习题3.1 中值定理 | Hengkai Yao | AI Ocean Scientist

习题3.1 中值定理

【题目】

函数 $f(x)=x^{4}$ 在区间 $[1,2]$ 上满足 Lagrange 中值定理的 $\xi=$ ____；
若函数 $f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)$ ，则方程 $f'(x) = 0$ 有分别位于区间 ____、____、____ 内的三个实根；
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，则至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $e^{f(b)} - e^{f(a)} =$ ____.

【解析】

$f(x) = x^4$ 在 $[1, 2]$ 上连续，在 $(1, 2)$ 内可导，$f'(x) = 4x^3$。由拉格朗日中值定理：
$$f(2) - f(1) = f'(\xi)(2 - 1) \implies 2^4 - 1^4 = 4\xi^3(1) \implies 15 = 4\xi^3$$
解得：
$$\xi = \left(\frac{15}{4}\right)^{\frac{1}{3}}$$
且 $\left(\frac{15}{4}\right)^{\frac{1}{3}} \approx 1.55 \in (1, 2)$。
函数 $f(x)$ 为多项式，在实数域上处处连续可导，且 $f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = 0$。分别在 $[1, 2]$、$[2, 3]$、$[3, 4]$ 上应用罗尔定理：

在 $[1, 2]$ 上，存在 $\xi_1 \in (1, 2)$ 使得 $f'(\xi_1) = 0$；
在 $[2, 3]$ 上，存在 $\xi_2 \in (2, 3)$ 使得 $f'(\xi_2) = 0$；
在 $[3, 4]$ 上，存在 $\xi_3 \in (3, 4)$ 使得 $f'(\xi_3) = 0$。因此方程 $f'(x) = 0$ 的三个实根分别位于区间 (1, 2)、(2, 3)、(3, 4) 内。

令辅助函数 $F(x) = e^{f(x)}$。因为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，故 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $F'(x) = e^{f(x)} f'(x)$。由拉格朗日中值定理，至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得： $$F(b) - F(a) = F'(\xi)(b - a) \implies e^{f(b)} - e^{f(a)} = e^{f(\xi)} f'(\xi)(b - a)$$

【题目】

2） $nb^{n - 1}(a - b) < a^n -b^n < na^{n - 1}(a - b)$ ，其中 $a > b > 0$ ， $n > 1$.

【解析】

证明： 设函数 $f(x) = \ln x$。当 $a > b > 0$ 时，$f(x)$ 在闭区间 $[b, a]$ 上连续，在开区间 $(b, a)$ 内可导，且 $f'(x) = \frac{1}{x}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (b, a)$，使得：
$$\ln a - \ln b = f'(\xi)(a - b) \implies \ln\frac{a}{b} = \frac{1}{\xi}(a - b)$$
因为 $0 < b < \xi < a$，所以：
$$\frac{1}{a} < \frac{1}{\xi} < \frac{1}{b}$$
由于 $a - b > 0$，两边同乘 $(a - b)$ 得：
$$\frac{a - b}{a} < \frac{a - b}{\xi} < \frac{a - b}{b} \implies \frac{a - b}{a} < \ln\frac{a}{b} < \frac{a - b}{b}$$
证毕。
证明： 设函数 $f(x) = x^n$。当 $a > b > 0, n > 1$ 时，$f(x)$ 在 $[b, a]$ 上连续，在 $(b, a)$ 内可导，且 $f'(x) = n x^{n - 1}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (b, a)$，使得：
$$a^n - b^n = f'(\xi)(a - b) = n\xi^{n - 1}(a - b)$$
因为 $n > 1$ 且 $0 < b < \xi < a$，函数 $y = x^{n - 1}$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格单调递增，故：
$$b^{n - 1} < \xi^{n - 1} < a^{n - 1}$$
由于 $n(a - b) > 0$，同乘 $n(a - b)$ 得：
$$n b^{n - 1}(a - b) < n \xi^{n - 1}(a - b) < n a^{n - 1}(a - b)$$
即：
$$n b^{n - 1}(a - b) < a^n - b^n < n a^{n - 1}(a - b)$$
证毕。

【题目】

1）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上具有二阶导数，且 $f(a) = f(b) = f(c) \quad (a < c < b)$ ，则在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f''(\xi) = 0$ ；

2）证明：多项式 $g(x) = x^{3} - 3x + a$ 在 [0,1] 上不可能有两个零点；

已知函数 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可微，且 $f(0) = 1$ ， $f(1) = 0$ ，求证：在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$ ;
设 $0 < a < b$ ，函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，试利用柯西中值定理证明存在点 $\xi \in (a, b)$ ，使 $f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \frac{b}{a}$ .

【解析】

证明： 因为 $f(x)$ 在 $[a, c]$ 和 $[c, b]$ 上连续可导，且 $f(a) = f(c) = f(b)$。分别在 $[a, c]$ 和 $[c, b]$ 上应用罗尔定理：

存在 $\xi_1 \in (a, c)$ 使得 $f'(\xi_1) = 0$；
存在 $\xi_2 \in (c, b)$ 使得 $f'(\xi_2) = 0$。显然 $a < \xi_1 < c < \xi_2 < b$。由于 $f(x)$ 具有二阶导数，导函数 $f'(x)$ 在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上连续，在 $(\xi_1, \xi_2)$ 内可导，且 $f'(\xi_1) = f'(\xi_2) = 0$。对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上应用罗尔定理，可知存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b)$，使得： $$f''(\xi) = 0$$ 证毕。

证明： 用反证法。假设 $g(x) = x^3 - 3x + a$ 在 $[0, 1]$ 上有两个不同的零点 $x_1, x_2$（设 $0 \leq x_1 < x_2 \leq 1$），则 $g(x_1) = g(x_2) = 0$。因为多项式 $g(x)$ 在 $[x_1, x_2]$ 上连续可导，由罗尔定理，至少存在一点 $\xi \in (x_1, x_2) \subset (0, 1)$，使得：
$$g'(\xi) = 0$$
然而计算导数：$g'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1)$。当 $x \in (0, 1)$ 时，$x^2 < 1$，恒有 $g'(x) = 3(x^2 - 1) < 0$。即在开区间 $(0, 1)$ 内不存在任何点使导数等于 0，这与罗尔定理结论矛盾！因此，多项式 $g(x)$ 在 $[0, 1]$ 上不可能有两个零点。
证明： 要证 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$，等价于证明 $\xi f'(\xi) + f(\xi) = 0$。令辅助函数 $F(x) = x f(x)$。

$F(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导；
计算端点值： $$F(0) = 0 \cdot f(0) = 0$$ $$F(1) = 1 \cdot f(1) = 0$$ 故 $F(0) = F(1) = 0$。由罗尔定理，在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $F'(\xi) = 0$。因为 $F'(x) = f(x) + x f'(x)$，所以： $$f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0 \implies f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$$ 证毕。

证明： 要证 $f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln\frac{b}{a}$，即证明： $$\frac{f(b) - f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi) = \frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}}$$ 令辅助函数 $g(x) = \ln x$。当 $0 < a < b$ 时：

$f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导；
当 $x \in (a, b)$ 时，$g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$。由柯西中值定理，至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得： $$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \implies \frac{f(b) - f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}} = \xi f'(\xi)$$ 两边同乘 $\ln\frac{b}{a}$，得： $$f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln\frac{b}{a}$$ 证毕。