第四章 微积分中值定理与证明 4.1 微分中值定理与证明
一 基本结论
1．零点定理：若f(x)在[a,b]连续，f(a)f(b)?0，则???(a,b)，使得f(?)?0． 2．最值定理：若f(x)在[a,b]连续，则存在x1,x2使得f(x1)?m,f(x2)?M．其中
m,M分别是f(x)在[a,b]的最小值和最大值．
3．介值定理：设f(x)在[a,b]的最小值和最大值分别是m,M，对于?c?[m,M]， 都存在???[a,b]使得f(?)?c．（或者：对于?c?(m,M)，都存在???(a,b)使得
f(?)?c）
4．费玛定理：如果x0是极值点，且f(x)在x0可导， 则 f?(x0)?0．
5．罗尔定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，f(a)?f(b)，则???(a,b)使得
f?(?)?0．
6．拉格朗日定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，，则???(a,b)使得
f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)．
) 7．柯西定理：f(x)，g(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，且g?(x)?0，则???(a,b使得
f(b)?f(a)f?(?)?．
g(b)?g(a)g?(?)8．泰勒公式和马克劳林公式：（数三不要求）
f(n)(?)(x?x0)n （?在x和x0之间） 泰勒公式：f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)???n!f(n)(?)nx （?在0 和x0之间）麦克劳林公式：f(x)?f(0)?f?(0)x???． n!应用说明：
（1）定理1-3，结论是存在一点，使函数在该点的函数值为0，或某个常数； （2）定理4-7，结论是存在一点，导函数在该点的函数值为0，或某个常数；；
1
（3）定理4-6仅仅涉及一个函数，而定理7涉及两个函数； （4）定理8主要用于具有高阶导数的函数； 题型1 方程的根的讨论
1．方程根的存在性：主要应用零点定理．
2．方程根的个数的讨论：求出单调区间，对每个单调区间应用零点定理来判断是否有零点，即是否有根，从而得到函数在给定的区间上根的个数以及根所处的位置（范围）．
例1 证明：当a?3b?0时，实系数方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根． 证明 令f(x)?x3?ax2?bx?c，则f?(x)?3x2?2ax?b，由于a2?3b?0，于是
232f?(x)?3x2?2ax?b?0，即f(x)单调递增的．由于
x???limf(x)???，limf(x)???
x???所以y?f(x)与x轴有且仅有一个交点．所以方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根．
321?0只有一个实根． e111x)n?lx1?，)?0，证明 设f(x)?xlnx?，则f?(令f?(x解得x?．显然在(0,)eee11上，f?(x)?0，于是f(x)在(0,)单调减少；在(,??)上，f?(x)?0，于是f(x)在
ee111(,??)单调增加，而f()?0，所以方程xlnx??0只有一个实根． eee例2 证明方程xlnx?例3 讨论方程x?3x?c中的常数c，在什么情况仅有一个根，两个根，三个根？
32解 令f(x)?x?3x?c，则f?(x)?3x?3，令f?(x)?0，解得x??1．于是在
3(??,?1)上，f(x)单调增加，在(?1,1)上，f(x)单调减少；在(?1,?)上，f(x)单调增
加，根据函数图像，当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有一个交点；当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有两个交点；当f(?1)?0且
f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有三个交点；综上所述
（1）c?2或c??2，方程仅有一个根； （2）c?2或c??2，方程有两个根； （3）?2?c?2，方程有三个根；
例4设f(x)在[0,??)上有连续导数，且f?(x)?k?0，f(0)?0，证明；f(x)在
[0,??)上仅有一个零点.
2
证明 应用拉格朗日定理，有
f(x)?f(0)?xf?(?)，
从而有f(x)?f(0)?xk．根据k?0，则有limf(x)???．又由于f(0)?0，所以一
x???定存在零点.，再根据f?(x)?k?0可知，则f(x)在[0,??)上仅有一个零点．
例5 设函数f(x)是可导，证明：f(x)的任何两个零点之间必有f?(x)?f(x)一个零点．
证明 令F(x)?exf(x)，又设x1,x2(x1?x2)是f(x)的两个零点，即
f(x1)?f(x2)?0.
而F(x1)?e1f(x1)?0，F(x2)?e2f(x2)?0，由于函数f(x)是可导，于是函数f(x)连续，所以F(x)在闭区间[x1,x2]满足罗尔定理条件，从而存在??(x1,x2)，使得
xxF?(?)?0．
由于F?(x)?ex(f(x)?f?(x))，所以F?(?)?e?(f(?)?f?(?))?0，这蕴含着
f(?)?f?(?)?0．
例6 设函数f(x)在[1,??)上有f??(x)?0且f(1)?2,f?(1)??3，证明：在[1,??)上，方程f(x)?0仅有一实数根. 数学三不要求）
证明 根据泰勒公式：
f(x)?f(1)?f?(1)(x?1)?于是
f??(?)(x?1)2， 2!f(x)?2?3(x?1)??3x?5，
因此存在点?使得f(?)?0，又由于f(1)?2，以及f(x)连续，所以f(x)存在零点．
下面证明唯一性：只需证明f(x)是单调的，即证明f?(x)?0或f?(x)?0．事实上， 由于f??(x)?0，f?(1)??3，所以在[1,??)上，f?(x)?0．
例7 求证：方程e?ax?bx?c的根不超过三个
证明 用反证法：令F(x)?e?(ax?bx?c)，若函数F(x)有四个零点，不妨设
x2x2 3
x1?x2?x3?x4，且F(x1)?F(x2)?F(x3)?F(x4)?0，
显然F(x)在[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]均满足罗尔定理条件，于是存在三点?1??2??3，其中?1?(x1,x2),?2?(x2,x3),?3?(x3,x4)，使得
F?(?1)?F?(?2)?F?(?3)?0．
同样，对导函数F?(x)在[?1,?2],[?2,?3]应用罗尔定理，则存在两点?1??2，其中
?1?(?1,?2),?2?(?2,?3)，且F??(?1)?F??(?2)?0．
类似地，对二阶导函数F??(x)在[?1,?2]应用罗尔定理，则存在一点??[?1,?2]，使得
F???(?)?0．
而F???(x)?ex，于是有e?0，这是个矛盾结果．
题型2 利用函数的单调性和最值证明不等式 例1当0?x???2（1）sinx?tanx?2x；
13（2）tanx?x?x．
3时， 证明：
证明 （1）设f(x)?sinx?tanx?2x，则
f?(x)?cosx?sec2x?2，
f??(x)??sinx?2secx?secxtanx?sinx(2?1)?0， 3cosx所以，函数f?(x)严格单调递增，又由于f?(0)?0，因此在0?x?是，函数f(x)严格单调递增，且f(0)?0，从而在0?x??2上，f?(x)?0；于
?2上，f(x)?0．即
sinx?tanx?2x．
（2）设f(x)?tanx?x?13x，则 3f?(x)?sec2x?1?x2?tan2x?x2?(tanx?x)(tanx?x)，
由于tanx?x?0，为了确定tanx?x的符号，我们令g(x)?tanx?x，则
g?(x)?sec2x?1?0，
4
于是g(x)严格单调递增，由于g(0)?0，因此在0?x?即
?2上，g(x)?0．于是f(x)?0，
1tanx?x?x3．
3例2 设x?0,a?e，证明(a?x)a?aa?x 证明 为了证明(a?x)a?aa?x，只要证明
lnaln(a?x)lnx?．于是令f(x)?，则 aa?xxf?(x)?1?lnx?0，(x?e)， 2x所以，函数f(x)严格单调减少，又由于a?x?a，因此
lnaln(a?x)?， aa?x即
(a?x)a?aa?x．
3例3 证明：当x?2时，x?3x?2．
证明 事实上，我们只要证明：f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值的绝对值不超过2即可．
2由于f?(x)?3x?3?3(x?1)(x?1)，令f?(x)?0，解得x?1和x??1，于是函数
f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值：
M?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}?2，m?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}??2
于是当x?2时，
f(x)?x3?3x?2．
例4 证明：当0?x??时，sinxx? 2?xx1x?，得到F??(x)??sin?0， 2?42证明 （方法1：利用凸函数性质）令F(x)?sin所以F(x)在(0,?)上上凸，而F(0)?F(?)?0，所以在0?x??上，F(x)?0．即
sinxx?． 2?sin （方法2：变形）令F(x)?xx2?1，则
? 5
1xxxcos?sin22?1cosx(x?2tanx)?0． F?(x)?2x22x222因此F(x)在0?x??上单调递减．又由于F(?)?0，于是在0?x??上，F(x)?0， 故
sinF(x)?即
xx2?1?0（0?x??）
?sinxx?（0?x??）． 2?题型3 利用拉格朗日和柯西中值定理证明不等式 基本结论：
（1）若f??(x)?0（f??(x)?0），则f(x)是凹（凸）函数，于是?x1,x2，有
f(x1?x2f(x1)?f(x2)x?x2f(x1)?f(x2))?)?（f(1）． 2222（2）若f(x)在[x1,x2]上满足拉格朗日定理条件，则
f(x2)?f(x1)?(x2?x1)f?(?)．
其中x1???x2，根据x1???x2，确定f?(?)的不等式．
（3）若f(x)和g(x)在[x1,x2]上满足柯西定理条件，则
f(x2)?f(x1)f?(?)． ?g(x2)?g(x1)g?(?)其中x1???x2，根据x1???x2，确定
例1 证明不等式：
f?(?)的不等式． g?(?)11?ln(x?1)?lnx?(x?0)． 1?xx证明 设f(x)?lnx（x?0）．显然f(x)在[x,1?x]满足拉格朗日定理条件，则有
f(1?x)?f(x)?xf?(?)，x???1?x，
即
ln(x?1)?lnx?f?(?)?1?．
6
由于x???1?x，于是
111??，因此 1?x?x11?ln(x?1)?lnx?(x?0)． 1?xxarctanx(x?0)． 例3 证明不等式：ln(x?1)?x?1证明 设f(x)?(x?1)ln(x?1)和g(x)?arctanx（x?0）．显然f(x)在[0,x]满足柯西定理条件，则有
f(x)?f(0)f?(?)，0???x， ?g(x)?g(0)g?(?)即
(x?1)ln(x?1)1?ln(1??)??(1??2)[1?ln(1??)]?1．
1arctanx1??2arctanx(x?0)． x?1
因此有
ln(x?1)?题型4 存在一点满足某个等式的证明
1． 如果所证等式不含导数，一般应用：最值定理，介值定理，，零点定理； 2． 如果所证等式含有导数，一般应用：罗尔定理，拉格朗日定理，柯西定理， 例1 设f(x)在[a,b]上连续，a?c?d?b，证明 ???(a,b)对任意的正数p,q有 pf(c)?qf(d)?(p?q)f(?)
证明 （方法1：利用零点定理） 令F(x)?(p?q)f(x)?pf(c)?qf(d)，因为f(x) 在[a,b]上连续，所以F(x)在[a,b]上连续，且
F(c)?q[f(c)?f(d)],F(d)?p[f(d)?f(c)]．
()()0? 若f(c)?f(d)，我们取??c或d，结论显然成立．若f(c)?f(d)，则FcFd根据零点定理，???(a,b)有F(?)?0，所以有pf(c)?qf(d)?(p?q)f(?)． （方法2：利用介值定理）由于f(x)在[a,b]上连续，所以f(x)在[a,b]上可以达到最 大值和最小值，?m,M使得m?f(x)?M，当然m?f(c)?M,m?f(d)?M，所以
7
pm?pf(c)?pM,qm?qf(d)?qM，
故
(p?q)m?pf(c)?qf(d)?(p?q)M，
从而有
m?根据介值定理，???(a,b)有
pf(c)?qf(d)?M，
p?qF(?)?所以有
pf(c)?qf(d)，
p?qpf(c)?qf(d)?(p?q)f(?)．
例2 设f(x)在R上连续，f(f(x))?x，证明：???R，使得f(?)??． 证明 引入辅助函数F(x)?f(x)?x，则
F(f(x))?f(f(x))?f(x)?x?f(x)．
0，由于f(x)在R上连续，若x?f(x)，结论已经成立．若x?f(x)，则F(x)F(f(x))?根据零点定理??，使得F(?)?0，即
f(?)??．
例3 若f(x)在[a,b]上连续，?x1?[a,b]，都?x2?[a,b]，使得f(x2)?则???[a,b]，使得f(?)?0．
证明 由于f(x)在[a,b]上连续，于是f(x)在[a,b]上也连续，由最值性，f(x)在
1f(x1)， 2[a,b]上取到最小值，不妨令f(x0)?m（最小值），接下来，只要证明：m?0．
事实上，对于x0，根据已知条件，存在?x??[a,b]，有f(x?)?是m?0，不然将产生矛盾．
例4 设f(x)在[0,1]上可导，满足f(1)?0，证明：???(0,1)，有
11f(x0)?m，于22f?(?)??
8
f(?)?．
证明 引入辅助函数F(x)?f(x)x，则F(0)?F(1)?0．由于f(x)在[0,1]上可导， 所以F(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，于是存在??(0,1)，使得F?(?)?0．由于
F?(x)?f(x)?xf?(x)，
于是 f?(?)??f(?)?0．即???(0,1)，有
f?(?)??f(?)?．
例5 设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(1)?1,f(0)?0，求证：存在
??(0,1)满足f(?)?f?(?)?e1??．
0)?(1F)0?，证明 引入辅助函数：F(x)?f(x)ex?xe，则F(于是F(x)在[0,1]上
满足罗尔定理条件，从而存在??(0,1)，使得
F?(?)?0．
由于F?(x)?f?(x)ex?f(x)ex?e，于是F?(?)?f?(?)e??f(?)e??e?0，即
f(?)?f?(?)?e1??．
例6 设函数f(x)在区间[1,4]上连续，且f(1)?f(2)?f(3)?6，f(4)?2，证明： 在(1,4)上至少存在一点?，使f?(?)?0．
证明 由于函数f(x)在[1,3]上连续，于是可以取到最大值M和最小值m，因此
m?f(x)?M，x?[1,3]
由于f(1)?f(2)?f(3)?6，所以m?2?M，根据介值定理，存在一点??[0,3]，使得f(?)?2．于是f(x)在[?,4]上满足罗尔定理条件，则存在??(?,4)?(1,4)，使得
f?(?)?0．
例7 设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且f(1)?f(0)?0,f()?1，求证：存 在??(0,1)，使得f?(?)?1．
证明 引入辅助函数F(x)?f(x)?x，显然F(0)?0．由于
9
12111F()?f()??0，F(1)?f(1)?1?0． 22211根据F(x)在闭区间[,1]连续性，于是由零点定理，有??(,1)，使得F(?)?0，
22所以F(x)在闭区间[0,?]满足罗尔定理条件，存在??(0,1)，使得F?(?)?0．由于
F?(x)?f?(x)?1，所以F?(?)?f?(?)?1?0，即f?(?)?1．
例8 设f(x)在[0,1]上可导，满足f(1)?2?120xf(x)dx?0，证明 ???(0,1)有
．
120f?(?)??f(?)?证明 引入辅助函数F(x)?f(x)x．由于f(1)?2中值定理，???(0,)有
?xf(x)dx?0，于是根据积分
12? f(1)于是有
?2120xf(x)d?x??f(． )F(1)?F(?)．
由于f(x)在[?,1]上可导，所以F(x)在[?,1]上满足罗尔定理条件，于是存在??(0,1)，使得F?(?)?0．由于F?(x)?f(x)?xf?(x)，于是
f?(?)??f(?)?0．
即，???(0,1)有
f?(?)??f(?)?．
例9 设f(x)在[1,2]上二阶可导，且f(1)?f(2)?0，又F(x)?(x?1)f(x)，证明： 存在??(1,2)，使F??(?)?0．
证明 已知F(x)?(x?1)f(x)，f(1)?f(2)?0，于是F(1)?F(2)?0，因此F(x) 在[1,2]满足罗尔定理条件，从而存在??(1,2)，使得F?(?)?0．又由于
F?(x)?f(x)?(x?1)f?(x)，
于是F?(1)?0，所以，F?(x)在[1,?]满足罗尔定理条件，从而存在??(1,?)?(0,2)，使
10
得F??(?)?0．
例10 设f(x)在[0,2]上具有二阶导数，且f(0)?f()，f(2)?2明：在开区间(0,2)上至少存在一点?，使f??(?)?0．
证明 f(x)在[0,]上满足罗尔定理条件．于是存在?1?(0,)，使得f?(?1)?0．根 据f(2)?212?3/21f(x)dx，证
1212?3/213其中??(1,)，根据罗尔定理，存在?2?(1,2)f(x)dx得到，f(2)?f(?)，
2有f?(?2)?0，从而得到f?(x)在[?1,?2]上满足罗尔定理条件，在开区间(0,2)上至少存在一点?，使f??(?)?0．
例11 设f(x)在[0,1]二阶可导，且f(1)?f(0)，求证：存在??(0,1)满足
f??(?)?2f?(?)． 1??分析 解方程
f??(x)2?，即lnf?(x)??ln(1?x)2?C，于是辅助函数为 f?(x)1?xF(x)?(1?x)2f?(x)．
2证明 令F(x)?(1?x)f?(x)，显然F(1)?0．另外，由于f(x)在[0,1]二阶可导， 且
f(1)?f(0)，于是f(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，从而存在??(0,1)，使得f?(?)?0．当然F(?)?0，所以F(x)在[?,1]上满足罗尔定理条件，存在
??(?,1?)(0，使得,1F?(?)?0．由于
F?(x)?2(1?x)f?(x)?(1?x)2f??(x)
所以
F?(?)?2(1??)f?(?)?(1??)2f??(?)?0
整理得到
f??(?)?2f?(?)． 1??例12 设f(x)在[0,1]上连续，且f(0)?0,?10f(x)dx?0，证明：存在??(0,1)满足
11
?分析 解方程
?0f(x)dx??f(?)．
f(x)?x0f(t)dt?x1，即ln?f(t)dt?lnx?C，所以辅助函数为
0x?F(x)? 例13和例14对数三考生不做要求：
x0f(t)dtx．
例13 若f(x)在[0,1]上有三阶导数，且f(0)?f(1)?0，设F(x)?f(x)x3，证明： 在(0,1)内至少存在一个?使得F???(?)?0.
证明 由于F(x)具有三阶导数，于是
11F(x)?F(0)?F?(0)x?F??(0)x2?F???(?)x3
23!由于
F?(x)?3x2f(x)?x3f?(x)，F??(x)?6xf(x)?6x2f?(x)?x3f??(x)
所以 F(0)?F?(0)?F??(0)?0，故
F(x)?因为F(1)?f(1)?0，所以0?1F???(?)x3， 3!1F???(?)，即存在一个?使得F???(?)?0. 3!例14 设f(x)在区间[?1,1]上具有三阶连续导数，且f(?1)?0，f(1)?1，f?(0)?0 求证：在(?1,1)上至少存在一点?，使f???(?)?3
证明：由于
f(?1)?f(0)?f?(0)?且
f(?1)31f??(0)?x,?1?[?1,0] 2!3!f(?2)31f??(0)?x,?2?[0,1] 23!f(1)?f(0)?f?(0)?所以有f???(?1)?f???(?2)?6．由于函数f(x)在区间[?1,1]上具有三阶连续导数，所以函数
f???(x)在区间[?1,?2]上有最大值和最小值分别为M,m，故有
1m?[f???(?1)?f???(?2)]?M，
2根据介值定理，在开区间(?1,1)上至少存在一点?，使f???(?)?3
12
题型5 存在两点满足某个等式的证明.
例1 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?1，证明： 存在?和??(a,b)满足 ()??n?1?f(?)??nf?(?)，其中n?1．
分析 整理 n?n?1?n?n?1f(?)??nf?(?)，即(?n)??[?nf(?)]?，所以只要对函数
F(x)?xnf(x)和G(x)?xn分别应用拉格朗日中值定理．
证明 令F(x)?xnf(x)，G(x)?xn，由于f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b) 内可导，所以F(x)和g(x)在区间[a,b]上满足拉格朗日中值定理条件，于是存在?,??
(a,b)，使得
F(b)?F(a)?(b?a)F?(?)，G(b)?G(a)?(b?a)G?(?)．
即
bn?an?(b?a)[?nf?(?)?n?n?1f(?)]，bn?an?(b?a)n?n?1 于是有
()n?1?f(?)????nf?(?)．
例2 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导， 且f?(x)?0，证明存在?
f?(?)eb?ea??和??(a,b)满足?e．
f?(?)b?a证明 对函数f(x)在[a,b]上应用拉格朗日定理，得到
f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)，??(a,b)．
x对函数f(x)和g(x)?e在[a,b]上应用柯西中值定理，得到
f(b)?f(a)f?(?)??，??(a,b)， bae?ee上面两式相除，整理得到
f?(?)eb?ea???e． f?(?)b?a例3 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?1，证明：
13
存在?和??(a,b)，满足e???[f(?)?f?(?)]?1．
证明 对函数F(x)?exf(x)和G(x)?ex在[a,b]上分别应用拉格朗日中值定理，得到
F(b)?F(a)?(b?a)F?(?)，G(b)?G(a)?(b?a)G?(?)．?,??(a,b)
即
ea?eb?(b?a)e?[f?(?)?f(?)]，ea?eb?(b?a)e?． 于是有
e?[f?(?)?f(?)]?e?．
即
e???[f(?)?f?(?)]?1．
例4 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导， 且f(a)?f(b)，求证： 存在?，??(a,b)，使得f?(?)?a?bf?(?)． 2?证明 对函数f(x)在[a,b]上应用拉格朗日定理；对f(x)和g(x)?x2在[a,b]上应用 柯西中值定理，有
f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)，??(a,b)；
f(b)?f(a)f?(?)?，??(a,b)． 22b?a2?将上面两式相除，整理得到
f?(?)?a?bf?(?)． 2?1．试证方程x?asinx?b，其中a,b?0至少有一个正根并且不超过a?b． （提示：只需证明函数F(x)?x?asinx?b在(0,a?b]至少有一个根） 2．试证方程e?ex?x?2cosx?5恰有两个实根．
x?x（提示：函数f(x)?e?e?2cosx?5是偶函数，关于y轴对称）
3．设f(x)在[0,1]上连续，且f(x)?1，证明：方程2x?只有一个实根．（提示：令F(x)?2x??x0f(t)dt?1在(0,1)内有且
?x0f(t)dt?1，证明单调，满足零点定理条件）
14
4．设0?a?b，f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)可导，证明：在(a,b)内至少存在一 点?，使得 bf(b)?af(a)?[?f(?)??f?(?)]ln2b． a（提示：对两个函数xf(x)和lnx在[a,b]上应用柯西中值定理）
5．设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且f(1)?0，证明：在???(0,1)，使得
f(?)??1??f?(?)?0．
（提示：引入辅助函数F(x)?xexf(x)，在[0,1]上满足罗尔定理条件） 6．设f(x)在[0,1]上可导，且（1）???(0,1)，使得
?10f(x)dx?0，证明：
??0f(x)dx???f(?)．
（2）在(0,1)上存在?，使得2f(?)??f?(?)?0．
（提示：引入辅助函数F(x)?x?x0f(t)dt，在[0,1]上满足罗尔定理条件，且F?(x)在
[0,1]上也满足罗尔定理条件）
12x?ln(1?x)?x． 212 （提示：利用函数的单调性分别证明x?x?ln(1?x)和ln(1?x)?x）
26．证明：对?x?0，有 x?7．设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)可导，且f(a)?f(b)，证明：对任意的常数k，都存在???(a,b)，使得f?(?)?kf(?)?0．
（提示：引入辅助函数F(x)?f(x)e，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件） 8．证明不等式： （1）sinx?kx2?x，(0?x??2)；（仿照例题）
（2）
?sinxxsinx?，(0?x?y?)；（变形，证明函数f(x)?单调）
2xysinyx3?sinx?x，(0?x)；（3）x?（利用函数的单调性） 6（4）
sinx2?sinx1sinx2?sinx3?，(0?x1?x2?x3??)；（利用拉格朗日定理）
x2?x1x2?x315
（5）
12p?1?xp?(1?x)p?1，(p?1)；（利用函数的单调性）
a（6）a?b，(b?a?e)；（证明函数f(x)?ax?xa?0） 9．若f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，则???(a,b)，使得
bf?(?)?2?[f(1)?f(0)]．
（提示：引入辅助函数F(x)?f?(x)?2x[f(1)?f(0)]，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件）
10．若f(x)在(0,1)上内取最大值，且对任意的x?(0,1)有f??(x)?1，试证：
f?(0)?f?(1)?M．
（提示：由于f(x)在(0,1)上内取最大值，于是???(0,1)，使得f?(?)?0，对函数
f?(x)分别在[0,?]和[?,1]应用拉格朗日定理）
11．若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，在???(0,1)，使得
f(b)?f(a)??f?(?)lnb． a（提示：对函数f(x)和lnx在[a,b]上应用柯西中值定理）
12．若f(x)和g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且f(a)?f(b)?0，则至少
???(a,b)，使得
f?(?)?f(?)g?(?)?0．
（提示：引入辅助函数F(x)?f(x)eg(x)，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件）
13．若f(x)在[0,1]上可导，且f(1)?2?120e1?x2f(x)dx，则???(0,1)，使得
f?(?)?2?f(?)．
（提示：引入辅助函数F(x)?e1?xf(x)，找到两个点的函数值相等，应用罗尔定理）
4.2 积分中值定理与证明
一 基本结论 1．比较定理：
16
2（1）若f(x)?g(x)，则（2）若f(x)?0，则 （3）绝对值不等式：
?baf(x)dx??g(x)dx；
abab?baf(x)dx?0；若f(x)?0，则?f(x)dx?0．
ba?f(x)dx??f(x)dx；
abbbb22?? （4）柯西不等式： ?f(x)g(x)dx??f(x)dx?g(x)dx
??aa?a?22．估计定理： m?f(x)?M，则 m(b?a)??baf(x)dx?M(b?a)；
3．积分中值定理：f?C[a,b]，则存在??[a,b]有题型1 定积分等式的证明 1 等式的证明 （1）换元积分：
例1 证明：f(x)是以T为周期的连续函数，则证明 由于
?baf(x)dx?f(?)(b?a)；
?a?Taf(x)dx??f(x)dx．
0a?TT?又由于
a?Taf(x)dx??f(x)dx??f(x)dx??a00TTf(x)dx，
?所以
a?TTf(x)dx??f(x?T)dx，
0a?（2）分部积分：
a?Taf(x)dx??f(x)dx．
0T 例2 设f(x)在[a,b]上具有二阶导数，且f(a)?f(b)?0，证明：
?证明 由于
baf(x)dx?1b(x?a)(x?b)f??(x)dx． 2?ab?所以
ba?(x?a)(x?b)f??(x)dx?(x?a)(x?b)f?(x)ba??(2x?a?b)f(x)dx
aba ?(2x?a?b)f(x)?2?f(x)dx?2?f(x)dx．
aabb?ba1bf(x)dx??(x?a)(x?b)f??(x)dx．
2ax0例3 设f?(x)是连续函数，F(x)??f(t)f?(2a?t)dt，证明
17
F(2a)?2F(a)?f2(a)?f(0)f(2a)
证明 由于
2aaF(2a)?2F(a)?? ?而
02af(t)f?(2a?t)dt?2?f(t)f?(2a?t)dt
0?af(t)f?(2a?t)dt??f(t)f?(2a?t)dt．
0a?2aaf(t)f?(2a?t)dt?f2(a)?f(0)f(2a)??2aaf?(t)f(2a?t)dt；
?所以
2aaf?(t)f(2a?t)dt??f(t)f?(2a?t)dt．
0aF(2a)?2F(a)?f2(a)?f(0)f(2a)．
2 定积分存在性的证明
例4 设f(x),g(x)在[a,b]上连续，证明：至少存在一点??(a,b)，使得
f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx．
?ab?证明 令F(x)??xaf(t)dt?g(t)dt，则F(a)?F(b)?0，于是F(x)在[a,b]上满足
xb罗尔定理条件，存在??(a,b)，使得F?(?)?0．由于
F?(x)?f(x)?g(t)dt?g(x)?f(t)dt，
xabx于是
F?(?)?f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx?0，
?ab?所以有
f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx．
?ab?例5 设f(x)在[0,1]上连续，且
?10xf(x)dx??f(x)dx，证明：???(0,1)，使得
01?证明 令F(x)??0f(x)dx?0．
?x0(x?t)f(t)dt，F(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，则???(0,1)，
使得F?(?)?0．由于
F?(x)??f(t)dt?xf(x)?xf(x)??f(t)dt，
00xx于是有
18
?3 定积分不等式的证明
?0f(x)dx?0．
常用定理：比较定理；估计定理；单调性；微积分中值定理；（泰勒公式）． 常用不等式：绝对值不等式
?baf(x)dx??f(x)dx；
abbbb22?? 柯西不等式 ?f(x)g(x)dx??f(x)dx?g(x)dx．
??aa?a?2方法1 引入变限积分辅助函数
bb2例6 设f(x)在[a,b]连续，试证：??f(x)dx??(b?a)?f(x)dx．
??a?a?2证明 令F(x)???xaf(t)dtx?2?(x?a)?f2(t)dt，则
axF?(x)?2f(x) ???af(t)dt??f2(t)dt?(x?a)f2(x)
a?x?xa2f(t)f(x)dt??f(t)dt??f2(x)dt
aax2ax2x ???[f(x)?f(t)]dt?0．
所以F(x)是递减的，又因为F(a)?0，所以F(b)?F(a)?0，所以有
??证明 令F(x)?(a?x)xbaf(x)dx??(b?a)?2baf2(x)dx．
bb例7 设f(x)在[a,b]连续，且严格单调增的，证明：(a?b)?f(x)dx?2?xf(x)dx．
aa?xaf(t)dt?2?tf(t)dt，则
axF?(x)??f(t)dt?(a?x)f(x)?2xf(x)
a ??xaf(t)dt?(a?x)f(x)??f(t)dt??f(x)dt??[f(t)?f(x)]dt?0．
aaaxxx（因为t?x，且f(x)严格单调增，即f(t)?f(x)）所以F(x)严格递减，又因为F(a)?0， 所以F(b)?F(a)?0，即
??
baf(x)dx??(b?a)?2baf2(x)dx．
19
方法2 端点值为0的“L-N”方法：
基本原理：拉格朗日中值定理：f(x)?f(a)?(x?a)f?(?),??(a,x)； 牛顿莱布尼兹公式：
?xaf?(t)dt?f(x)?f(a)．
于是，当端点函数值f(a)?0时，则有
f(x)?(x?a)f?(?),??(a,x) 和
?xaf?(t)d?tf(．x)
例8 设f(x)在[a,b]上可导，且f?(x)?M，f(a)?0，证明：
?baf(x)dx?M(b?a)2 2证明 对任意x?[a,b]，有f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a)，根据f?(x)?M得到
f(x)?M(x?a)，
所以
?1(b?a)2baf(x)dx?M(b?a)2． 2例9设f(x)在[a,b]上不恒为0，且f?(x)连续，f(a)?f(b)?0，证明：存在一个
??[a,b]使 f(??)??baf(x)dx．
证明 因为f(x)在[a,b]上不恒为0，且f?(x)连续，所以存在??[a,b]有 f?(?)?maxf?(x)?M．
x?[a,b]因为
f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a)，f(x)?f(x)?f(b)?f?(?)(x?b)，
所以
f(x)?M(x?a)，f(x)?M(b?x)，
因此
?baf(x)dx??b?a2af(x)dx??b?a2b(b?a)2f(x)dx?M．
4应用积分中值定理，有
?baf(x)dx?f?(?)?M，存在一个??[a,b]，使
f(??)?1(b?a)2?baf(x)dx．
1．设函数f(x)在区间[0,1]上连续，且单调不增的，证明：对任意的??(0,1)有
20
９．设f(x)在[a,b]上连续可导，且f(a)?0，0?f?(x)?1，证： (?baf(x)dx)??f3(x)dx
a2b（令F(x)?(?xaf(t)dt)2??f3(t)dt，利用导数证明）
ax１０．（１）设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数，且f(a)?f(b)?0,|f??(x)|?M，证明： |?baf(x)dx|?M(b?a)3 12(k) （２）设f(x)在[a,b]上有2n阶连续导数，f |f |(2n)(a)?f(k)(b)?0(k?0,1,?,n?1)，
(x)|?M，证明：
?ba(n!)2Mf(x)dx|?(b?a)2n?1
(2n)!(2n?1)!b（（1）利用上一节中例10的（1），（2）是（1）的推广，先证明：
?baf(2n)(x)g(x)dx?(?1)n(2n)!?f(x)dx，其中g(x)?(x?a)n(b?x)n）
a１１．设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数，且f(a)?f(b)?0,证明：对?x?(a,b)有
bb?af(x)|??|f??(x)|dx
a(x?a)x?b) |?f(x)?f(a)f(x)?f(b)?|?|f?(?)?f?(?)|?|?f??(t)dt|） （左?|?x?ax?b１２．设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数，且f(a)?f(b)?0,f(x)?0(x?(a,b))，证明：
?ba|f??(x)4|dx? f(x)b?a（ |f(c)|?max|f(x)|?0，利用上题有
1b?a|f(c)|?|f(c)|(c?a)(c?b)而当c?(a,b)时总有 |?|f??(x)|dx?ab|f(c)|?ba|f??(x)|dx f(x)b?a4|?）
(c?a)(c?b)b?a１３．设f(x)在[0,1]上连续可导，且|f?(x)|?M，证明：
|?101nkM f(x)dx??f()|?nk?1n2n
46
（左?|??knk?1k?1nnnkk(f(x)?f())dx|??|?kn?1(f(x)?f())dx|
nnk?1nk而|?knk?1nkM(f(x)?f())dx|?2）
n2n14．设f(x),g(x)在[a,b]上连续且单调增加，p(x)?0且连续，求证：
?bap(x)dx?p(x)g(x)f(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx
aaabbb15．设f(x)在[0,1]上连续，且1?f(x)?2，证明： 1??10f(x)dx?1019dx? f(x)8（左边不等式可用二重积分或柯西不等式去证，左边不等式与条件“1?f(x)?2”无关，但需“f(x)?0”。右边不等式的证明有一定难度：1?f(x)?2?[f(x)?1][2?f(x)]?0
1111122?f(x)??3?3??f(x)dx??dx?2[?f(x)dx?dx]2）
0000f(x)f(x)f(x)1１６．设f(x)在[0,1]上连续，且单调减少，证明：
????xf(x)dx?00101xf2(x)dx11f2(x)dxf(x)dx
0（用二重积分证明）
１８．设g(x)在[a,b]上有二阶导数，且g??(x)?0，f(x)在[a,b]上连续，且a?f(x)?b，证明：
1b1bg[f(x)]dx?g[f(x)dx]
b?a?ab?a?a（本题是均值不等式中结论（３）的特例）
１９．设f(x)在[0,1]上有二阶导数，且f??(x)?0，证明：
?10f(x?)dx?f(1) (??0) ??1（本题可视为上题的特例）
２０．设f(x)在[0,1]上连续，且0?f(x)?1，证明：
47
f(x)dxf(x)?0?01?f(x)dx?1?1f(x)dx
?101（可视为18题的特例，其中g(x)?
x，也可用二重积分证明） 1?x 48