摘 要：微分中值定理在高等数学的知识结构体系中占有重要的位置，其应用是高等数学的教学重点、难点。本文给出了运用微分中值定理证明等式、不等式以及运用微分中值定理和两面夹定理进行极限计算的一般方法，使学生们明确了此类问题的解题思路。
　　关键词：罗尔定理 拉格朗日中值定理 柯西中值定理
　　中图分类号：G642.3 文献标识码：A文章编号：1673-1875(2009)05-143-01
　　
　　 一、等式的证明
　　例1：设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，证明在(a,b)内至少存在一点ξ，使
　　
　　 分析：注意欲证等式右端nξn-1f(ξ)+ξnf′(ξ)，这是函数F(x)=xnf(x)在x=ξ的导数。欲证等式是，这是对函数F(x)=xznf(x)应用拉格朗日中值定理的结论。
　　 证明：设F(x)=xnf(x)，则显然F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理知，在(a,b)内至少存在一点ξ，使
　　
　　
　　即
　　例2：设函数f(x)在[a,b]上恒有f″(x)>0，试证在(a,b)内存在惟一的ξ，使
　　
　　 证明：（反证法）
　　 假设在(a,b)内存在两点ξ1,ξ2,且ξ1,ξ2满足拉格朗日中值定理，即有
　　
　　 因为在[a,b]上f″(x)存在，则f′(x)在上满足罗尔中值定理的条件，于是在(ξ1ξ2)内至少存在一点ξ，使f″(x)>0，这与题设在[a,b]上恒有f″(x)>0矛盾，故只能存在惟一的ξ，使
　　
　　 例3：设函数f(x)在[0,1]上可导，且0　　 试证：在(0,1)内，有且只有一个数x，使f(x)=x
　　 证明：先证存在性： 令g(x)=f(x)-x，显然有：g(0)=f(0)>0,g(1)=f(1)=0,因为g(x)在[0,1]上连续，由闭区间上连续函数的介值定理，必存在x0∈(0,1)，使g(x0),即f(x0)=x0
　　再证唯一性：用反证法设有两个点x1，x2,均使得f(x1)=x1，f(x2)，其中令x1　　，这与f′(x)≠1矛盾，所以在(0,1)内，有且只有一个数x，使f(x)=x成立。
　　 二、不等式的证明
　　 例4：设f(x)定义于[0,c),f′(x)存在且单调下降,f(0)=0,试证明对于0≤a≤b≤a+b≤c,恒有f(a+b)≤f(a)+f(b)
　　分析:f(a+b)≤f(a)+f(b)，
　　f(a+b)-f(b)≤f（a)-f(0)f′(ξ)(a+b-b)≤f′(ξ2)(a-0)
　　其中f′(ξ1)≤f′(ξ2),ξ1∈(b,a+b),ξ2∈(0,a),ξ1≥ξ2.
　　证明:由已知条件可知f(x)在区间[b,a+b]和[0,a]上均满足拉格朗日中值定理,于是存在ξ1∈(b,a+b),：得:f(a+b)-f(b)=f′(ξ1)(a+b-b),即f(a+b)-f(b)=f′(ξ1)a.存在ξ2∈(0,a),：得:f(a)-f(0)=f′(ξ2)(a-0),即f(a)-f(0)=f′(ξ2)a.
　　由于ξ1≥ξ2,所以由已知f′(x)存在且单调下降,：得:f′(ξ1)≤f′(ξ2),从而有f(a+b)-f(b)≤f(a)-f(0)
　　即f(a+b)≤f(a)+f(b)
　　 例5：设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内二阶可导，且f(a)=f(b)=0，且存在点c∈(a,b)，使得f(c)>0，试证至少存在一点ξ∈(a,b),使得f″(ξ)<0
　　证明：由题设知f(x)在[a,c],[c,b]上满足拉格朗日中值定理，即有
　　
　　
　　因为f(a)=f(b)=0，f(c)>0，所以 f′(ξ1)>0， f′(ξ2)<0
　　又因为 f′(x)在上满足拉格朗日中值定理条件，于是有，由于f′(ξ1)>0f′
　　
　　(ξ2)<0,ξ1<ξ2，所以f′(ξ)<0,ξ∈(a,b)
　　 例6：设函数f(x)在(a,b)内二阶可导，f″(x)>0。试证明当α<α<β　　 证明：函数f(x)在上满足拉格朗日中值定理条件，故有f(β)-f(α)=f′(ξ)(β-α),α<ξ<β
　　因f″(x)>0，f′(x)在(a,b)内严格单调增加，有f′(α)　　 三、极限的计算
　　 例7：求
　　
　　 解：用柯西中值定理求极限，设f(t)=sint,g(t)=at则
　　
　　 介于ax与xx之间
　　由两面夹定理知，于是
　　原式
　　
　　参考文献：
　　[1]杨则燊,邱忠文.高等数学解题方法[M].天津大学出版社,1997
　　[2]冯翠莲,刘书田.微积分学习辅导与解题方法[M].高等教育出版社,2003
　　[3]刘光祖,卢恩双.大学数学辅导与考研指导[M].科学出版社出版,2002
　　[4]同济大学应用数学系.高等数学（第五版）[M].高等教育出版社,2002