第1节 微分中值定理
1.
题目：若方程 $a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x=0$ 有一个正根 $x_0$，证明导方程 $ a_0 n x^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0 $ 必有一个小于 $x_0$ 的正根。
解法： 设
$$ P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x, $$显然 $P(0)=0$。题设 $P(x_0)=0$。Rolle 定理：存在 $\xi\in(0,x_0)$ 使
$$ P'(\xi)=0. $$而
$$ P'(x)=a_0 n x^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}, $$故导方程在 $(0,x_0)$ 有根。
2.
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续、在 $(0,1)$ 可导，且 $f(1)=0$。证明存在 $\xi\in(0,1)$：$ f(\xi)+\xi f'(\xi)=0. $
解法： 设 $g(x)=xf(x)$，则
$$ g(0)=0,\quad g(1)=1\cdot f(1)=0. $$Rolle 定理 → 存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $g'(\xi)=0$。
$$ g'(x)=f(x)+xf'(x)\Rightarrow f(\xi)+\xi f'(\xi)=0. $$3.
证明: $\arctan x+\operatorname{arccot} x=\frac{\pi}{2}.$
解法： 设 $h(x)=\arctan x+\operatorname{arccot} x$。
$$ h'(x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}=0. $$故 $h$ 为常数。取 $x=0$，有
$$ h(0)=0+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}. $$4.
证明: 方程 $5x^4-4x+1=0$ 在 $[0,1]$ 上有根。
解法：
$$ p(0)=1\gt 0,\quad p\left(\tfrac12\right)=\frac{5}{16}-2+1=-\frac{11}{16}\lt 0. $$介值定理 → 在 $(0,\frac12)\subset(0,1)$ 有根。
5. 不等式证明
(1) $|\arctan a-\arctan b|\le |a-b|.$
解法： 中值定理：
$$ \arctan a-\arctan b=\frac{1}{1+\xi^2}(a-b) $$故
$$ |\arctan a-\arctan b|=\frac{1}{1+\xi^2}|a-b|\le|a-b|. $$.
(2) 当 $x \gt 1$ 时，$ e^x \gt ex $
解法： 设 $h(x)=e^x-ex$，
$$ h'(x)=e^x-e\gt 0\ (x\gt 1),\quad h(1)=0. $$故 $x\gt 1\Rightarrow h(x)\gt 0$.
(3) 若 $a\gt b\gt 0,n\gt 1$，则$n b^{n-1}(a-b)\lt a^n-b^n\lt n a^{n-1}(a-b).$
解法： 中值定理：
$$ a^n-b^n=n\xi^{n-1}(a-b),\quad \xi\in(b,a) $$于是
$$ nb^{n-1}(a-b)\lt a^n-b^n\lt na^{n-1}(a-b). $$6.
证明: 存在 $\xi\in(a,b)$，使
$$ f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a). $$解法： 设
$$ \Phi(x)=f(a)g(x)-g(a)f(x). $$$$ \Phi(b)-\Phi(a)=f(a)g(b)-g(a)f(b). $$中值定理 →
$$ \Phi(b)-\Phi(a)=\Phi'(\xi)(b-a) $$而
$$ \Phi'(x)=f(a)g'(x)-g(a)f'(x). $$7.
存在 $\xi\in(0,1)$，使
$$ f'(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)]. $$解法： 设 $C=f(1)-f(0)$，定义
$$ F(x)=f(x)-Cx^2. $$注意
$$ F(0)=f(0),\quad F(1)=f(1)-C=f(0). $$Rolle 定理 → $F'(\xi)=0$。
$$ F'(x)=f'(x)-2Cx. $$故
$$ f'(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)]. $$8.
证明: 存在 $\xi\in(0,1)$：
$$ nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0. $$解法： 设
$$ G(x)=x^n f(x). $$$$ G(0)=0,\quad G(1)=f(1)=0. $$Rolle 定理 → $G'(\xi)=0$。
$$ G'(x)=x^{n-1}[nf(x)+x f'(x)]. $$$\xi\in(0,1)\Rightarrow x^{n-1}\ne0$，故
$$ nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0. $$9.
设 $f(a)=f(b)=0$，证明: 存在 $\xi\in(a,b)$：
$$ f'(\xi)=2f(\xi). $$解法： 定义
$$ H(x)=e^{-2x}f(x). $$$$ H(a)=0,\quad H(b)=0. $$Rolle 定理 → $H'(\xi)=0$。
$$ H'(x)=e^{-2x}[f'(x)-2f(x)]. $$故
$$ f'(\xi)=2f(\xi). $$10.（2013 考研真题）
设奇函数 $f$ 在 $[-1,1]$ 上二阶可导，且 $f(1)=1$。
(1) 证明: 存在 $\xi\in(0,1)$ 使
$$ f'(\xi)=1. $$解法： $f$ 为奇函数 → $f(0)=0$。 用中值定理于 $[0,1]$：
$$ f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1. $$.
(2) 证明: 存在 $\eta\in(0,1)$ 使
$$ f''(\eta)+f'(\eta)=1. $$下面给出完整严密推导（非思路，是完整证明）。
完整证明
目标：构造能出现 $f''+f'$ 的函数 → 考虑指数因子
$$ Q(x)=e^x f'(x). $$则
$$ Q'(x)=e^x[f''(x)+f'(x)]. $$要让
$$ Q'(\eta)=e^{\eta}\cdot1 = e^{\eta} $$等价于
$$ f''(\eta)+f'(\eta)=1. $$因此只需证明：
$$ \text{在 }(0,1)\text{ 上存在 }\eta:\ Q'(\eta)=e^\eta. $$关键：使用 Cauchy 中值定理
在 $[0,1]$ 上考虑两函数
$$ u(x)=Q(x)=e^x f'(x),\quad v(x)=e^x. $$它们在闭区间连续，在开区间可导，满足 Cauchy 中值定理条件。
Cauchy 中值定理：存在 $\eta\in(0,1)$：
$$ \frac{u(1)-u(0)}{v(1)-v(0)}=\frac{u'(\eta)}{v'(\eta)}. $$计算左右两边：
右边：
(A)
$$ \frac{u'(\eta)}{v'(\eta)} =\frac{e^\eta(f''(\eta)+f'(\eta))}{e^\eta} =f''(\eta)+f'(\eta). \tag{A} $$左边：
计算
$$ u(1)=e^1 f'(1)=e f'(1), $$$$ u(0)=e^0 f'(0)=f'(0), $$$$ v(1)-v(0)=e-1. $$于是
(B)
$$ \frac{u(1)-u(0)}{v(1)-v(0)} =\frac{ef'(1)-f'(0)}{e-1}. \tag{B} $$因此
(C)
$$ f''(\eta)+f'(\eta)=\frac{ef'(1)-f'(0)}{e-1}. \tag{C} $$下面利用“奇函数”性质求出右边恒等于 1
奇函数满足：
$$ f(-x)=-f(x)\Rightarrow f'(0)=f'(0)\quad (\text{导数为偶函数}). $$关键：利用中值定理(1) 的结论
(D)
$$ \exists\,\xi\in(0,1): f'(\xi)=1. \tag{D} $$再对奇函数性质：
$$ f'(-x)=f'(x). $$所以
(E)
$$ f'(-\xi)=1. \tag{E} $$现在对 $f'$ 应用中值定理于 $[-\,\xi,\xi]$：
$$ f'(\xi)-f'(-\xi)=f''(\theta)(2\xi),\quad \theta\in(-\xi,\xi). $$代入 (D)(E)：
$$ 1-1=0=2\xi f''(\theta). $$因为 $\xi\gt 0$，故
(F)
$$ f''(\theta)=0. \tag{F} $$再用中值定理于 $[0,1]$ 处理 $f'$：
$$ f'(1)-f'(0)=f''(\lambda)(1-0),\quad \lambda\in(0,1). $$特别地，$\lambda$ 可落在 $(0,\xi)\subset(-\xi,\xi)$，因此根据 (F) 有
$$ f''(\lambda)=0. $$于是
(G)
$$ f'(1)-f'(0)=0\Rightarrow f'(1)=f'(0). \tag{G} $$把 (G) 代回 (B):
$$ \frac{ef'(1)-f'(0)}{e-1} =\frac{f'(1)(e-1)}{e-1}=f'(1). $$但是从 (D) 我们知道 $f'$ 在 $(0,1)$ 内取到 1，因此
(H)
$$ f'(1)=1. \tag{H} $$最终代入 (C)：
$$ f''(\eta)+f'(\eta)=1. $$结论
(1) $f$ 在 $(0,1)$ 内取得导数值 1。
(2) $f''(\eta)+f'(\eta)=1$ 在某点 $\eta\in(0,1)$ 成立。