微分中值定理的证题技巧

2014-08-30高波

教育教学论坛 2014年38期

关键词：拉氏罗尔拉格

摘要：文章通过三种情形对微分中值定理的证题技巧进行了探讨。

关键词：微分中值定理；证题技巧

中图分类号：G642.4 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2014）38-0126-02

微分中值定理是高等数学的重要内容，也是考研必考内容，因此，掌握其证题技巧，十分必要。下面就三种情形对其证题技巧进行探讨.

一、命题f（n）（ξ）=0的证法

证题方法：方法1：验证f（x）在包含x=ξ的区间上满足罗尔定理条件；

方法2：验证ξ为f（x）的最值或极值点，利用极值存在的必要条件或费马定理即可得证；

方法3：利用泰勒公式证明。

例1设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导，且f（a）=f（c）=f（b），（a

证明：显然f（x）在[a，c][c，d]上满足罗尔定理条件，于是分别?ξ1∈（a，c），ξ2∈（c，b）使f'（ξ1）=0，f（ξ2）=0，再对f'（x）在[ξ1，ξ2]上用罗尔定理，故?ξ∈（ξ1，ξ2）?（a，b），使f"（ξ）=0

例2设函数f（x）在[a，b]上可导，且有f'+（a）.f'-（b）<0，则在（a，b）内至少存在一个ξ，使得f'（ξ）=0

证明：由题设可知有f'+（a）与f'-（b）异号，不妨设有

f'+（a）<0，f'-（b）>0，因为有f'+（a）为x→a+时的极限且小于0，由极限的保号性可知，?δ1>0，当x∈（a，a+δ1）时，有<0，从而f（x）

同理，由极限的保号性可知?δ2>0，当x∈（b-δ2，b）时，有>0，从而f（x）

例3若f（x）在[a，b]上有n阶导数，且f（a）=f'（b）=f'（b）=f"（b）=…=f（b）=0，则在（a，b）内至少存在一个ξ，使f（ξ）=0

证明：将f（x）在x=b处按泰勒公式展开

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]上有三阶导数，且f（0）=f（1）=0，设F（x）=x3.f（x），试证在（0，1）内至少存在一个ξ，使F'''（ξ）=0

证明一：由题设可知F（x），F'（x），F"（x），F'''（x）在[0，1]上存在，又F（0）=F（1），由罗尔定理，?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]上满足罗尔定理，于是?ξ2∈（0，ξ1），使得，F''（ξ2）=0。又对F''（x）在[0，ξ2]上再次利用罗尔定理，故有ξ∈（0，ξ2）?（0，ξ1）?（0，1），使得F'''（ξ）=0

证明二：写出F（x）在x=0处的二阶泰勒展开式为

F（x）=F（0）+F'（0）x+F''（0）x2+F'''（ξ）x3，（ξ在0与x之间）（*）

因为F'（x）=3x2f（x）+x3f'（x），F"（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、证明至少存在一点ξ∈（a，b），使f（ξ）=k（k≠0）或a，b，f（a），f（b），ξ，f（ξ），f'（ξ），…f（ξ）所构成式子成立

证题方法：

作辅助函数F（x），验证F（x）满足罗尔定理条件。

辅助函数F（x）的构造是证题的关键，以下介绍辅助函数的构造方法。

微分方程法：（1）将欲证结论中的ξ换成x；（2）将式子写成容易去掉一次导数符号的形式；（3）去掉一次导数符号，移项使等式一端为0，另一端即为所求的辅助函数F（x）。

作辅助函数的方法十分重要，拉格朗日定理的证明在2009年考研数学一和数学二中出现。拉格朗日中值定理的结论：=f'（ξ）

令ξ=x得=f'（x）积分x=f（x）+c

令c=0并举移项f（x）-x=0令F（x）=f（x）-x即可。

柯西中值定理的结论：=

令ξ=x得=变形g'（x）=f'（x）

积分g（x）=f（x）+c令c=0并移项，

f（x）-g（x）=0令F（x）=f（x）-g（x）即可。

例5设f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=f（1）=0，f（）=1，试证至少存在一个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

证明：令F（x）=f（x）-x，显然，F（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，又F（1）=f（1）-1=-1<0，（f（1）=0），F（）=

f（）-=>0，（f（）=1），由零点定理可知，存在一个η∈（，1），使F（η）=0；又F（0）=f（0）-0=0，对F（x）在[0，η]上用罗尔定理，存在一个ξ∈（0，η）（0，1）使得F'（ξ）=0即f'（ξ）=1

例6设函数f（x）在[0，]上二阶可导，且f（0）=f'（0），f（）=0，试证：至少存在一点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）

证明：令F（x）=f'（x）（1-2x）-f（x），显然在[0，]上连续，在（0，）内可导，

且F（0）=f'（0）（1-0）-f（0）=0，F（）=f'（）（1-2.）-f（）=0，所以F（x）在[0，]上满足罗尔定理条件，则至少存在一点ξ∈（0，），使得F'（ξ）=0即f"（ξ）（1-2ξ）-3f'（ξ）=0，亦即f"（ξ）=

三、证明在（a，b）内至少存在ξ，η，ξ≠η满足某种个代数式成立

证题方法：用两次拉氏中值定理，或者使用两次柯西中值定理，或者使用一次拉氏中值定理、一次柯西中值定理。

例7设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，0

证明：因为0

即=f'（η），又因为f（x）在[a，b]上满足拉格日中值定理，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设f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=0，f（1）=1，试证：对任意给定的正数a，b，在（0，1）内存在不同的ξ，η，使+=a+b.

证明：因为a与b均为正数，所以0<<1，又因为f（x）在[0，1]上连续，由介值定理，?τ∈（0，1）使得f（τ）=，f（x）在[0，τ]，[0，τ]上分别用拉格日中值定理，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，由上面两式有τ==.，

1-τ==.，上面两式相加得1=+，从而f'（ξ）=f'（η）

作者简介：高波（1964-），男，江苏常州人，本科，副教授，研究方向：数学研究。