第1节 微分中值定理
一、基础题
- 若方程$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_nx=0$有一个正根$x=x_0$，证明方程$a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{,n-2}+\cdots +a_{n-1}=0$必有一个小于$x_0$的正根。
解答过程： 令
$$F(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_nx$$已知$F(x_0)=0$且$x_0>0$。对$F(x)$求导：
$$F'(x)=a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}$$应用罗尔定理： $F(0)=0$（因为最后一项是$a_nx$），且$F(x_0)=0$，并且$F$在$[0,x_0]$上连续，在$(0,x_0)$内可导，因此存在$\xi\in(0,x_0)$使
$$F'(\xi)=0$$这正是要证明的方程在$(0,x_0)$内有一正根。
2.设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(1)=0$，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使
$$f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$解答过程： 构造
$$F(x)=xf(x)$$则$F(0)=0$，$F(1)=1\cdot f(1)=0$，所以$F(0)=F(1)$。 应用罗尔定理，存在$\xi\in(0,1)$使
$$F'(\xi)=0$$而
$$F'(x)=f(x)+xf'(x)$$所以在该$\xi$有
$$f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$3.证明恒等式$\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac{\pi}{2}\ (x\in\mathbb R)$。
证明： 定义函数
$$F(x)=\arctan x+\operatorname{arccot}x.$$我们希望证明对所有 $x\in\mathbb R$ 都有
$$F(x)=\frac{\pi}{2}.$$为此，先证明 $F(x)$ 是常数函数。
第一步：求导判断是否为常数 在实数范围内，$\arctan x$ 可导，$\operatorname{arccot}x$ 也可导，且其导数为：
$$(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}},$$$$(\operatorname{arccot}x)'=-\frac{1}{1+x^{2}}.$$因此，
$$F'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}=0,\qquad \forall x\in\mathbb R.$$第二步：用拉格朗日中值定理推论说明导数恒为零 ⇒ 函数为常数 拉格朗日中值定理的推论：
若函数在区间上连续、在内部可导，并且导数恒为 0，则该函数在该区间上为常数函数。
因为：
$\arctan x$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；
$\operatorname{arccot}x$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；
故 $F(x)$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；
且 $F'(x)=0$ 对所有 $x\in\mathbb R$ 成立。
因此由拉格朗日中值定理的推论，得：
$$F(x)\equiv C,\qquad x\in\mathbb R,$$其中 $C$ 为常数。
第三步：确定常数值 取一个简单的点，例如 $x=1$。
$$\arctan 1=\frac{\pi}{4},\qquad \operatorname{arccot}1=\frac{\pi}{4}.$$于是：
$$F(1)=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}.$$所以：
$$F(x)\equiv \frac{\pi}{2},\qquad x\in\mathbb R.$$结论
$$\boxed{\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac{\pi}{2},\qquad x\in\mathbb R.}$$- 证明方程$5x^4-4x+1=0$在$[0,1]$之间至少有一个实根。 第一步：观察构造出的函数 设 $$F(x)=x^5 - 2x^2 + x.$$ 计算端点值： $$F(0)=0,$$ $$F(1)=1-2+1=0.$$ 因此： $$F(0)=F(1)=0.$$ 这正好满足罗尔定理的条件之一。
第二步：验证罗尔定理适用条件 函数 $F(x)$ 是多项式，在 $[0,1]$ 上处处连续、可导，因此罗尔定理适用。 因为：
$F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续；
在 $(0,1)$ 上可导；
$F(0)=F(1)=0$。
综上，由罗尔定理可知：
$$\exists\, c\in (0,1),\quad F'(c)=0.$$第三步：求导得到原方程 求导：
$$F'(x)=5x^4 - 4x + 1.$$这正是题目中要证明有根的函数！ 因为罗尔定理保证：
$$\exists\, c\in(0,1),\quad F'(c)=0,$$所以：
$$5c^4 - 4c + 1 = 0.$$这说明原方程：
$$5x^4 - 4x + 1 = 0$$在 $(0,1)$ 内必定存在一个实根。
结论
$$\boxed{\text{方程 } 5x^{4}-4x+1=0 \text{ 在 } [0,1] \text{ 中至少有一个实根。}}$$证明完成。
- 证明不等式：
(1) $|\arctan a-\arctan b|\le |a-b|$
解答过程： 函数$\arctan x$在$\mathbb R$上可导，且
$$|\arctan'(x)|=\frac{1}{1+x^2}\le1$$由拉格朗日定理：
$$\arctan a-\arctan b=\frac{1}{1+\xi^2}(a-b)$$取绝对值得
$$|\arctan a-\arctan b|\le |a-b|$$.
(2) 当$x>1$时，$e^x>e\cdot x$.
证明 要证明：
$$x>1 \implies e^{x} > e\cdot x.$$定义函数：
$$f(t)=e^{t}, \qquad t\ge 1.$$在 $[1,x]$ 这个区间（其中 $x>1$），函数 $f(t)$ 连续且可导，满足拉格朗日中值定理的条件。
由拉格朗日中值定理，存在某个 $c\in(1,x)$ 使得：
$$e^{x}-e^{1} = f(x)-f(1) = f'(c)(x-1).$$因为
$$f'(t)=e^{t},$$所以：
$$e^{x}-e = e^{c}(x-1).$$将其整理：
$$e^{x} = e + e^{c}(x-1).$$由于 $c>1$，所以：
$$e^{c} > e^{1}=e.$$并且 $x-1>0$。因此：
$$e^{c}(x-1) > e(x-1).$$代回等式得：
$$e^{x} = e + e^{c}(x-1) > e + e(x-1)= e x.$$结论
$$\boxed{e^{x} > e\cdot x \quad (x>1)}.$$证明完成。
(3) 若$a>b>0,n>1$，则
$$nb^{n-1}(a-b)因为$b<\xi
二、提高题
- 设$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，证明：至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使 $$f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a)$$
证明：
第一步：构造函数
构造如下函数（关键构造）：
$$F(x)=f(a)g(x)-g(a)f(x).$$由于 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。 这是使拉格朗日中值定理可用的关键。
第二步：应用拉格朗日中值定理
由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得：
$$F(b)-F(a) = F'(\xi)(b-a).$$分别计算两侧：
第三步：计算左侧 $F(b)-F(a)$
$$F(b)=f(a)g(b)-g(a)f(b),$$$$F(a)=f(a)g(a)-g(a)f(a)=0.$$因此：
$$F(b)-F(a) = f(a)g(b)-g(a)f(b).$$第四步：计算右侧导数 $F'(\xi)$ 对 $F(x)=f(a)g(x)-g(a)f(x)$ 求导：
$$F'(x)=f(a)g'(x)-g(a)f'(x).$$代入点 $\xi$ 得：
$$F'(\xi)=f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi).$$第五步：代回拉格朗日中值定理公式
$$f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a).$$。
证毕。
最终结论
$$\boxed{\exists\,\xi\in(a,b):\ f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a).}$$- 设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使 $$f'(\xi)=2\xi\,[f(1)-f(0)],\quad \xi\in(0,1).$$
解答过程： 令我们构造一个辅助函数：
$$F(x)=x^{2}.$$显然 $F(x)$ 也在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，满足柯西中值定理的条件。
使用柯西中值定理 对函数对 $(f(x), F(x))$ 在区间 $[0,1]$ 上应用柯西中值定理。 因为$f, F$ 都在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，
所以存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得：
$$\frac{f(1)-f(0)}{F(1)-F(0)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}.$$将 $F(x)=x^{2}$ 代入计算：
$$F(1)=1,\quad F(0)=0 \quad \Rightarrow \quad F(1)-F(0)=1.$$并且：
$$F'(x)=2x.$$代入柯西中值定理公式：
$$\frac{f(1)-f(0)}{1}=\frac{f'(\xi)}{2\xi}.$$即：
$$f'(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)].$$- 设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(1)=0$，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使 $$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$
解答过程： 构造
$$F(x)=x^n f(x)$$则$F(1)=0$，且$F(0)=0$。 罗尔定理保证存在$\xi\in(0,1)$使
$$F'(\xi)=0$$而
$$F'(x)=nx^{n-1}f(x)+x^n f'(x)=x^{n-1}[nf(x)+xf'(x)]$$因为$\xi\in(0,1)$，所以$x^{n-1}>0$，可得
$$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$9． 设 $f(x)$ 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 $\xi\in(a,b)$，使 $f'(\xi)=2f(\xi).$
解答过程： 令 $F(x)=e^{-2x}f(x).$ 由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，$F$ 亦满足相同条件。并且 $F(a)=e^{-2a}f(a)=0,\quad F(b)=e^{-2b}f(b)=0.$ 由 Rolle 定理知，存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $F'(\xi)=0.$ 计算导数： $F'(x)=e^{-2x}(f'(x)-2f(x)).$ 代入 $\xi$ 得 $e^{-2\xi}(f'(\xi)-2f(\xi))=0.$ 因 $e^{-2\xi}\neq0$，故 $f'(\xi)=2f(\xi).$ 证毕。
10．（2013218） 设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1)=1$，证明：
（1）存在 $\xi\in(0,1)$，使 $f'(\xi)=1$；
（2）存在 $\eta\in(0,1)$，使 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$。
解答过程：
（1）使用罗尔定理证明存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $f'(\xi)=1$ 已知：
$f(x)$ 为奇函数；
$f(1)=1$；
在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数（因此在 $[-1,1]$ 可导且连续）。
因为 $f(x)$ 是奇函数，所以：
$$f(-1)=-f(1)=-1.$$构造辅助函数 按照你的要求，构造：
$$F(x)=f(x)-x.$$则：
$$F(1)=f(1)-1=1-1=0,$$$$F(-1)=f(-1)-(-1)=-1+1=0.$$因此：
$$F(1)=F(-1)=0.$$并且 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，在 $(-1,1)$ 内可导，满足罗尔定理的条件。
应用罗尔定理 由罗尔定理，存在 $\xi\in(-1,1)$，使得：
$$F'(\xi)=0.$$而：
$$F'(x)=f'(x)-1.$$因此：
$$F'(\xi)=0 \quad\Longrightarrow\quad f'(\xi)-1=0,$$故：
$$f'(\xi)=1.$$又因为 $f'(x)$ 为偶函数（奇函数的导函数为偶函数），有：
$$f'(\xi)=f'(-\xi)=1.$$故至少一个这样的点可以取在正半区间 $(0,1)$。
结论（1）
$$\boxed{\exists\,\xi\in(0,1) \quad\text{使得}\quad f'(\xi)=1.}$$（2）构造 $G(x)=e^x[f'(x)-1]$，证明存在 $\eta\in(0,1)$ 使得
$$f''(\eta)+f'(\eta)=1.$$按照你的要求构造：
$$G(x)=e^x\left[f'(x)-1\right].$$我们希望利用介值型推理 + 罗尔/拉格朗日原理来找到使 $G'(x)=0$ 的点。
计算导数 求导：
$$G'(x)=e^x\left[f''(x)-0\right] + e^x\left[f'(x)-1\right]$$即：
$$G'(x)=e^x\left[f''(x)+f'(x)-1\right].$$因此
$$G'(x)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad f''(x)+f'(x)=1.$$所以我们只需证明： 存在 $\eta\in(0,1)$ 使得 $G'(\eta)=0$。
证明 $G'(x)$ 在 $(0,1)$ 内必有零点 我们利用第（1）问已知的信息： 存在 $\xi\in(0,1)$ 使得：
$$f'(\xi)=1.$$于是：
$$G(\xi)=e^\xi(1-1)=0.$$另一方面： 因为 $f(x)$ 是奇函数， 所以 $f'(x)$ 是偶函数，即：
$$f'(-\xi)=f'(\xi)=1.$$因此：
$$G(-\xi)=e^{-\xi}(1-1)=0.$$于是可以得到：
$$G(-\xi)=0,\qquad G(\xi)=0.$$并且 $G(x)$ 在 $(-1,1)$ 内连续可导。 因此满足罗尔定理条件。
应用罗尔定理 由罗尔定理可知：
$$\exists\,\eta\in(-\xi,\xi)\subset ( -1,1)\quad\text{使}\quad G'(\eta)=0.$$注意到：
$$(-\xi,\xi)\cap(0,1)=(0,\xi),$$因此至少存在一个 $\eta\in(0,1)$ 使得：
$$G'(\eta)=0.$$即：
$$e^\eta\left[f''(\eta)+f'(\eta)-1\right]=0.$$因为 $e^\eta\neq 0$，故：
$$f''(\eta)+f'(\eta)=1.$$