中值定理的应用方法与技巧中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分。

微分中值定理即罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理，一般高等数学教科书上均有介绍，这里不再累述。

积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。

积分第一中值定理为大家熟知，即若)(x f 在[a,b]上连续，则在[a,b]上至少存在一点ξ，使得))(()(a b f dx x f ba -=⎰ξ。

积分第二中值定理为前者的推广，即若)(),(x g x f 在[a,b]上连续，且)(x g 在[a,b]上不变号，则在[a,b]上至少存在一点ξ，使得⎰⎰=ba ba dx x g f dx x g x f )()()()(ξ。

一、 微分中值定理的应用方法与技巧三大微分中值定理可应用于含有中值的等式证明，也可应用于恒等式及不等式证明。

由于三大中值定理的条件和结论各不相同，又存在着相互关联，因此应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、不等式，分析其结构特征，结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数，套用相应的中值定理进行证明。

这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论，并且掌握一定的函数构造技巧。

例一．设)(x ϕ在[0,1]上连续可导，且1)1(,0)0(==ϕϕ。

证明：任意给定正整数b a ,，必存在(0,1)内的两个数ηξ,，使得b a b a +='+')()(ηϕξϕ成立。

证法1：任意给定正整数a ，令)()(,)(21x x f ax x f ϕ==，则在[0,1]上对)(),(21x f x f 应用柯西中值定理得：存在)1,0(∈ξ，使得a a a =--=')0()1(0)(ϕϕξϕ。

任意给定正整数b ，再令)()(,)(21x x g bx x g ϕ==，则在[0,1]上对)(),(21x g x g 应用柯西中值定理得：存在)1,0(∈η，使得b b b =--=')0()1(0)(ϕϕηϕ。

两式相加得：任意给定正整数b a ,，必存在(0,1)内的两个数ηξ,，使得b a b a +='+')()(ηϕξϕ 成立。

证法2：任意给定正整数b a ,，令)()(,)(21x x f ax x f ϕ==，则在[0,1]上对)(),(21x f x f 应用柯西中值定理得：存在)1,0(∈ξ，使得a a =')(ξϕ。

再令)()(,)()()(21x x g bx x b a x g ϕϕ=-+=，则在[0,1]上对)(),(21x g x g 应用柯西中值定理得：存在)1,0(∈η，使得a b b a b b a =--+='-'+)0()1()()()()(ϕϕηϕηϕ。

因此有)()()()()(ηϕηϕηϕξϕ'-+='-'+='b b a b b a a ，移项得：b a b a +='+')()(ηϕξϕ。

分析：解1和解2都是应用了柯西中值定理。

鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中，因此考虑须用两次柯西中值定理。

证法1和解2的不同之处是解1分别从,)(ξϕ'a )(ηϕ'b 出发构造相应的函数。

而证法2是先将b a b a +='+')()(ηϕξϕ移项得：)()()()()(ηϕηϕηϕξϕ'-'+='-+='b b a b b a a ，然后从两边出发构造相应的函数。

例二．设)(x f 在[a,b]上连续，在(a,b)内可导且)()(b f a f ≠，试证明：存在),(,b a ∈ηξ，使得ab f f +'=')(2)(ηξξ。

证法1：根据条件，由拉格朗日中值定理，存在),(b a ∈η，使得))(()()(a b f a f b f -'=-η令2)(x x g =，在[a,b]上对)(),(x g x f 应用柯西中值定理，得存在),(b a ∈ξ，使得 ab f a b a f b f f +'=--=')()()(2)(22ηξξ。

证法2：令2)(x x g =，在[a,b]上对)(),(x g x f 应用柯西中值定理，得存在),(b a ∈ξ，使得 22)()(2)(ab a f b f f --='ξξ。

再令x a b x g )()(+=，在[a,b]上对)(),(x g x f 应用柯西中值定理，得存在),(b a ∈η，使得 22)()()()()()()(a b a f b f a a b b a b a f b f a b f --=+-+-=+'η。

综合两式得到存在),(,b a ∈ηξ，使得a b f f +'=')(2)(ηξξ。

分析：鉴于所要证明的等式中含有两个中值，并且中值处的导数位于分式中中，因此可考虑用两次柯西中值定理，即证法2。

也可用一次柯西中值定理后，分式中函数值差的部分改用拉格朗日中值定理进行进一步化简，即为证法1的基本思想方法。

例三．设)(),(x g x f 在[a,b]上二阶可导，并且0)(≠''x g ，0)()(==b f a f ，0)()(==b g a g ，试证：（1）在(a,b)内，0)(≠x g ，（2）在(a,b)内至少存在一点ξ，使)()()()(ξξξξg f g f ''''=。

证明：（1）用反证法。

假设存在点),(b a c ∈，使0)(=c g 。

分别在],[],,[b c c a 上对)(x g 运用罗尔定理，可得存在),(),,(21b c c a ∈∈ξξ，使得0)()(21='='ξξg g 再在],[21ξξ上应用罗尔定理，又可得存在],[213ξξξ∈，使得0)(3=''ξg ，这与题设矛盾。

故在(a,b)内，0)(≠x g 。

（2）即证0)()()()(=''-''ξξξξf g g f 。

为此作辅助函数：)()()()()(x f x g x g x f x H '-'=由于0)()()()(====b g a g b f a f ，故0)()(==b H a H 。

在[a,b]上对)(x H 应用罗尔定理得：在(a,b)内至少存在一点ξ，使0)()()()()(=''-''='ξξξξξf g g f H ，从而有)()()()(ξξξξg f g f ''''=。

分析：该题的证明主要运用了罗尔定理。

由于题设中出现了0)()(==b f a f ，0)()(==b g a g ，因此在（1）的证明中可考虑用反证法，通过反复运用罗尔定理导出0)(3=''ξg ，从而推出矛盾，证得结论。

而（2）的证明关键在于首先要将欲证的等式变形成某一函数在中值处的导数为零。

从中选定一函数对其应用罗尔定理导出结论。

例四.设)(x f 在[-a,a]上连续，在0=x 处可导，且0)0(≠'f 。

（1）求证：)1,0(),,0(∈∈∀θa x ，)]()([)()(00x f x f x dt t f dt t f x x θθ--=+⎰⎰-（2）求θ+→0lim x 证明：（1）令⎰⎰-+=x x dt t f dt t f x F 00)()()(，则)()()(x f x f x F --='。

根据拉格朗日中值定理，),0(a x ∈∀，)1,0(∈∃θ，使得)]()([)0)(()0()()(x f x f x x x F F x F x F θθθ--=-'=-=即)]()([)()(00x f x f x dt t f dt t f x x θθ--=+⎰⎰-（2）由于θθθθθ+++→→-→'=--=+⎰⎰002000lim )0(2)()(lim 2)()(lim x x x x x f x x f x f x dt t f dt t f 而运用洛必达法则，)0(2122)()(lim 2)()(lim 02000f x x f x f x dt t f dt t f x x x x '=⋅--=+++→-→⎰⎰。

因此21lim 0=+→θx 。

分析：此题运用的知识点和方法较为综合。

既用到了积分上限的函数特性，又用到了拉格朗日中值定理另一种表达方式，以及洛必达法则、函数极限运算法则、导数概念等等。

因此要求解题者需具备较扎实的微积分知识基础和一定的函数构造技巧。

例五.证明下列不等式：（1）b a b a -≤-arctan arctan（2）当1>x 时，ex e x >证明：（1）令],[,arctan )(b a x x x f ∈=，)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，因此根据拉格朗日中值定理，有))(()()(a b f a f b f -'=-ξ，b a <<ξ。

即)(11arctan arctan 2a b a b -+=-ξ，b a <<ξ，故b a b a -≤-arctan arctan （2）设ex e x f x -=)(，由于)(x f 在],1[x 上连续，在),1(x 内可导，因此根据拉格朗日中值定理，有),1(),1)(()1()(x x f f x f ∈-'=-ξξ。

即)1)((--=-x e e ex e x ξ。

由于),1(x ∈ξ，所以0)1)((>--x e e ξ，从而当1>x 时，ex e x >。

分析：本例是运用拉格朗日中值定理证明不等式的典型实例。

利用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤为：（1）从所欲证的不等式中找到含函数值差的表达式，从中选定)(x f 及一闭区间（2）运用拉格朗日中值定理得到一等式（3）利用此等式及b a <<ξ导出欲证的不等式。

例六.设)(x f 在[0,1]上三阶可导，且0)0(,0)1(,1)0(='=-=f f f ，试证：至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)(!3)1(1)(22ξf x x x x f '''-++-=， )1,0(∈x 证明：即证至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)(!3)1(1)(22ξf x x x x f '''-=-+。