1、目錄第一部分：中值定理結論總結. 11、介值定理. 12、零點定理. 23、羅爾定理. 24、拉格朗日中值定理. 25、柯西中值定理. 26、積分中值定理. 3第二部分：定理運用.3第三部分：構造函數基本方法. 9一、要證明的等式是一階導數與原函數之間的關系.10二、二階導數與原函數之間關系.11第四部分：中值定理重點題型分類匯總（包含所有題型).14題型一：中值定理中關于  的問題題型二：證明 f ( n ) ( ) =&#

2、160;0題型三：證明 f( n )( ) = C0 ( 0)題型四：結論中含一個中值  ，不含 a, b ，導數的差距為一階題型五：含兩個中值  , 的問題題型六：含 a, b 及中值  的問題題型七：雜例題型八：二階保號性問題題型九：中值定理證明不等式問題第一部分：中值定理結論總結1、介值定理：設函數 f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，且在該區(qū)間的端點取不同的函數值 

3、f(a)=A 及f(b)=B，那么對于 A 與 B 之間的任意一個數 C，在開區(qū)間(a,b)內至少有一點使得f()=C(a<<b).Ps:c 是介于 A、B 之間的，結論中的取開區(qū)間。介值定理的推論：設函數  f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),則 f(x)在a,b上有最大值 M，最小值（m,若 mCM,則必存在a,b, 使得 f()=C。 閉區(qū)間上的連續(xù)函數必取得介于最大值 M 與最小值 

4、m 之間的任何值。此條推論運用較多）Ps：當題目中提到某個函數 f(x),或者是它的幾階導函數在某個閉區(qū)間上連續(xù)，那么該函數或者其幾階導函數必可以在該閉區(qū)間上取最大值和最小值，那么就對于在最大值和最小值之間的任何一個值，必存在一個變量使得該值等于變量處函數值。2、零點定理：設函數  f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),且 f(a)與 f(b)異號，即 f(a).f(b)<0, 那么在開區(qū)間內至少存在一點使得 f()=0.Ps:注意條件是閉區(qū)間連續(xù)，端點函數值異號，結論是開區(qū)間存在點使函數值為 0

5、.3、羅爾定理：如果函數 f(x)滿足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間(a,b)內可導;（3）、在區(qū)間端點處函數值相等，即 f(a)=f(b).那么在(a,b)內至少有一點(<a<b),使得 f(x)=0;4、拉格朗日中值定理：如果函數 f(x)滿足：（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間(a,b)內可導;那么在(a,b)內至少有一點(<a<b),使得f(b)-f(a)=f().(b-a).5、柯西中值定理：如果函數 f(x)及 g(x)滿足（1）、在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（2）、在開區(qū)間

6、(a,b)內可導;（3）、對任一 x(a<x<b),g(x)0,那么在(a,b)內至少存在一點,使得f (b) - f (a)g(b) - g(a)=f (x )g(x )Ps：對于羅爾定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理結論都是開開區(qū)間內取值。ò6、積分中值定理：若函數 f(x)在a,b上連續(xù)，則至少存在一點 x Î a, b 使得baf (x)dx = f (x

7、 )(b - a)Ps：該定理課本中給的結論是在閉區(qū)間上成立。但是在開區(qū)間上也是滿足的，下面我們來證明下其在開區(qū)間內也成立，即定理變?yōu)椋喝艉瘮?#160;f(x)在a,b上連續(xù)，則至ò少存在一點 x Î (a, b) 使得baf (x)dx = f (x )(b - a)ò證明：設 F (x) =xaf (x)dx ， x Î 

8、a, b因為 f (x) 在閉區(qū)間上連續(xù)，則 F (x) 在閉區(qū)間上連續(xù)且在開區(qū)間上可導（導函數即為 f (x) ）。則對 F (x) 由拉格朗日中值定理有：ò$x Î (a, b) 使得 F (x ) =F (b) - F (a)b - a=baf (x)dxb - a

9、2;而 F (x ) = f (x )所以 $x Î (a, b) 使得baf (x)dx = f (x )(b - a) 。在每次使用積分中值定理的時候，如果想在開區(qū)間內使用，我們便構造該函數，運用拉格朗日中值定理來證明下使其在開區(qū)間內成立即可。千萬不可直接運用，因為課本給的定理是閉區(qū)間。第二部分：定理運用ò1、設 f (x) 在0,3上連續(xù)，在

10、(0,3)內存在二階導函數，且 2 f (0) =20f (x)dx = f (2) + f (3) .證明：(1) $h Î (0,2) 使 f (h ) = f (0)(2) $x Î (0,3) 使 f (x ) = 0證明：先看第一小問題：如果用積分中指定理似乎

11、一下子就出來了，但有個問題就是積分中值定理是針對閉區(qū)間的。有的人明知這樣還硬是這樣做，最后只能是 0 分。具體證明方法在上面已經說到，如果要在開區(qū)間內用積分中指定理，必須來構造函數用拉格朗日中值定理證明其在開區(qū)間內符合。ò（1）、令x0(0f (t)dt = F (x), x Î0,2則由題意可知 F (x)在0,2上連續(xù)， ,2) 內可導.則對 F (x) 由拉格朗日中值定理有：$h Î (0,

12、2)使F (h ) =F ( 2 ) - F ( 0)2ò f (h ) =20f (t)dt2= f (0),h Î (0,2)從而， m ££ M ，那么由介值定理就有：$c Î 2,3, 使f (c) = f (0)(2)、對于證明題而言，特別

13、是真題第一問證明出來的結論，往往在第二問中都會有運用，在做第二問的時候我們不要忘記了第一問證明出來的東西，我們要時刻注意下如何將第一問的東西在第二問中進行運用：第二問是要證明存在點使得函數二階倒數為 0，這個很容易想到羅爾定理來證明零點問題，如果有三個函數值相等，運用兩次羅爾定理那不就解決問題啦，并且第一問證明出來了一個等式，如果有 f(a)=f(b)=f(c)，那么問題就解決了。第一問中已經在(0,2)內找到一點，那么能否在(2,3)內也找一點滿足結論一的形式呢，有了這樣想法，就得往下尋找了，2 f (0) = f (2)

14、 + f (3) ，看到這個很多人會覺得熟悉的，和介值定理很像，下面就來證明：Q f (x)在0,3 上連續(xù)，則在2,3 上也連續(xù)，由閉區(qū)間上連續(xù)函數必存在最大值和最小值，分別設為 M,m;則 m £ f (2) £ M , m £ f (3) £ M .f ( 2 ) + f&

15、#160;(3)2f ( 2 ) + f (3)2 f (0) = f (h ) = f (c),h Î (0,2), c Î 2,3則有羅爾定理可知：$x1 Î (0,h), f (x1 ) = 0 ， $x 2 Î (h, c

16、), f (x2 ) = 0$x Î (x1,x2 ) Í (0,3), f (x ) = 0Ps：本題記得好像是數三一道真題，考察的知識點蠻多，涉及到積分中值定理，介值定理，最值定理，羅而定理，思路清楚就會很容易做出來。2、設 f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內可導,且 f(0)=0,f(1)=1.證明: (1)、$x Î (0,1)使得f (x

17、60;) = 1 - x(2)、$兩個不同點h、x Î (0,1),使得f (x ) × f (h) = 1本題第一問較簡單，用零點定理證明即可。（1）、首先構造函數： F (x) = f (x) + x - 1, x Î 0,1F (0) = f (0) - 

18、;1 = -1F (1) = f (1) = 1Q F (0) × F (1) = -1 < 0由零點定理知： $x Î (0,1)使得F (x ) = 0,即f (x ) = 1 - x(2)、初看本問貌似無從下手，但是我們始終要注意，對于真題這么嚴謹的題目，他的設問是一

19、問緊接一問，第一問中的結論或多或少總會在第二問中起到作用。在想想高數定理中的就這么些定理，第一問用到的零點定理，從第二問的結論來看，也更本不涉及什么積分問題，證明此問題也只可能從三大中值定理出發(fā)，具體是哪個定理，得看自己的情況，做題有時候就是慢慢試，一種方法行不通，就換令一種方法，有想法才是最重要的，對于一道題，你沒想法，便無從下手。另外在說一點，在歷年證明題中，柯西中值定理考的最少。本題結論都涉及一階倒數，乘積之后為常數，很可能是消去了變?yōu)?#160;1（你題目做多了，肯定就知道事實就是這樣）.并且第一問中 0 與 1 之間夾了個 x

20、0;，如果我們在 0 與 x ， x 與 1 上對 f (x) 運用拉格朗日中值定理似乎有些線索。寫一些簡單步驟，具體詳細步驟就不多寫了：將第一問中 f (x ) 代入即可。f (h) =f (z ) =f (x ) - f ( 0)xf (1) - f (x )1 - 

21、;x=1 - xxx1 - x,h Î (0,x ),z Î (x ,1)證明： $x   Î (0,   ),h   Î (   ,1), 使得：f (x  ) + f (h  ) =x2 +h2&

22、#160;f (x ) × f (h ) = 1,h Î (0,x ) Í (0,1),z Î (x ,1) Í (0,1)Ps：本題是 05 年數一的一道真題，第一問是基本問題，送分的，第二問有一定區(qū)分度，對定理熟練的會容易想到拉格朗日定理，不熟練的可能難以想到方法。做任何題，最重要的不是你一下子就能把題目搞出來，而是你得有想法，有想法才是最重要

23、的，有了想法你才能一步步的去做，如果行不通了，在改變思路，尋求新的解法，如果你沒想法，你就根本無從下手。3、設函數 f(x)在閉區(qū)間0,1上連續(xù)，在開區(qū)間(0,1)內可導，且 f(0)=0,f(1)=1/3.1     122對于這道題的結論比較有意思，比較對稱，另外一個就是結論的條件，為何要把 x、h 放在兩個范圍內，不像上一題中直接來個h、x Î (0,1) ，這個分界點 1/2 的作用是干嗎的。很可能也是把 1 /2&#

24、160;當做某一個點就像上一題中的 x ，是否要用到拉格朗日中值定理呢，這是我們的一個想法。那具體的函數如何來構造呢，這個得從結論出發(fā)，f (x  ) + f (h  ) =x+h22我們把等式變一下： f (x  ) -x+ f (h  ) -h= 0 ， f (x  ) -x這個不就是 f (x

25、  ) -x3 關22213于 x 的導數（而且題目中 f(1)=1/3,貌似這樣有點想法了），本題會不會也像上一題那樣，運用拉格朗日中值定理后相互消掉變?yōu)?#160;0 呢，有了這些 想法我們就要開始往下走了：先來構造一個函數：F (x) = f (x) -x3 , F (0) = 0, F (1) = 0, F (x  )&

26、#160;=F (  ) - F (0)= 2F (  )F (1) - F (  )1 -F (h) =131 2212 = -2F ( 1 )121212F (h ) + F (x ) = 0 剛好證明出來。Ps：本題是近幾年數二的一道真題，只有一問，有比

27、較大區(qū)分度的，得從條件結論互相出發(fā)，如何構造出函數是關鍵。做出來之后我們反過來看這個 1/2 的作用就知道了，如果只給h、x Î (0,1) ，那就更難了 得自己找這個點，既然題中給了這個點，并且把兩個變量分開在兩個區(qū)間內，我們就對這兩個變量在對應區(qū)間用相應定理。說明真題出的還是很有技巧的。一般設計難一點的中值定理證明，往往得用拉格朗日定理來證明，兩個變量，都涉及到導數問題，這是因為拉格朗日中值定理條件要少些，只需連續(xù)，可導即可，不像羅爾定理得有式子相等才可進一步運用。4.設 f(x)在區(qū)間-a,a(a>0)

28、上具有二階連續(xù)導數，f(0)=0(1)、寫出 f(x)的帶拉格朗日余項的一階麥克勞林公式ò(2)、證明在-a,a上至少存在一點h   使得 a  f (h  ) = 33第一問課本上記住了寫出來就行，考的很基礎a-af (x)dxf (x  )2f (x  )2（1）、 f (x) = f (0) +f (0)1!x 

29、+2!x = f (0) × x +2!x(2)、第二問先將第一問的式子 f(x)代入看看有什么結果出來òf (x)dx = ò× x  dx ， f (x  ) 此處不能直接拿到積分號外面，因為他不是與 x 無a-aa-af (x )22關的數。做到這兒，我們想辦法把他弄到積分號外面似乎就能出來，有了這樣想法就得尋求辦法。題目

30、中說道 f(x)有二階連續(xù)導數，為何要這樣說呢，我們知道連續(xù)函數有最大值，最小值，往往會接著和介值定理一起運用。所以有：因為 f(x)有二階連續(xù)導數，所以存在最大值和最小值，設為 M,m 則對于區(qū)間-a,a，m £ f (x) £ M , mx 2 £ f (x ) × x 2 £ Mx 22ma 3 =&#

31、160;mò  x  dx £ òò  x  dx =f (x  ) × x  dx £ MMa 3222323a a a-a -a -a3 m £3 ò   f (x)dx £&

32、#160;Maa-a所以由介值定理有結論成立。Ps：本題是以前的一道真題，具體哪年也記不得了，主要就是考到介值定理的運用。題目中說的很明白的，有二階連續(xù)導數，往往當題目中提及到什么連續(xù)啊，特別是對于導函數連續(xù)的，我們總得注意下他有最大值，最小值，進而與介值定理聯合運用。òf (x)dx = 0, ò   f (x) × cos xdx = 0 .5、設 f(x)在0,p 上連續(xù)，且p0p0證明：在 

33、;(0,p ) 內至少存在兩個不同點 x1、x 2使得f (x1 ) = f (x2 ) = 0本題看似很簡潔，但做起來去不容易。結論是證明等式成立且為 0，很容易讓我們想到羅爾定理，我們如果能找到三個點處函數值相等，那么是不是就能有些思路了呢。令： F (x) =  òx0f (t)dt, x Î0,p ， F (0) =&#

34、160;F (p ) = 0Q ò   f (x) × cos xdx = ò  cos xdF(x) = cos x × F (x)p  0 + ò  sin x × F (x)dx = 

35、0 ò  sin x × F (x)dx = 0拉格朗日中值定理來證明其在開區(qū)間內成立。構造函數 G(x) =  ò sin t × F (t)dt, x Î0,p   似 乎 只 需 在 找 出 一 點 F(c)=0 

36、即 可 。， 如 果 一 切 如 我 們 所 想 ， 證 明 也 就 完 成 了 。ppp000p0似乎已經找到這個點了。但是積分中值定理中，是取閉區(qū)間，如果要用的話得先構造函數用x0具體的證明步驟和上面涉及到的一樣，自己去證。證完后就得到$c Î (0,p ),使得G(c) = 0,即sin c ×

37、0;F (c) = 0, 所以F (c) = 0所以有： F (0) = F (c) = F (p ) = 0, c Î (0,p )接下來的證明就和第一題中第二小問一樣了，具體就不去證明了，自己證，關鍵掌握方法，思路。Ps：本題是 02 年左右的數一一道證明題，看看題目很簡潔，但具體來做，如果對定理的運用不熟練，還是不好弄出來。本題中涉及到積分，

38、而且又要證明等式成立且為 0，容易想到積分中值定理，以及羅爾定理。但是積分中值定理是對于閉區(qū)間而言，而我們要用到開區(qū)間，只能自己構造函數來證明其在開區(qū)間內成立，如果在實際做題的時候你不證明直接用，估計一半的分都沒了。本題關鍵的就是尋找這個點 C，找出來了其他的都不是問題，既然是關鍵點，那得分點也肯定最多了，你不證明這個點，直接套用課本中定理（如果用的話，得分類討論了），硬是說 C 點就成立，那估計一半的分都沒了。一般都會構造出 g(x) = XXX × e 或者e  

39、; 或者x  , n為任意常數對于中值定理這章，就先給出上面一些經典的題目，大家好好體會下，多做些題，多思考。下面來講講對于證明題中的，函數如何來構造：基本上都是從結論出發(fā)，運用求導或是積分，或是求微分方程，解出來也可。本人自己總結了一些東西，與大家交流下：第三部分：構造函數基本方法一、要證明的等式是一階導數與原函數之間的關系：x-xn1、如果只是單純導函數和原函數之間關系，想想構造帶有 e 或者ef (x) = f (x) 可以構造 g(x) = f&#

40、160;(x) × e-xx-xf (x) + f (x) = 0 可構造 g(x) = f (x) × e xf (x) + f (x) = l 可構造 g(x) = f (x) × e x - l × e 

41、xòf (t)dt = f (x) 這個也是原函數與一階導函數問題，構造函數 g(x) = e-x × ò  f (t)dtxaxaf (x) - l ( f (x) - x) = 1先將其變形下：f (x) - lf (x) = 1 - lx 左邊

42、是導函數與原函數關系可構造： f (x) × e-lx右邊可以看成是 x-lx 也成了導函數和原函數之間關系，如是可以構造： x × e-lx 從而要構造的函數就是： g(x) = ( f (x) - x)e-lx2、如果還涉及到變量 X，想想構造 x nxf (x) + f (x) = 0 可構造 

43、;g (x) = f (x) × xf (x) = -2 f (x)x可構造 g(x) = f (x) × x2xf (x) + nf (x) = 0 可構造 g(x) = f (x) × x n3、另外還可以解微分方程來構造函數：如 xf 

44、;(x) + f (x) = 0f (x)f (x)= -x,ln f (x) = -   x 2 +cln f  2 (x) × e x   = cf  2 (x) × e x   = C1222所

45、以構造函數g(x) = f 2 (x) × e x2二、二階導數與原函數之間關系構造帶有 e 或者exf (x) = f (x)如何構造如下：-xf (x) + f (x) = f (x) + f (x) 對于此式子，你會不會有所想法呢，在上面講到一階導函數與原函數之間的構造方法，等式前面也可以看成是一階導函數與原函數（只不過原函數是f 

46、(x) ）之間關系，從而等式左邊可以構造 f (x) × e x 等式右邊可以構造 f (x) × e x 總的構造出來函數為： g(x) = ( f (x) - f (x) × ex另：如果這樣變形：( f (x) - f (x) + ( f (x

47、) - f ( x) = 0構造函數如下： g(x) = ( f (x) + f (x) × e-x，可以看上面原函數與導函數之間關系如何構造的。從而對于此函數構造有兩種方法，具體用哪一種構造得看題目給的條件了。如果題目給了f (x) - f (x) 為什么值可以考慮第一中構造函數，如果題目給了 f ( x) + f 

48、(x) ，則可以考慮第二種構造方法。f (h ) - 3 f (h ) + 2 f (h ) = 0先變形：變成一階導函數和原函數之間關系f (h ) - 2 f (h) = f (h) - 2 f (h )f (x) × e-2x = f 

49、;(x) × e-2x所以構造的函數為：G(x) = ( f (x) - f (x) × e-2xf (x) + f (x) = 0這個函數確實不好構造，如果用微分方程來求會遇到復數根。G(x) = f 2 (x) + ( f (x)2G(x) = 2 f (x) ×&

50、#160;( f (x) + f (x)實際做的時候還得看題目是否給了 f (x) 的一些條件，如果在某個開區(qū)間內不為 0，而構造出來的函數在閉區(qū)間端點取值相等，便可用羅而定理來證明。具體來看看題目：（1）、存在x   Î (   ,1), 使得f (x  ) =x1、 設 f (x) 在0,1上連續(xù)，在(0,1)內可導，且 f

51、(0)=f(1)=0,f(1/2)=1 證明：12（2）、存在h Î (0,x ), 使得f (h) = f (h) -h + 1（1）、對一問直接構造函數用零點定理： F (x) = f (x) - x 具體詳細步驟就不寫了。（2）、該問主要問題是如何構造函數：如果熟練的話用上面所講方法來構造：f (h ) = f (h )&

52、#160;-h + 1先變形f (h ) - f (h ) = 1 - hf (x) × e -x = x × e-x 構造函數為G(x) = ( f (x) - x) × e-x另：用微分方程求解法來求出要構造的函數f (h ) - 1&

53、#160;= f (h) -h( f (x) - x)= f (x) - xln( f (x) - x) = x + cf (x) - x = e x+c = e x × C( f (x) - x) × e-x 

54、;= C把常數退換掉之后就是要構造的函數G(x) = ( f (x) - x) × e-x函數構造出來了，具體步驟自己去做。ò2、設 f (x) 在a,b上連續(xù)，f(x)在(a,b)內二階可導，f(a)=f(b)=0,baf (x)dx = 0證明：（1）存在 x1,x2 Î (a, b)使得f (x1 ) = f (x1

55、60;), f (x2 ) = f (x2 )（2）存在h Î (a, b),h ¹ x1,x 2使得f (h) = f (h)（1）、第一問中的函數構造：F (x) = f (x) × e-x（2）、第二問中函數構造有兩種構造方法，上面講解中說道了我們在這用第一種g(x) = ( f (x)

56、60;- f (x) × ex原因在于第一問中 f (x) - f (x) =0 符合此題構造。具體詳細步驟自己去寫寫。3、設奇函數 f (x)在-1,1 上具有二階導數，且 f(1)=1,證明：(1) 存在 x Î (0,1), 使得f (x ) = 1(2) 存在h Î (-1,1),使得f&#

57、160;(h) + f (h) = 1第一問中證明等式，要么用羅爾定理，要么介值定理，要么零點本題很容易想到用羅爾定理構造函數來求，因為涉及到了導函數（1）、 F (x) = f (x) - x ，題目中提到奇函數，f(0)=0有 F(0)=F(1)=0 從而用羅爾定理就出來了。（2）、第二問中的結論出發(fā)來構造函數，從上面講的方法來看，直接就可以寫出要構造的函數f (h ) + f (h 

58、;) = 1先變形下： f (x) × e x = e xG(x) = ( f (x) - 1) × e x函數構造出來，并且可以用到第一問的結論，我們只需要在（-1,0）之間在找一個點也滿足1 的結論即可。也即 z Î (-1,0), f (z ) = 1從而可以對h 

59、6; (z ,x ) Í (-1,1) 運用羅爾定理即可。Ps：本題為 13 年數一真題，第一問基礎題，但要看清題目為奇函數，在 0 點處函數值為 0.第二問關鍵是構造函數，函數構造出來了就一步步往下做，缺什么條件就去找什么條件或者證明出來，13 年考研前我給我的幾個考研小伙伴們講過構造函數的一些方法，考場上都很第四部分：中值定理重點提醒分類總結題型一：中值定理中關于  的問題題型二：證明 f ( n )&

60、#160;( ) = 0題型三：證明 f( n )( ) = C0 ( 0)題型四：結論中含一個中值  ，不含 a, b ，導數的差距為一階題型五：含兩個中值  , 的問題題型六：含 a, b 及中值  的問題題型七：雜例題型八：二階保號性問題題型九：中值定理證明不等式問題【例題 1】設 f (x) = ar

61、ctan x  C0, a ， f (a)  f (0) =  f (è a)a ，求 limè。【解答】 f (x) =，由 f (a)  f (0) =  f (è a)a 得è2 =arctan a =a 

62、;2 arctan a  ，1 + aè中值定理題型題型一：中值定理中關于è 的問題2a011 + x 2aa  arctan a22 ，解得limè2 = lima0+a0+ aarctan a1 + a 2  = 1a  arctan a2= lima0+a  ar

63、ctan aa 3= lima0+1 13a 2 3 ，a0+于是 lim è =13。【 例 題 2 】 設 f (x) 二 階 連 續(xù) 可 導 ， 且 f (x)  0 ， 又 f (x + h) = f 

64、(x) + f (x + èh)h（ 0 < è < 1 ）。證明： limè =h012。h  ，其中î位于 x 與 x + h 之間。f (î  )2于是 f (x) + f  (x +è  h

65、)h =  f (x) + f  (x)h +f (î  )2h  ，或è=f (x +è  h)  f (x)f (î  )f (x +è  h)  f (x)f (î  )=è 

66、; h22h【解答】由泰勒公式得f (x + h) = f (x) + f (x)h +2!，從而有2!，兩邊取極限再由二階連續(xù)可導得 lim0è= 21h。題型二：證明 f(n)(î ) = 0【例題 2】設 f (x) 在0,1 上三階可導，f (1) = 0 ，令 H (x) =&#

67、160;x  f (x) ，證明：存在î    (0,1) ，常見思路：（1）羅爾定理； （2）極值法； （3）泰勒公式【例題 1】設 f (x)  C0,3 ，在 (0,3) 內可導，且 f (0) + f (1) + f (2) = 3, f (3) = 

68、1 ，證明：存在 î  (0,3) ，使得 f (î ) = 0 。【解答】因為 f (x)  C0,2 ，所以 f (x) 在0,2 上取到最小值 m 和最大值 M ，由 3m  f (0) + f (1) + f (2) &#

69、160;3M 得 m  1  M ， 由 介 值 定 理 ， 存 在 c  0,2 ， 使 得f (c) = 1 ，因為 f (c) = f (3) = 1，所以由羅爾定理，存在 î  (c,3)  (0,3) 

70、;，使得 f (î ) = 0 。31因為 H (x) = 3x  f (x) + x  f  (x) ，所以 H (0) = 0 ，再由羅爾定理，存在î2  (0,î1 ) ，使得 H  (î2 ) = 0&

71、#160;。因 為 H  (x) = 6xf (x) + 6x  f  (x) + x  f  ( x) ， 所 以 H  (0) = 0 ， 由 羅 爾 定 理 ， 存 在使得 H (î 

72、) = 0 。【解答】由 H (0) = H (1) = 0 ，存在 î1  (0,1) ，使得 H (î1 ) = 0 ，2323î  (0,î 2 )  (0,1) ，使得 H (î ) = 0 。題型三：

73、證明 f(n)(î ) = C0 ( 0)思路：（1）高階導數具有連續(xù)性；（2）輔助函數構造【例題 1】設 f (x)  Ca, b ，在 (a, b) 內二階連續(xù)可導，證明：存在 î  (a, b) ，使得 + f (a) =f (b)  2 f  a +&

74、#160;b 2 【解答】由泰勒公式得(b  a)24f (î ) 。)  ，î1  (a,f (a) = f (a + b2) + f (a + b2)(a a + b2) +f (î1 )2!(a a + b 22a + b2

75、) ，)  ，î2  (f (b) = f (a + b2) + f (a + b2)(b a + b2) +f (î 2 )2!(b a + b 22a + b2, b) ，兩式相加得f (b)  2 f (a

76、0;+ b2) + f (a) =(b  a)24f (î1 ) + f (î 2 )2，因為 f (x)  Cî1 ,î 2  ，所以 f (x) 在î1 ,î 2  上有最小值 m 和最大值 M ，顯然&#

77、160;m f (î1 ) + f (î 2 )2 M ，由介值定理，存在 î  î1,î 2   (a, b) ，使得f (î1 ) + f (î 2 )2= f (î ) ，于是 f (b)

78、60; 2 f (a + b2) + f (a) =(b  a)24 f (î ) 。【例題 2】設 f (x) 在1,1 上三階連續(xù)可導，且 f (1) = 0, f (1) = 1, f (0) = 0 ，證明：存在 î &#

79、160;(1,1) ，使得 f (î ) = 3 。【解答】由泰勒公式得2f (1) = f (0) +f (0)2!f (î1 )3!,î1  (1,0) ，f (1) = f (0) +f (0)2!+f (î 2 )3!,î 2  (0,1)&

80、#160;，兩式相減得f (1)  f (1) = f (î   1 ) + f (î2 ) ，即 f (î   1 ) + f (î2 ) = 6 。16因為 f (x)  Cî1 ,î 

81、2  ，所以 f (x) 在î1 ,î 2  上取到最小值 m 和最大值 M ，由 2m  f (î1 ) + f (î 2 )  2M 得 m  3  M ，由介值定理，存在 î  î1&

82、#160;,î 2   (1,1) ，使得 f (î ) = 3 。【例題 3】設 a1 < a2 <滿足 f (a1 ) = f (a2 ) =< an 為 n 個不同的實數，函數 f (x) 在a1, an  上有&#

83、160;n 階導數，并= f (an ) = 0 ，則對每個 c a1, an  ，存在 î  (a1, an ) 滿足等式f (c) =(c  a1 )(c  a2 )n!(c  an )f (n) (î ) 。【解答】（1）當 c

84、60;= ai (1  i  n) 時，任取 î  (a1 , an ) ，結論顯然成立；（2）當 c  ai (1  i  n) 時， f (c) =(c  a1 )(c  a2 )n!(c  an )f (n) (&

85、#238; ) 等價于n! f (c)(c  a1 )(c  a2 )(c  an )n! f (c) = k (c  a1 )(c  a2 )= f (n) (î ) ，令(c  an ) ，n! f (c)(c  a

86、1 )(c  a2 ) (c  an )= k ，則有令(x) = n! f (x)  k (x  a1 )(x  a2 )(x  an ) ， 顯 然 (x) 有 n + 1 個 不 同 零 點c, 

87、;a1, a2 , an ，不斷使用羅爾定理，存在 î  (a1, an ) ，使得 (n) (î ) = 0 。而(n)(x) = n! f (n) (x)  kn!，所以 f (n) (î ) = k ，即n! f (c)(c 

88、0;a1 )(c  a2 ) (c  an )= f (n) (î ) ，所以結論成立。題型四：結論中含一個中值 î ，不含 a, b ，導數的差距為一階3x  f (x)dx ，證明：存在î    (0,1) ，【解答】令   (x) = x

89、60; f (x) ，由積分中值定理得【例題 1】設 f (x)  C0,1 ，在 (0,1) 內可導，且 f (1) = 2使得 îf (î ) + 2 f (î ) = 0 。21202f (1) = 2  x  f (x)d

90、x = 2  c  f (c) 2，其中 c  0,    ，即1  f (1) = c  f (c) ，于是有102 2121 2 22而   (x) = x  f (x) + 2xf (x) ，所以

91、8;f (î  ) + 2î f (î  ) = 0 ，注意到î 0 ，所以有(c) =  (1) ，由羅爾定理，存在 î  (c,1)  (0,1) ，使得 (î ) = 0 。22îf (î ) 

92、+ 2 f (î ) = 0 。【例題 2】設 f (x)  C1,2 ，在 (1,2) 內可導，且 f (1) =使得12, f (2) = 2 ，證明：存在 î  (1,2) ，f (î ) =2 f (î )î。【

93、解答】令(x) = x2f (x) ，因為 f (1) =12, f (2) = 2 ，所以(1) =  (2) =12，由羅爾定理，存在 î  (1,2) ，使得 (î ) = 0 ，于是有 f (î ) =2 f (î )î。

94、【例題 3】設 f (x)  C0,1 ，在 (0,1) 內可導，且 f (0) = 0, f (   ) = 1, f (1) =12（1）證明：存在 c  (0,1) ，使得 f (c) = c ；（2）對任意的實數 k ，存在 î &

95、#160;(0,1) ，使得 f (î ) + k f (î )  î  = 1。12。【解答】（1）令 h(x) = f (x)  x ， h(0) = 0, h(  ) =, h(1) = ，121212因為 h(   )  h(1) < 0 ，所以存在 c  (   ,1)  (0,1) ，使得 h(c) = 0 ，即 f (c) = c 。（2）令