微分中值定理 ¶
定理梳理与证明 ¶
费马引理 ¶
设 \(x_0\) 是函数 \(f\) 的极值点 , 并且 \(f\) 在 \(x_0\) 处可微 , 则 :
Tips
证明：
根据定义，存在 \(x_0\) 的一个邻域，对该邻域内的任意 \(x\)，都有 \(f(x) \le f(x_0)\)。
因此，当 \(x > x_0\) 时，\(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \le 0\)；而当 \(x < x_0\) 时，\(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \ge 0\)。
由极限的保号性可知 \(f'_+(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0^+} \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \le 0\)，\(f'_-(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0^-} \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \ge 0\)。
所以 \(f'(x_0)=0\)
罗尔 (Rolle) 定理 ¶
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续 , 在 \((a,b)\) 上可导 , 且 \(f(a) = f(b)\), 则 \(\exists \xi \in (a,b)\), 使得 \(f'(\xi)=0\).
Tips
证明 : 分类讨论
(i) \(f=C, \Rightarrow f'(\xi)=0, \forall \xi \in (a,b)\)
(ii) 不妨 \(\exists x_0\) 满足 \(f(x_0) < f(a) = f(b)\), 则 \(f(x)\) 存在最小值 , \(f'(\xi)=0\).
拉格朗日 (Langrange) 中值定理 ¶
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续 , 在 \((a,b)\) 上可导 , \(\exists \xi \in (a,b)\), 使得 :
Tips
证明 : 设 \(k = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \iff\) 证明 \(f'(\xi)=k\).
由上式得 : \(f(b)-f(a)-k(b-a)=0\).
设 \(F(x) = f(x) - f(a) - k(x-a) \Rightarrow F(b)=F(a)=0\).
由罗尔定理 : \(\exists \xi \in (a,b), F'(\xi)=0 \iff f'(\xi)=k\).
柯西 (Cauchy) 中值定理 ¶
设 \(f(x), g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续 , 在 \((a,b)\) 上可导 , 且 \(g'(x) \neq 0\), 则 \(\exists \xi \in (a,b)\), 使得 :
Tips
证明 : 设 \(k = \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \Rightarrow f(b)-f(a)-k(g(b)-g(a))=0\).
设 \(F(x) = f(x)-f(a)-k(g(x)-g(a)) \Rightarrow F(a)=F(b)=0\).
由罗尔定理 : \(\exists \xi \in (a,b), F'(\xi)=0 \iff \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = k = \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\).
例题 ¶
仅梳理期中考可能考的问题，后续再对期末考可能考的进行深挖。
构造函数 ¶
14. 已知 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 上可导，\(f(0) = f(1) = 0\)，\(f(\dfrac{1}{2}) = 1\). 证明：
\((1)\exists\varepsilon\in(\dfrac{1}{2},1)\), 使得 \(f(\varepsilon) = \varepsilon\)
\((2)\forall\gamma\in\mathbb{R} \exists\rho\in(0,\varepsilon)\), 使得 \(f'(\rho)-\gamma(f(\rho)-\rho) = 1\)
Answer
(1) 即证 \(g(x) = f(x)-x\) 在 \((\dfrac{1}{2},1)\) 上存在零点，略
(2)\(h(x) = e^{-\gamma x}(f(x)-x)\)
\(h'(x) = e^{-\gamma x}(f'(x)-1-\gamma(f(x)-x))\)
对 \(h(x)\) 使用罗尔定理即证
双中值问题 ¶
关键在于确定区间内的 ( 某些 ) 中间点 c
24.13. 已知函数 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续 , 在 \((0,1)\) 内可导 , 且 \(f(0)=0, f(1)=1\)。证明 :
(1) 存在 \(c \in (0,1)\), 使得 \(f(c)=1-c\);
(2) 存在两个不同的数 \(\xi, \eta \in (0,1)\), 使得 \(f'(\xi)f'(\eta)=1\).
Answer
(1) 略
(2) 在 \([0,c], [c,1]\) 上分别使用拉格朗日中值定理：
存在 \(\xi\in(0,c)\) 使 \(f(c)-f(0) = f(c) = 1-c = f'(\xi)c\)
存在 \(\eta\in(c,1)\) 使 \(f(1)-f(c) = 1-f(c) = c = f'(\eta)(1-c)\)
相乘即证
23.12. 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，且 \(f(0) = 0, f(1) = 1\). 证明：
(1) \(\exists c \in (0, 1)\) 使得 \(f(c) = \dfrac{3}{2023}\);
(2) \(\exists \xi \ne \eta \in (0, 1)\) 使得 \(\dfrac{3}{f'(\xi)} + \dfrac{2020}{f'(\eta)} = 2023\).
Answer
(1) 令 \(g(x) = f(x) - \dfrac{3}{2023}\), 则 \(g(0) = f(0) - \dfrac{3}{2023} = -\dfrac{3}{2023} < 0\).
\(g(1) = f(1) - \dfrac{3}{2023} = 1 - \dfrac{3}{2023} > 0\), 则有 \(g(0)g(1)<0\).
由零点存在定理 , \(\exists c \in (0,1)\) 使 \(g(c)=0\).
即此时有 \(f(c) - \dfrac{3}{2023} = 0\), 也即 \(f(c) = \dfrac{3}{2023}\).
(2) 由拉格朗日中值定理 ,
\(\exists \xi \in (0,c)\) 使 \(f'(\xi) = \dfrac{f(c)-f(0)}{c-0} = \dfrac{3}{2023c}\).
\(\exists \eta \in (c,1)\) 使 \(f'(\eta) = \dfrac{f(1)-f(c)}{1-c} = \dfrac{1-3/2023}{1-c} = \dfrac{2020}{2023(1-c)}\).
则 \(\dfrac{3}{f'(\xi)} = 2023c\), \(\dfrac{2020}{f'(\eta)} = 2023(1-c)\).
因此 \(\exists \xi \neq \eta \in (0,1)\), 使 \(\dfrac{3}{f'(\xi)} + \dfrac{2020}{f'(\eta)} = 2023c + 2023(1-c) = 2023\) 成立 .
设函数 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，且 \(f(0)=0, f(1)=\dfrac{1}{2}\)。证明：\(\exists\xi, \eta \in (0, 1)\)（\(\xi \neq \eta\)
Answer
令 \(F(x) = f(x) - \dfrac{1}{2}x^2\)，则 \(F(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，且 \(F'(x) = f'(x) - x\)。 已知 \(F(0) = f(0) - 0 = 0\)， \(F(1) = f(1) - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0\)。
对 \(F(x)\) 在区间 \([0, \dfrac{1}{2}]\) 和 \([\dfrac{1}{2}, 1]\) 上分别应用拉格朗日中值定理：
存在 \(\xi \in (0, \dfrac{1}{2})\)，使得 \(F'(\xi) = \dfrac{F(\frac{1}{2}) - F(0)}{\frac{1}{2} - 0} = 2F(\frac{1}{2})\)
存在 \(\eta \in (\frac{1}{2}, 1)\)，使得 \(F'(\eta) = \dfrac{F(1) - F(\frac{1}{2})}{1 - \frac{1}{2}} = -2F(\frac{1}{2})\)
将以上两式相加，得：
整理得：
例题 3 \(f(x) \in C\)，在 \((0, 1)\) 可导， \(f(0)=0, f(1)=\dfrac{1}{4}\)
证：\(\exists\ \xi \neq \eta\), s.t. \(f'(\xi) + f'(\eta) = \eta - \xi\)
Answer
证明
将待证等式变形为 \(f'(\xi) + \xi = \eta - f'(\eta)\)。这提示我们构造两个不同的辅助函数。
令 \(h(x) = f(x) + \dfrac{1}{2}x^2\) 且 \(g(x) = f(x) - \dfrac{1}{2}x^2\)。
则 \(h'(x) = f'(x) + x\) 且 \(g'(x) = f'(x) - x\)。
待证等式可进一步化为 \(h'(\xi) = -g'(\eta)\)。
我们将区间 \([0,1]\) 拆分为 \([0, \dfrac{1}{2}]\) 和 \([\dfrac{1}{2}, 1]\)，并应用拉格朗日中值定理：
对函数 \(h(x)\) 在区间 \([0, \dfrac{1}{2}]\) 上应用拉格朗日中值定理，存在 \(\xi \in (0, \dfrac{1}{2})\)，使得：
对函数 \(g(x)\) 在区间 \([\frac{1}{2}, 1]\) 上应用拉格朗日中值定理，存在 \(\eta \in (\dfrac{1}{2}, 1)\)，使得：
即
整理得：
双中值问题 2 ¶
设函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 连续 (\(a>0\))，在 \((a, b)\) 内可导，证明存在 \(ξ, η ∈ (a, b)\)，使得：
Answer
证明：
设 \(g(x) = x^2\)，由柯西中值定理，\(\exists\ \eta \in (a, b)\)，使得：
由拉格朗日中值定理，\(\exists\ \xi \in (a, b)\)，使得：
将柯西中值定理的结论进行变形：
将拉格朗日中值定理的结论代入上式：
所以，
设函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在开区间 \((a, b)\) 可导。又 \(b > a > 0\)。证明：存在 \(\xi, \eta \in (a, b)\)，使得
Answer
证明
设 \(g(x) = \ln x\)，在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在开区间 \((a, b)\) 可导。
根据柯西中值定理，\(\exists\ \eta \in (a, b)\)，使得
根据拉格朗日中值定理，\(\exists\ \xi \in (a, b)\)，使得
相除得：
即：
k 值问题 ¶
设 \(f\) 在 \([a,b]\) 上连续 , 在 \((a,b)\) 上二阶可导，证明：存在 \(\eta\in(a,b)\), 有：
Answer
设 \(k = \dfrac{f(b) +f(a) -2f(\dfrac{a+b}{2})}{\dfrac{(b-a)^2}{4}}\)
\(\Rightarrow f(b) +f(a) -2f(\dfrac{a+b}{2})-\dfrac{(b-a)^2}{4}k = 0\)
\(F(x) = f(x)+f(a)-2f(\dfrac{x+a}{2})-\dfrac{k(x-a)^2}{4}\)
\(F(a) = F(b) = 0\Rightarrow F'(x_1) = 0(Rolle)\)
\(F'(x_1) = f'(x_1)-f'(\dfrac{x+a}{2})-k\dfrac{x_1-a}{2} = 0\)
\(\Rightarrow k = \dfrac{f'(x_1)-f'(\dfrac{x_1+a}{2})}{\dfrac{x_1-a}{2}} = f''(\eta)(Lagrange)\)
即 \(f(b) +f(a) -2f(\dfrac{a+b}{2}) = \dfrac{(b-a)^2}{4}f''(\eta)\)
其他 ¶
设 \(f(x)\) 在 \([0,2]\) 上可导，且 \(f(0) = f(2) = 0，M = \max\limits_{x\in[0,2]}\{|f(x)|\}\)，证明 : \(\exists\xi\in(0,2),|f'(\xi)|\ge M\)
Answer
证 : 设 \(|f(c)| = M\)
(1) 若 \(c\in(0,1],M = |f(c)| = |f(c)-f(0)| = c|f'(\xi)|\)
则 \(|f'(\xi)| = \dfrac{M}{c}\ge M(c\in(0,1))\)
(2) 若 \(c\in(1,2),M = |f(c)| = |f(2)-f(c)| = (2-c)|f'(\xi)|\)
则 \(|f'(\xi)| = \dfrac{M}{2-c}\ge M\)
(3) 若 \(c = 0或2, M = 0, f\equiv 0, f'\equiv0, 显然成立\)