中值定理证明题解题方法 ¶

罗尔定理 ¶

Tips

若要证明“$\exists \xi \in (a, b)$, s.t. $f'(\xi) = 0$”，一般直接对 $f(x)$ 使用罗尔定理即可，无需构造新的辅助函数；

若要证明“$\exists \xi \in (a, b)$, s.t. $f'(\xi) = k$”，则只需令 $F(x) = f(x) - kx$，然后对 $F(x)$ 使用罗尔定理即可；

若要证明“$\exists \xi \in (a, b)$, s.t. $f''(\xi) = 0$ 或 $f'''(\xi) = 0$”之类的，只需对 $f(x)$ 多次使用罗尔定理即可。

总之，这是中值定理中最简单的题型。

示例 1 设 $f(x)$ 三阶可导 , $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) - 1}{x} = 0$, $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{f(x) - 1}{x - 1} = 0$, 证 : $\exists \xi \in (0, 1)$, s.t. $f'''(\xi) = 0$

Proof

由 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)-1}{x} = 0$ 得 $f(0)=1, f'(0) = 0$。

由 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{f(x)-1}{x-1} = 0$ 得 $f(1)=1, f'(1) = 0$。

因为 $f(0) = f(1)$，根据罗尔定理，存在 $\mu \in (0, 1)$，使得 $f'(\mu) = 0$。

现在我们有 $f'(0) = f'(\mu) = f'(1) = 0$。

对 $f'(x)$ 在区间 $[0, \mu]$ 上使用罗尔定理，存在 $\xi_1 \in (0, \mu)$，使得 $f''(\xi_1) = 0$。

对 $f'(x)$ 在区间 $[\mu, 1]$ 上使用罗尔定理，存在 $\xi_2 \in (\mu, 1)$，使得 $f''(\xi_2) = 0$。

最后，对 $f''(x)$ 在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上使用罗尔定理，存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (0, 1)$，使得 $f'''(\xi) = 0$。证毕。

注：对于连续函数而言，只要满足 $\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x) - b}{x - a} = c$，即可推出 $f(a) = b$ 且 $f'(a) = c$。

示例 2 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 三阶可导 , $f(0) = f(1) = 0$，令 $F(x) = x^3f(x)$，证明 : $\exists \xi \in (0, 1)$, s.t. $F'''(\xi) = 0$

Proof

由题意，$F(0) = 0^3 f(0) = 0$, $F(1) = 1^3 f(1) = 0$。

对 $F(x)$ 在 $$ 上应用罗尔定理，存在 $a \in (0, 1)$，使得 $F'(a) = 0$。

又 $F'(x) = 3x^2f(x) + x^3f'(x)$，所以 $F'(0) = 3(0)^2f(0) + 0^3f'(0) = 0$。

我们有 $F'(0) = F'(a) = 0$。对 $F'(x)$ 在 $[0, a]$ 上应用罗尔定理，存在 $\varepsilon \in (0, a)$，使得 $F''(\varepsilon) = 0$。

又 $F''(x) = 6xf(x) + 6x^2f'(x) + x^3f''(x)$，所以 $F''(0) = 6(0)f(0) + 6(0)^2f'(0) + 0^3f''(0) = 0$。

我们有 $F''(0) = F''(\varepsilon) = 0$。对 $F''(x)$ 在 $[0, \varepsilon]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (0, \varepsilon) \subset (0, 1)$，使得 $F'''(\xi) = 0$。证毕。

示例 4 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 二阶可导 , $f(a) = f(b) = 0$, $f'(a)f'(b) > 0$, $\exists \xi \in (a, b)$, 使 $f''(\xi) = 0$

证明

由题意 $f'(a)f'(b) > 0$，不妨设 $f'(a) > 0$ 且 $f'(b) > 0$。

因为 $f'(a) = \lim\limits_{x \to a^+} \dfrac{f(x) - f(a)}{x-a} = \lim\limits_{x \to a^+} \dfrac{f(x)}{x-a} > 0$，由极限的保号性，存在 $\delta_1 > 0$，当 $x \in (a, a+\delta_1)$ 时，有 $f(x) > 0$。

因为 $f'(b) = \lim\limits_{x \to b^-} \dfrac{f(x) - f(b)}{x-b} = \lim\limits_{x \to b^-} \dfrac{f(x)}{x-b} > 0$，由极限的保号性，存在 $\delta_2 > 0$，当 $x \in (b-\delta_2, b)$ 时，由于 $x-b < 0$，必有 $f(x) < 0$。

因此，函数 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内既有正值又有负值。根据介值定理（或零点定理），必存在 $\eta \in (a, b)$，使得 $f(\eta) = 0$。

现在我们有 $f(a) = f(\eta) = f(b) = 0$。对 $f(x)$ 在区间 $[a, \eta]$ 和 $[\eta, b]$ 上分别使用罗尔定理，可知：存在 $\xi_1 \in (a, \eta)$，使得 $f'(\xi_1) = 0$。存在 $\xi_2 \in (\eta, b)$，使得 $f'(\xi_2) = 0$。

最后，对 $f'(x)$ 在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上使用罗尔定理，可知存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b)$，使得 $f''(\xi) = 0$。

同理，当 $f'(a)$ 和 $f'(b)$ 均为负时，结论也成立。证毕。

注：一个点处的导数正负无法判断函数的单调性，但至少可以判断出这个点的去心邻域的函数值与该点本身的函数值的大小关系。利用这个思想，我们可以证明导数介值定理

类题请叙述并证明导数零点定理、导数介值定理 ( 也叫达布定理 )

Proof

导数零点定理: 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f'_+(a) \cdot f'_- (b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使 $f'(\xi) = 0$。

证明: 不妨设 $f'_+(a) < 0$ 且 $f'_- (b) > 0$。因为 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，所以必能取得最小值，设最小值为 $f(\xi)$。由 $f'_+(a) = \lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} < 0$ 及极限的保号性，在 $a$ 的某个右邻域内，有 $f(x) < f(a)$。由 $f'_- (b) > 0$ 及极限的保号性，在 $b$ 的某个左邻域内，有 $f(x) < f(b)$。以上两点说明，最小值点 $\xi$ 必不等于 $a$ 和 $b$。因此 $\xi \in (a,b)$。根据费马定理，在此极值点（最小值点）处，必有 $f'(\xi) = 0$。证毕。

导数介值定理 ( 达布定理 ): 若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f'_+(a) \neq f'_-(b)$，则对于介于 $f'_+(a)$ 与 $f'_- (b)$ 之间的任一数值 $u$，必存在一点 $c \in (a,b)$，使 $f'(c) = u$。

证明: 不妨设 $f'_+(a) < u < f'_-(b)$。作辅助函数 $\psi(x) = f(x) - ux$,同上

注 1：本题给出了一个非常重要的结论——“导函数天生满足零点定理和介值定理 ( 无论导函数是否连续 )”；

注 2：根据导数零点定理可以推出——若 $f'(x)$ 无零点，则 $f'(x)$ 要么恒正、要么恒负，故 $f(x)$ 一定单调；

注 3：通过本例可以发现，如果欲证结论是 $f''(\xi) = 0$，那么除了最常用的罗尔定理以外，还有费马定理。有一些题目的条件太少，不足以找到 $f(x)$ 的两个零点 ( 或函数值相等的点 )，此时很可能只有使用费马定理才能搞定。这种题目往往很难，我们在后面的题目中会偶尔遇到，请大家留心！

示例 5 设 $a_0 + \dfrac{a_1}{2} + \dots + \dfrac{a_n}{n+1} = 0$ ($a_i$ 均为常数 ). 证明方程 $a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n = 0$ 在 $(0, 1)$ 至少有一个解 .

证明

设 $f(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n$。构造函数 $F(x) = a_0x + \dfrac{a_1}{2}x^2 + \dots + \dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$。

函数 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导。

$F(0) = 0$。 $F(1) = a_0 + \dfrac{a_1}{2} + \dots + \dfrac{a_n}{n+1} = 0$ (根据题意)。

因为 $F(0) = F(1)$，根据罗尔定理，存在 $\xi \in (0, 1)$，使得 $F'(\xi) = 0$。

又因为 $F'(x) = f(x)$，所以 $f(\xi) = a_0 + a_1\xi + \dots + a_n\xi^n = 0$。

即方程在 $(0, 1)$ 内至少有一个解。证毕。

注：本题极具代表性。该题说明：如果直接证明 $f(x)$ 有零点比较困难的话，可以考虑去证明 $f(x)$ 的原函数 $F(x)$ 有两个零点，然后对 $F(x)$ 使用罗尔定理即可。利用本题的思想，可以解决下面这道类题——

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续 , 且 : $$ \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{d}x = 0 $$ 求证：$f(x)$ 在 $(0, 1)$ 内至少有两个零点

学了分部积分法以后再来看吧！

示例 6 假设某 $n$ 次多项式多项式 $P_n(x)$ 的一切根均为实根，证明 : $P'_n(x), P''_n(x), \dots, P_n^{(n-1)}(x)$ 也仅有实根

Proof

设 $P_n(x)$ 的所有相异实根为 $x_1 < x_2 < \dots < x_k$，其重数分别为 $r_1, r_2, \dots, r_k$，其中 $\sum\limits_{i=1}^k r_i = n$。

根据罗尔定理，在每对相邻的相异实根 $(x_i, x_{i+1})$ 之间（$i=1, \dots, k-1$），必存在 $P'_n(x)$ 的一个根。这样我们找到了 $k-1$ 个实根。
对于 $P_n(x)$ 的任一 $r_i$ 重根 $x_i$，它必是 $P'_n(x)$ 的 $r_i - 1$ 重根。这样我们找到了 $\sum\limits_{i=1}^k (r_i - 1) = \sum\limits_{i=1}^k r_i - \sum\limits_{i=1}^k 1 = n - k$ 个实根。

综上， $P'_n(x)$ 至少有 $(k-1) + (n-k) = n-1$ 个实根（计入重数）。

又因为 $P'_n(x)$ 是一个 $n-1$ 次多项式，根据代数基本定理，它最多有 $n-1$ 个根。

因此，$P'_n(x)$ 的所有 $n-1$ 个根都是实根。

对 $P'_n(x)$ 重复以上论证，可知 $P''_n(x)$ 的所有 $n-2$ 个根也都是实根。以此类推，直至 $P_n^{(n-1)}(x)$，其根也必为实根。证毕。

注：该题的结论和证明过程都非常有趣，后面我们在学习“导数的几何应用”时，判断函数的零点个数、极值点个数、拐点个数的时候会用到这个结论。

求 $f(x) = (x - 1)(x – 2)²(x - 3)³(x - 4)⁴$ 的驻点、极值点、拐点个数

Answer

6, 5, 6