严格单调增加函数，且在(a,b)内可导，则必有f(x)0。这一结论是不正确的。例如函数f(x)x在区间(1,1)内的点x0就不满足结论。2．若f(x)0，则x0必为f(x)的极值点（或曰驻点一定为极值点）。

此结论同样错误。当然，结论的逆命题也不正确。教材中有相应的例子，相信大家会很容易理解。所以在实际求极值时，除了驻点外还需要格外注意导数不存在的点。

3．极大值必大于极小值。

由于极值是函数在某点邻域内的局部性质，因而极大值与极小值没有必然的大小关系。也就是说，函数在某区间内的极大值不一定大于其在该区间内的极小值。

五、不等式的证明

本章的内容进一步丰富了不等式的证明方法。

1．中值定理。由于中值定理中//是存在于区间之内的值，很明显把//用区间的两个不同端点去代换时，必然产生不等式，这就为不等式的证明提供了一种方法，实际上中值定理确

3实是不等式证明的一种有力工具。教材以及课后练习题中有比较多的题目可以训练，大家自己认真做一下，以真正掌握这种方法。

2．泰勒公式。泰勒公式证明不等式一般来说困难一些，但有些时候特别是给定的条件涉及到可导又给出某些具体点的导数时，尝试利用泰勒公式也是一种不错的选择。例如下题：

设函数f(x)在[0,1]上有三阶导数，且f(0)0，f(1)11，f()0，求证存在22(0,1)，使得f()12。

证明：由于f(x)在[0,1]上有三阶导数，且f()0，故可将f(0)、f(1)在x展开成至二阶带拉格朗日余项的泰勒公式，即

121处2111111111f(1)f()f()(1)f()(1)2f(1)(1)3，11；

2222!223!22111111111 f(0)f()f()(0)f()(0)2f(2)(0)3，02。2222!223!22显然，由f(1)f(0)得

111[f(1)f(2)]()3。23!2令(2,1)，且使得f()max{f(1),f(2)}，则不等式得证。

3．函数单调性（导数）。这种方法证明不等式理论依据简单直接，只是需要大家在构造函数时注意一点：有时函数的构造需要对所证明的不等式进行一定的变化之后实施。例如下题：

证明：0x时，sinxx。2xx1x1，则得到f(x)cos。但是这222此题看似简单，若构造函数f(x)sin样以来问题却变的复杂了（当然，利用二阶导数借助于凹凸性问题仍可得以解决而且比较简单），可见直接移项构造函数并不总是最好的方法。而利用下面的方法解决起来似乎更好：

xxsin21

（因为原不等式可变形为21）令f(x)，则 xxxxxcos(tan)2220

（0x时，xtanx是我们熟知的结论）。f(x)2x2sin这样问题就可以比较自然的得到证明。

第2篇：微分中值定理证明

☆例1 设f(x)在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且f(0)f(1)f(2)3，f(3)1.试证：必存在(0,3)，使f()0

证：∵ f(x)在[0，3]上连续，∴ f(x)在[0，2]上连续，且有最大值和最小值.于是

1mf(0)M；mf(1)M；mf(2)M，故m[f(0)f(1)f(2)]M.由

3连续函数介值定理可知，至少存在一点c[0,2]使得f(c)1[f(0)f(1)f(2)]1，3因此f(c)f(3)，且f(x)在[，3]上连续，（，3）内可导，由罗尔定理得出必存在(c,3)(0,3)使得f()0。

☆例2 设f(x)在[0，1]上连续，（0，1）内可导，且32f(x)dxf(0)

31求证：存在(0,1)使f()0

证：由积分中值定理可知，存在c[,1]，使得

'231232f(x)dxf(c)(1)

3得到

f(c)3123f(x)dxf(0)

对f(x)在[0，c]上用罗尔定理，（三个条件都满足）故存在(0,c)(0,1)，使f()0

1k0☆例3 设f(x)在[0,1]上连续，(0，1)内可导，对任意k1，有f(1)kxe1xf(x)dx，求证存在(0,1)使f()(1)f()

1111x1c证：由积分中值定理可知存在c[0,]使得kxef(x)dxcef(c)(0)

0kk1令F(x)xe1xf(x)，可知F(1)f(1)这样F(1)f(1)k1k0xe1xf(x)dxce1cf(c)F(c)，对F(x)在[c,1]上用罗尔定理（三个条件都满足）存在(c,1)(0,1)，使F()0 而F(x)e1xf(x)xe1xf(x)xe1xf(x)

1∴ F()e1[f()(1)f()]0

又e110，则f()(1)f()



在例3的条件和结论中可以看出不可能对f(x)用罗尔定理，否则结论只是f()0，而且条件也不满足。因此如何构造一个函数F(x)，它与f(x)有关，而且满足区间上罗尔定理的三个条件，从F()0就能得到结论成立，于是用罗尔定理的有关证明命题中，如何根据条件和结论构造一个合适的F(x)是非常关键，下面的模型Ⅰ，就在这方面提供一些选择。

模型Ⅰ：设f(x)在[a,b]上连续，（a,b）内可导，f(a)f(b)0则下列各结论皆成立。

（1）存在1(a,b)使f(1)lf(1)0（为实常数）

k1（2）存在2(a,b)使f(2)k2f(2)0（为非零常数）

（3）存在3(a,b)使f(3)g(3)f(3)0（g(x)为连续函数）证：（1）令F(x)ef(x)，在[a,b]上用罗尔定理

∵ F(x)lef(x)ef(x)

∴ 存在1(a,b)使F1le

消去因子，即证.（2）令F(x)exf(x)，在[a,b]上用罗尔定理

F(x)kxk1exfx()exfx()k12

存在2(a,b)使F(2)k2ef(2)e2f(2)0

kkkkklxlxlxl1f1el1f10

消去因子，即证。（3）令F(x)eG(x)f(x)，其中G(x)g(x)

F(x)g(x)e

清去因子eG(3)G(x)f(x)G(x)

由ef(x)F(3)0，即证。

例4 设f(x)在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，f(0)f(1)0，f()1，试证：

（1）存在(,1)，使f()。

（2）对任意实数，存在(0,)，使得f()[f()]1

证明：（1）令(x)f(x)x，显然它在[0, 1]上连续，又12111(1)10,()0，根据介值定理，存在(,1)使()0即f()

222（2）令F(x)ex(x)ex[f(x)x]，它在[0,]上满足罗尔定理的条件，故存在(0,)，使F()0，即

eff10 f()] 1从而

f()[（注：在例4（2）的证明中，相当于模型Ⅰ中（1）的情形，其中取为，f(x)取为(x)f(x)x）

模型Ⅱ：设f(x)，g(x)在[a,b]上皆连续，（a,b）内皆可导，且f(a)0，g(b)0，则存在(a,b)，使

f()g()f()g()0

证：令F(x)f(x)g(x)，则F(a)F(b)0，显然F(x)在[a,b]上满足罗尔定理的条件，则存在(a,b)，使F()0，即证.例5 设f(x)在[0, 1]上连续，（0, 1）内可导，f(0)0，为正整数。

求证：存在(0,1)使得f()kf()f()

证：令g(x)(x1)，a0,b1，则f(0)0，g(1)0，用模型Ⅱ，存在k(0,1)使得

f()(1)kk(1)k1f()0

故f()(1)kf()0 则f()kf()f()

例6 设f(x),g(x)在(a,b)内可导，且f(x)g(x)f(x)g(x)，求证f(x)在(a,b)内任意两个零点之间至少有一个g(x)的零点

证：反证法：设ax1x2b，f(x1)0，f(x2)0而在(x1,x2)内g(x)0，则令F(x)f(x)在[x1,x2]上用罗尔定理 g(x)f(x1)f(x2)0,F(x2)0] g(x1)g(x2)[f(x1)f(x2)0,F(x1)（不妨假设g(x1)0,g(x2)0否则结论已经成立）

则存在(x1,x2)使F()0，得出f()g()f()g()0与假设条件矛盾。所以在(x1,x2)内g(x)至少有一个零点

例7 设f(x),g(x)在[a,b]二阶可导，且g(x)0，又f(a)f(b)g(a)g(b)0

求证：（1）在（a,b）内g(x)0；

（2）存在(a,b)，使

f()f() g()g()

证：（1）用反证法，如果存在c(a,b)使g(c)0，则对g(x)分别在[a,c]和[c,b]上用罗尔定理，存在x1(a,c)使g(x1)0，存在x2(c,b)使g(x2)0，再对g(x)在[x1,x2]上用罗尔定理存在x3(x1,x2)使g(x3)0与假设条件g(x)0矛盾。所以在(a,b)内g(x)0（2）由结论可知即f()g()f()g()0，因此令F(x)g(x)f'(x)g'(x)f(x)，可以验证F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，F(a)F(b)0满足罗尔定理的三个条件故存在(a,b)，使F()0 于是f()g()f()g()0成立

例8 设f(x)在0,3上连续，（0，3）内二阶可导，且2f(0)f(x)dxf(2)f(3)

02（I）证明存在0,2 使ff0

（II）证明存在0,3 使f''0 证：（I）由积分中值定理，存在0,2，使fxdxf20

02故存在0,2使2f02f即f

f0

f2f3f0，2（Ⅱ）由2f0f2f3，可知∵fx在2,3上连续由价值定理可知存在c2,3，使fcf0，由于fx在0,上连续，0,内可导，且f0f根据罗尔定理存在10,，使f'10 又fx在,c上连续，,c内可导，且f

fc根据罗尔定理存在2,c（可知21）使f'20，最后对f'x在1,2上用罗尔定理可知存在1,20,3,使f"

0