微分中值定理的證題技巧

摘要：文章通過三種情形對微分中值定理的證題技巧進行了探討。

關鍵詞：微分中值定理；證題技巧

中圖分類號：G642.4 文獻標志碼：A 文章編號：1674-9324（2014）38-0126-02

微分中值定理是高等數(shù)學的重要內(nèi)容，也是考研必考內(nèi)容，因此，掌握其證題技巧，十分必要。下面就三種情形對其證題技巧進行探討.

一、命題f（n）（ξ）=0的證法

證題方法：方法1：驗證f（x）在包含x=ξ的區(qū)間上滿足羅爾定理條件；

方法2：驗證ξ為f（x）的最值或極值點，利用極值存在的必要條件或費馬定理即可得證；

方法3：利用泰勒公式證明。

例1設函數(shù)f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)二階可導，且f（a）=f（c）=f（b），（a

證明：顯然f（x）在[a，c][c，d]上滿足羅爾定理條件，于是分別?ξ1∈（a，c），ξ2∈（c，b）使f'（ξ1）=0，f（ξ2）=0，再對f'（x）在[ξ1，ξ2]上用羅爾定理，故?ξ∈（ξ1，ξ2）?（a，b），使f"（ξ）=0

例2設函數(shù)f（x）在[a，b]上可導，且有f'+（a）.f'-（b）<0，則在（a，b）內(nèi)至少存在一個ξ，使得f'（ξ）=0

證明：由題設可知有f'+（a）與f'-（b）異號，不妨設有

f'+（a）<0，f'-（b）>0，因為有f'+（a）為x→a+時的極限且小于0，由極限的保號性可知，?δ1>0，當x∈（a，a+δ1）時，有<0，從而f（x）

同理，由極限的保號性可知?δ2>0，當x∈（b-δ2，b）時，有>0，從而f（x）

例3若f（x）在[a，b]上有n階導數(shù)，且f（a）=f'（b）=f'（b）=f"（b）=…=f（b）=0，則在（a，b）內(nèi)至少存在一個ξ，使f（ξ）=0

證明：將f（x）在x=b處按泰勒公式展開

f（x）=f（b）+f'（b）（x-b）+f"（b）（x-b）2+…+f（b）（x-b）+f（η）（x-b）

（x<η

例4若f（x）在[0，1]上有三階導數(shù)，且f（0）=f（1）=0，設F（x）=x3.f（x），試證在（0，1）內(nèi)至少存在一個ξ，使F'''（ξ）=0

證明一：由題設可知F（x），F(xiàn)'（x），F(xiàn)"（x），F(xiàn)'''（x）在[0，1]上存在，又F（0）=F（1），由羅爾定理，?ξ1∈（0，1）使F'（ξ1）=0，又F'（0）=[3x2.f（x）+x3.f（x）]|x=0=0，可知F'（x）在[0，ξ1]上滿足羅爾定理，于是?ξ2∈（0，ξ1），使得，F(xiàn)''（ξ2）=0。又對F''（x）在[0，ξ2]上再次利用羅爾定理，故有ξ∈（0，ξ2）?（0，ξ1）?（0，1），使得F'''（ξ）=0

證明二：寫出F（x）在x=0處的二階泰勒展開式為

F（x）=F（0）+F'（0）x+F''（0）x2+F'''（ξ）x3，（ξ在0與x之間） （*）

因為F'（x）=3x2f（x）+x3f'（x），F(xiàn)"（x）=6xf（x）+6x2f'（x）+x3f"（x），所以F（0）=F'（0）=F"（0）=0，由（*）式得F（x）=F?（ξ）x3，注意到F（1）=f（1）=0，代入得F'''（ξ）=0，故F'''（ξ）=0

二、證明至少存在一點ξ∈（a，b），使f（ξ）=k（k≠0）或a，b，f（a），f（b），ξ，f（ξ），f'（ξ），…f（ξ）所構成式子成立

證題方法：

作輔助函數(shù)F（x），驗證F（x）滿足羅爾定理條件。

輔助函數(shù)F（x）的構造是證題的關鍵，以下介紹輔助函數(shù)的構造方法。

微分方程法：（1）將欲證結論中的ξ換成x；（2）將式子寫成容易去掉一次導數(shù)符號的形式；（3）去掉一次導數(shù)符號，移項使等式一端為0，另一端即為所求的輔助函數(shù)F（x）。

作輔助函數(shù)的方法十分重要，拉格朗日定理的證明在2009年考研數(shù)學一和數(shù)學二中出現(xiàn)。拉格朗日中值定理的結論：=f'（ξ）

令ξ=x得=f'（x）積分x=f（x）+c

令c=0并舉移項f（x）-x=0令F（x）=f（x）-x即可。

柯西中值定理的結論：=

令ξ=x得=變形g'（x）=f'（x）

積分g（x）=f（x）+c令c=0并移項，

f（x）-g（x）=0令F（x）=f（x）-g（x）即可。

例5設f（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導，且f（0）=f（1）=0，f（）=1，試證至少存在一個ξ∈（0，1），f'（ξ）=1

分析：f'（ξ）=1?f'（x）=1?f（x）=x?f（x）-x=0?F（x）=f（x）-x

證明：令F（x）=f（x）-x，顯然，F(xiàn)（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導，又F（1）=f（1）-1=-1<0，（f（1）=0），F(xiàn)（）=

f（）-=>0，（f（）=1），由零點定理可知，存在一個η∈（，1），使F（η）=0；又F（0）=f（0）-0=0，對F（x）在[0，η]上用羅爾定理，存在一個ξ∈（0，η）（0，1）使得F'（ξ）=0即f'（ξ）=1

例6設函數(shù)f（x）在[0，]上二階可導，且f（0）=f'（0），f（）=0，試證：至少存在一點ξ∈（0，），使得f''（ξ）=

分析：f"（ξ）=?f"（ξ）（1-2ξ）-2f'（ξ）=f'（ξ）?f"（x）（1-2x）-2f'（x）=f'（x）?[f'（x）（1-2x）]'=f'（x）?f'（x）（1-2x）=

f（x）+c?f'（x）（1-2x）-f（x）=0?F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x）

證明：令F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x），顯然在[0，]上連續(xù)，在（0，）內(nèi)可導，

且F（0）=f'（0）（1-0）-f（0）=0，F(xiàn)（）=f'（）（1-2.）-f（）=0，所以F（x）在[0，]上滿足羅爾定理條件，則至少存在一點ξ∈（0，），使得F'（ξ）=0即f"（ξ）（1-2ξ）-3f'（ξ）=0，亦即f"（ξ）=

三、證明在（a，b）內(nèi)至少存在ξ，η，ξ≠η滿足某種個代數(shù)式成立

證題方法：用兩次拉氏中值定理，或者使用兩次柯西中值定理，或者使用一次拉氏中值定理、一次柯西中值定理。

例7設f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導，0

證明：因為0

即=f'（η），又因為f（x）在[a，b]上滿足拉格日中值定理，所以?ξ∈（a，b）使得=f'（ξ），由上面二式可得f'（ξ）=f'（η），ξ，η（a，b）

例8設f（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導，且f（0）=0，f（1）=1，試證：對任意給定的正數(shù)a，b，在（0，1）內(nèi)存在不同的ξ，η，使+=a+b.

證明：因為a與b均為正數(shù)，所以0<<1，又因為f（x）在[0，1]上連續(xù)，由介值定理，?τ∈（0，1）使得f（τ）=，f（x）在[0，τ]，[0，τ]上分別用拉格日中值定理，有f（τ）-f（0）=（τ-0）f'（ξ），ξ∈（0，τ），f（1）-f（τ）=（1-τ）f'（η），η∈（τ，1），注意到f（0）=0，f（1）=1，于是，由上面兩式有τ==.，

1-τ==.，上面兩式相加得1=+，從而f'（ξ）=f'（η）

作者簡介：高波（1964-），男，江蘇常州人，本科，副教授，研究方向：數(shù)學研究。

例6設函數(shù)f（x）在[0，]上二階可導，且f（0）=f'（0），f（）=0，試證：至少存在一點ξ∈（0，），使得f''（ξ）=

分析：f"（ξ）=?f"（ξ）（1-2ξ）-2f'（ξ）=f'（ξ）?f"（x）（1-2x）-2f'（x）=f'（x）?[f'（x）（1-2x）]'=f'（x）?f'（x）（1-2x）=

f（x）+c?f'（x）（1-2x）-f（x）=0?F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x）

證明：令F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x），顯然在[0，]上連續(xù)，在（0，）內(nèi)可導，

且F（0）=f'（0）（1-0）-f（0）=0，F(xiàn)（）=f'（）（1-2.）-f（）=0，所以F（x）在[0，]上滿足羅爾定理條件，則至少存在一點ξ∈（0，），使得F'（ξ）=0即f"（ξ）（1-2ξ）-3f'（ξ）=0，亦即f"（ξ）=

三、證明在（a，b）內(nèi)至少存在ξ，η，ξ≠η滿足某種個代數(shù)式成立

證題方法：用兩次拉氏中值定理，或者使用兩次柯西中值定理，或者使用一次拉氏中值定理、一次柯西中值定理。

例7設f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導，0

證明：因為0

即=f'（η），又因為f（x）在[a，b]上滿足拉格日中值定理，所以?ξ∈（a，b）使得=f'（ξ），由上面二式可得f'（ξ）=f'（η），ξ，η（a，b）

例8設f（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導，且f（0）=0，f（1）=1，試證：對任意給定的正數(shù)a，b，在（0，1）內(nèi)存在不同的ξ，η，使+=a+b.

證明：因為a與b均為正數(shù)，所以0<<1，又因為f（x）在[0，1]上連續(xù)，由介值定理，?τ∈（0，1）使得f（τ）=，f（x）在[0，τ]，[0，τ]上分別用拉格日中值定理，有f（τ）-f（0）=（τ-0）f'（ξ），ξ∈（0，τ），f（1）-f（τ）=（1-τ）f'（η），η∈（τ，1），注意到f（0）=0，f（1）=1，于是，由上面兩式有τ==.，

1-τ==.，上面兩式相加得1=+，從而f'（ξ）=f'（η）

作者簡介：高波（1964-），男，江蘇常州人，本科，副教授，研究方向：數(shù)學研究。

例6設函數(shù)f（x）在[0，]上二階可導，且f（0）=f'（0），f（）=0，試證：至少存在一點ξ∈（0，），使得f''（ξ）=

分析：f"（ξ）=?f"（ξ）（1-2ξ）-2f'（ξ）=f'（ξ）?f"（x）（1-2x）-2f'（x）=f'（x）?[f'（x）（1-2x）]'=f'（x）?f'（x）（1-2x）=

f（x）+c?f'（x）（1-2x）-f（x）=0?F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x）

證明：令F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x），顯然在[0，]上連續(xù)，在（0，）內(nèi)可導，

且F（0）=f'（0）（1-0）-f（0）=0，F(xiàn)（）=f'（）（1-2.）-f（）=0，所以F（x）在[0，]上滿足羅爾定理條件，則至少存在一點ξ∈（0，），使得F'（ξ）=0即f"（ξ）（1-2ξ）-3f'（ξ）=0，亦即f"（ξ）=

三、證明在（a，b）內(nèi)至少存在ξ，η，ξ≠η滿足某種個代數(shù)式成立

證題方法：用兩次拉氏中值定理，或者使用兩次柯西中值定理，或者使用一次拉氏中值定理、一次柯西中值定理。

例7設f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導，0

證明：因為0

即=f'（η），又因為f（x）在[a，b]上滿足拉格日中值定理，所以?ξ∈（a，b）使得=f'（ξ），由上面二式可得f'（ξ）=f'（η），ξ，η（a，b）

例8設f（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導，且f（0）=0，f（1）=1，試證：對任意給定的正數(shù)a，b，在（0，1）內(nèi)存在不同的ξ，η，使+=a+b.

證明：因為a與b均為正數(shù)，所以0<<1，又因為f（x）在[0，1]上連續(xù)，由介值定理，?τ∈（0，1）使得f（τ）=，f（x）在[0，τ]，[0，τ]上分別用拉格日中值定理，有f（τ）-f（0）=（τ-0）f'（ξ），ξ∈（0，τ），f（1）-f（τ）=（1-τ）f'（η），η∈（τ，1），注意到f（0）=0，f（1）=1，于是，由上面兩式有τ==.，

1-τ==.，上面兩式相加得1=+，從而f'（ξ）=f'（η）

作者簡介：高波（1964-），男，江蘇常州人，本科，副教授，研究方向：數(shù)學研究。