专题二 一元微分学 （4）
有关微分中值定理的证明题
知识点：
定理一：（费马引理） 假设函数
f(x)在
x=a的某领域有定义，而
f(a)是函数的最大值或者最小值，且函数可导，则有
f^{'}(a)=0;
定理二：（罗尔定理） 假设函数
f(x)在
[a,b]连续，在
(a,b)上可导，且
f(a)=f(b)，则
\exists \xi(a,b)内，使得
f^{'}(\xi)=0;
定理三：（拉格朗日中值定理） 假设函数
f(x)在
[a,b]连续，在
(a,b)上可导,则
\exists \xi(a,b)内，使得
f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a)定理四：（柯西中值定理） 假设函数
f(x),g(x)在
[a,b]连续，在
(a,b)内可导，且
g^{'}(x)\neq 0，则
\exists \xi (a,b)，使得
\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f^{'}(\xi)}{g^{'}(\xi)}例2.19 （莫斯科大学1975年竞赛题）
设
f(x)在
[0,+\infty)上连续可导，
f(0)=1，且对于任意
x\geq 0有
|f(x)|\leq e^{-x}，求证：
\exists \xi(0,+\infty)内，有
f^{'}(\xi)=-e^{-\xi}解：构造
F(x)=f(x)-e^{-x}，显然
F(x)在
(0,+\infty)上连续可导，且
F(0)=f(0)-e^{-0}=0，而
\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}|f(x)|\leq \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}e^{-x}=0，所以
\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}f(x)=0，由罗尔定理，则
\exists \xi (0,+\infty)内，使得
F^{'}(\xi)=0，则
f^{'}(\xi)=-e^{-\xi}。
例2.20 （江苏省2000年竞赛题）
设
f(x),g(x)在
[a,b]连续，在
(a,b)内可导，且对于任意的
x\in(a,b)均有
f^{'}(x)g(x)-g^{'}(x)f(x)\neq 0.
证明：如果
f(x)在
(a,b)内由两个零点，则在这两个零点之间，
g(x)至少有一个零点.
解：（反证法）假设有任意的
x_{1},x_{2}\subset (a,b)，
g(x)\neq =0，而
f(x_{1})=f(x_{2})=0，构造函数
G(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}，显然有
G^{'}(x)=\dfrac{f^{'}g(x)-g^{'}(x)f(x)}{(g(x))^2}，根据题意
f^{'}(x)g(x)-g^{'}(x)f(x)\neq 0,
f^{'}(x_{1})g(x_{1})-f(x_{1})g^{'}(x_{1})=f^{'}(x_{1})g^{'}({x_{1}})\neq 0，有
g(x_{1})\neq 0；同理
f^{'}(x_{2})g(x_{2})-f(x_{2})g^{'}(x_{2})=f^{'}(x_{2})g^{'}({x_{2}})\neq 0，有
g(x_{2})\neq 0；知
F(x_{1})=F(x_{2})，所以根据罗尔定理，
\exists \xi (a,b)，有
f^{'}(\xi)g(\xi)-g^{'}(\xi)f(\xi)=0，与条件矛盾。
所以在两个零点之间，必然
g(x)有一个零点。
例2.21 （江苏省2000年竞赛题）设
f(x),g(x)在
[a,b]可微，且
g^{'}(x)\neq 0，证明：存在一点$c(a
解：构造函数
F(x)=f(a)g(x)+g(b)f(x)-f(x)g(x)，因为
F(x)在
[a,b]上可微，而
F(a)=F(b)=f(a)g(b)，由罗尔定理知，
\exists c\in(a,b)内，使得
F^{'}(c)=0。而
F^{'}(x)=f(a)g^{'}(x)+g(a)f^{'}(x)-f^{'}(x)g(x)+f(x)g^{'}(x)，带入得
F^{'}(c)=f(a)g^{'}(c)+g(a)f^{'}(c)-f^{'}(c)g(c)+f(c)g^{'}(c)=0，变形得
g^{'}[f(a)-g(c)]=f^{'}(c)[g(c)-g(b)],而
g^{'}(c)\neq 0，所以由反证法有
g(c)-g(b)\neq 0，则
\exists \xi \in(a,b)内，使得
\dfrac{f(a)-f(c)}{g(c)-g(b)}=\dfrac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}.
例2.22 （全国大学生2013年竞赛题）
设函数
f(x)在区间
[-2,2]二阶可导，且有
|f(x)|\leq 1，又
[f(0)]^2+[f^{'}(0)]^2=4，证明：在
(-2,2)上至少存在一点
\xi,使得
f(\xi)+f^{''}(\xi)=0.
解：由于函数
f(x)是二阶可导的，故
f(x)与
f^{'}(x)均是在
[-2,2]均是连续可导的，
构造函数
G(x)=[f(x)]^2+[f^{'}(x)]^2,而
G(0)=4,在区间
(-2,0)和
(0,2)上分别用两次
拉格朗日中值定理，则
\xi_{1}、\xi_{2}分别
\in(-2,0)、\in(0,2),有
f^{'}(\xi_{1})=\frac{f(0)-f(-2)}{0-(-2)}，f^{'}(\xi_{2})=\frac{f(2)-f(0)}{2-0}
由题意
|f(x)|\leq 1，故
|f^{'}(\xi_{1})|\leq 1，
|f^{'}(\xi_{2})|\leq 1, 可知
0\leq |G(\xi_{1}))|\leq 2，
0\leq |G(\xi_{2}))|\leq 2，而
G(x)是连续的，所以其有最大最小值，设最大值为
G(\xi)，显然
G(\xi)\geq 4,而
0\leq |G(\xi_{1}))|\leq 2，
0\leq |G(\xi_{2}))|\leq 2,所以
\xi\in(\xi_{1]},\xi_{2})内，有
G^{'}(\xi)=0,
f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a)，根据前面知
G^{'}(\xi)=[G(\xi)]^2+[G^{''}(\xi)]^2\geq 4，所以有
G(\xi)+G^{''}(\xi)=0,故得证。
例2.23 （浙江省2004年竞赛题）
已知函数
f(x)在
[0,1]三阶可导，且
f(0)=-1，f(1)=0，f^{'}(0)=0，
证明：至少存在一点
\xi\in(0,1)内，使得
f(x)=-1+x^2+\dfrac{x^2(x-1)}{3!}f^{''}(\xi)，x\in(0,1)解：构造函数
F(x)=f(x)+1-t^2+\dfrac{t^2(t-1)}{x^2(x-1)}[f(x)-x^2+1]，显然
F(x)\in C(0,1)，
而
F(0)=F(x)=F(1)=0，在
(0,x)和
(x,1)分别用罗尔定理，有
F^{'}(\xi_{1})=0，
F^{'}(\xi_{2})=0，
F^{'}(0)=0；再对
(0,\xi_{1})和
(\xi_{1},\xi_{2})用罗尔定理有
\exists \eta_{1}\in(0,\xi_{1})，
\exists \eta_{2}\in(\xi_{1},\xi_{2})，
F^{''}(\eta_{1})=0，
F^{''}(\eta_{2})=0;
由于
F^{''}\in C[0,1]，
F^{''}\in D(0,1)，再在
(\eta_{1},\eta_{2})用罗尔定理有
F^{'''}(\eta)=0，
而
F^{'''}(t)=f^{'''}(t)-\dfrac{3!}{x^2(x-1)}[f(x)-x^2+1]，故
\exists\eta\in(0,1)，
使得
f(x)=-1+x^2+\dfrac{x^2(x-1)}{3!}f^{''}(\xi)，x\in(0,1)例2.24 （精选题）设
f(x)在
[a,b]上连续，在
(a.b)内可导，且
f(a)=0，
f(b)=1，求证：
\exists \xi\in(a,b)，
\exists\eta\in(a,b)，且
\xi\neq \eta，使得
\dfrac{1}{f^{'}(\xi)}+\dfrac{1}{f^{'}(\eta)}=2(b-a)解：首先根据介值定理，
\exists c\in(a,b)，使得
f(c)=\dfrac{1}{2}，在区间
(a,c)和
(c,b)上
分别用拉格朗日中值定理，则有
\xi\in(a,c)，\eta\in(c,b)(\eta \neq \xi)上，使得
f(c)-f(a)=f^{'}(\xi)(c-a)，f(b)-f(c)=f^{'}(\eta)(b-c)
两式相加得
\displaystyle\frac{\dfrac{1}{2}}{f^{'}(\xi)}+\frac{\dfrac{1}{2}}{f^{'}(\eta)}=c-a+b-c=b-a
化简得
\dfrac{1}{f^{'}(\xi)}+\dfrac{1}{f^{'}(\eta)}=2(b-a)今天的题目就到这里了，主要就是中值定理构造函数进行条件计算的问题，注意构造函数的用法，还有函数的连续性的性质，注意最大值以及最小值。其次就是介值定理的应用。谢谢大家的支持。
作者：小熊
