微分中值定理应用研究[1]

可考虑利用罗尔定理.通过观察易发现 [ xf ( x)] xf ( x) f ( x) ， 于是辅助函数可取为 xf ( x) . 证明： 令 F ( x) xf ( x) ， 显然 F ( x) 在 [0,1] 上连续， 在 (0,1) 内可导， 且 F (0) F (1) 0 ， 于是由罗尔定理知：至少存在一点 (0,1) ，使 F ( ) 0 ，而 F ( x) xf ( x) f ( x) ，故

b f (b) f (a) (ln ) f ( ) .证毕. a ② k 值法
此方法的解题思路是：把常数部分设为 k ，然后作恒等变形使等式一端为 a 与 f (a ) 构成 的代数式，另一端为 b 与 f (b) 构成的代数式，分析关于端点的表达式是否为对称式或轮换对 称式，若是，则把 a （或 b ）改为 x ，相应的函数值 f (a ) （或 f (b) ）改为 f ( x) ，则替换变 量后的表达式就是所求的辅助函数 F ( x) . 例 3（拉格朗日中值定理） 如果函数 f ( x) 满足： （1）在闭区间 [a, b] 上连续； （2）在开区间 (a, b) 内可导，
2
(0,1) 内至少存在一点 ，使得 F ( ) 0 .
3
分析：结论即要证明函数 F ( x) 在 (0,1) 内有零点，可考虑对函数 F ( x) 使用罗尔定理, 关键是要找到使得 F ( x) 函数值相等的两个点.而 F ( x) 2( x 1) f ( x) ( x 1) f ( x) ，易知
bf (b) af (a ) f ( ) f ( ) . ba
分析： 结论等号左侧显然是函数 xf ( x) 在区间 [a, b] 两端点函数值的差与区间长度 (b a )
之商,于是联想到对函数 xf ( x) 使用拉格朗日中值定理. 证明：令 F ( x) xf ( x) ，显然 F ( x) 在 [a, b] 上满足拉格朗日中值定理条件.于是知：在
F (1) 0 ，而由题设知 F ( x) 显然在 [0,1] 上满足罗尔定理条件，故必存在点 (0,1) ,使得 F ( ) 0 ，在 [ ,1] 上对函数 F ( x) 使用罗尔定理即得结论.
证明： F ( x) 显然在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，故存在点 (0,1) ,使得 F ( ) 0 . 因为 F ( x) 2( x 1) f ( x) ( x 1) f ( x) ， 由条件易知 F ( x) 在 [ ,1] 上连续， 在 ( ,1) 内可导， 且 F ( ) F (1) 0 ， 于是由罗尔定理知： 在 ( ,1) (0,1) 内至少存在一点 ， 使得 F ( ) 0 . 证毕. 例 7 设函数 f ( x), g ( x) 在[a, b] 上二阶可导， 且 g ( ) 0 ，f (a) f (b) g (a ) g (b) 0 . （2）至少存在一点 (a, b) ，使 试证： （1）在 (a, b) 内 g ( x) 0 ；
(a, b) 内至少存在一点 ，使 得
F (b ) F ( a ) 而 F ( ) [ xf ( x ) f ( x )] F ( ) ， ba bf (b) af (a) f ( ) f ( ) ，即得结论 f ( ) f ( ) .证毕. ba
例 2
x
函数 f ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导 (0 a b) ，试证：存在 (a, b) ，
使得 f (b) f (a ) (ln ) f ( ) .
f (b) f (a ) f ( ) ，等式左端的形式很容易联想到柯西中值定 ln b ln a 理，辅助函数显然可取为 ln x .
f ( x) g ( x) g ( x) f ( x)dx f (x)g(x)dx g(x) f (x)dx f ( x)dg ( x) g ( x)df ( x)
f ( x) g ( x) g ( x) f ( x)dx g ( x) f ( x) g ( x) f ( x)dx
f ( ) f ( ) . g ( ) g ( )
分析： （1）类似 g ( x) 0 ， g ( x) 0 或 g ( x) 0 多用反证法证明. （2）仍可考虑使用罗尔定理，关键是寻找辅助函数，结论可变形为 f ( )g( ) g( ) f ( ) 0 ，即证 函数 f ( x) g ( x) g ( x) f ( x) 在 (a, b) 内有零点.由
微分中值定理的应用之中值点存在性的研究
微分中值定理（罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理、泰勒中值定理）是微分 学的基本定理，在微积分中占有非常重要的地位，有着广泛的应用，其中证明某区间上满足 一定条件的中值点的存在性是微分中值定理非常重要的应用，也是在历年考研试题中经常出 现的题型之一.利用中值定理证明中值点的存在性，要兼顾条件与结论，综合分析，寻求证明 思路，解决此类问题的关键是构造辅助函数，而构造辅助函数技巧性较强，本文通过一些典 型题目的求解，全面总结了证明此类问题的技巧与方法. 1 一个中值点的情形 （1） 原函数法 在利用微分中值定理证明中值点的存在性问题时，关键是根据所证明的结论构造辅助函 数，构造辅助函数最基本最重要的思想就是寻求原函数，而寻求原函数的方法又因所证结论 不同而不同. ① 直接法 这种方法的解题思路主要是根据题目所证结论中常数项的特点直接得到辅助函数. 例1 得 函数 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 ，使
则在开区间 (a, b) 内至少存在一点 ，使得 f (b) f (a ) f ( )(b a ) . 分析： 结论可变形为 f ( )
f (b) f (a ) f (b) f (a ) ， 令 则 f (b) kb f (a) ka ， k， ba ba
分析：将结论变形为
1
b a
证明：令 F ( x) ln x ，易知 f ( x) ， F ( x) 在 [a, b] 上满足柯西中值定理的条件，于是可 得：存在 (a, b) ，使
f (b) f (a) f ( ) ，即 F (b) F (a) F ( )
f (b) f (a ) f ( ) ，亦即 1 ln b ln a
2
(0,1) ，使 f ( )
f ( )

.
分析：结论即要证明函数 f ( x)
f ( x) f ( x) 在 (0,1) 内有根，而 f ( x) x x
xf ( x) f ( x) 0 ，即证明函数 xf ( x) f ( x) 在 (0,1) 内有零点.因结论中含有函数导数，故
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f ( ) f ( ) 0 ，即 f ( )
f ( )

.证毕.
注：例 1，例 2，例 3 也可使用这种方法证明. 例 5 设函数 f ( x) ， g ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 f (a ) f (b) 0 ， 证明：至少存在一点 (a, b) ，使 f ( ) f ( ) g ( ) 0 . 分析：结论即要证明函数 f ( x) f ( x) g ( x) 在 (0,1) 内有零点，因结论中含有函数导数， 故考虑利用罗尔定理，而此函数的原函数通过观察可能感到有点困难.将
f ( ) f ( ) g ( ) 0 变形为
f ( ) f ( x) g ( ) 0 ，即要证明函数 g ( x) 在 (0,1) 内有 f ( ) f ( x)
零点.而 [

f ( x) g ( x)]dx ln[ f ( x) e g ( x ) ] c ，显然 ln[ f ( x) e g ( x ) ] 与 f ( x)e g ( x ) 的导数有 f ( x)
g ( x)
相同的零点，于是可取原函数为 f ( x)e 证 明 ： 令 F ( x) f ( x)e
g ( x)
.
, 显 然 F ( x ) 在 [ a , b] 上 连 续 ， 在 ( a , b) 内 可 导 ， 且
F (a) F (b) 0 ， 于 是 由 罗 尔 定 理 知 ： 至 少 存 在 一 点 (0,1) ， 使 F ( ) 0 ， 而
F ( ) 0 ，即 f ( ) f (b) f (a) 0 ，亦即 f (b) f (a ) f ( )(b a ) .证毕. ba
注：例 1、例 2 也可以用此方法证明. ③ 积分法 这种方法的基本思想是利用不定积分寻求辅助函数，具体做法如下：将结论中的 换 成 x ，通过恒等变形将结论化成 F ( x) |x 0 的形式，然后用观察或直接积分（如果不易通过 观察得到）求得原函数 F ( x) ，积分常数取为 0. 例 4 设函数 f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) 0 .证明：至少存在一点
F ( x) [ f ( x) f ( x) g ( x)]e g ( x ) ， 故 [ f ( ) f ( ) g ( )]e g ( ) 0 ， 又 e g ( ) 0 ， 于 是
f ( ) f ( ) g ( ) 0 .证毕.
当所证明的结论中出现二阶导数时通常可考虑两次使用中值定理证明. 例 6 设函数 f ( x) 在 [0,1] 上有二阶导数，且 f (0) 0 , F ( x) ( x 1) f ( x) ，证明:在
f ( x) g ( x) g ( x) f ( x) c .
故可取 f ( x) g ( x) g ( x) f ( x) 为原函数. 证明： （1）假设存在一点 x0 (a, b) 使 g ( x0 ) 0 ，显然 g ( x) 在 [a, x0 ],[ x0 , b] 上满足罗尔 定理条件.于是存在 1 [a, x0 ] ， 2 [ x0 , b] 使得 g (1 ) 0 ， g ( 2 ) 0 .而 g ( x) 在 [1 , 2 ] 上又满足罗尔定理条件，于是存在 (1 , 2 ) (a, b) ，使得 g ( ) 0 ，与题设条件矛盾. 故在 (a, b) 内 g ( x) 0 . （2）令 F ( x) f ( x) g ( x) g ( x) f ( x) ，显然 F ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且
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显然这是一个对称式，故可令 F ( x) f ( x) kx . 证 明 ： 作 辅 助 函 数 F ( x) f ( x) kx ， 显 然 在 [a, b] 上 连 续 ， 在 (a, b) 内 可 导 ， 且
F (a) F (b) ，因此 F ( x) [a, b] 上满足罗尔定理的条件，于是至少存在一点 (a, b) 使得