大学生非数竞赛专题二（4）

用户9628320

发布于 2022-11-23 14:16:03

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文章被收录于专栏：灰灰的数学与机械世界

专题二一元微分学（4）

有关微分中值定理的证明题

知识点：

定理一：（费马引理）假设函数

f(x)

在

x=a

的某领域有定义，而

f(a)

是函数的

最大值或者最小值，且函数可导，则有

f^{'}(a)=0

;

定理二：（罗尔定理）假设函数

f(x)

在

[a,b]

连续，在

(a,b)

上可导，且

f(z)=f(b)

，则

\exists \xi(a,b)

内，使得

f^{'}(\xi)=0

;

定理三：（拉格朗日中值定理）假设函数

f(x)

在

[a,b]

连续，在

(a,b)

上可导,

则

\exists \xi(a,b)

内，使得

f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a)

定理四：（柯西中值定理）假设函数

f(x),g(x)

在

[a,b]

连续，在

(a,b)

内可导，且

g^{'}(x)\neq 0

，则

\exists \xi (a,b)

，使得

\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{'}(\xi)}{g^{'}(\xi)}

例2.19 （莫斯科大学1975年竞赛题）

设

f(x)

在

[0,+\infty)

上连续可导，

f(0)=1

，且对于任意

x\geq 0

有

|f(x)|\leq e^{-x}

求证：

\exists \xi(0,+\infty)

内，有

f^{'}(\xi)=-e^{-\xi}

解：构造

F(x)=f(x)-e^{-x}

，显然

F(x)

在

(0,+\infty)

上连续可导，

且

F(0)=f(0)-e^{-0}=0

，而

\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}|f(x)|\leq \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}e^{-x}=0

，所以

\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}f(x)=0

，由罗尔定理，则

\exists \xi (0,+\infty)

内，使得

F^{'}(\xi)=0

，

则

f^{'}(\xi)=-e^{-\xi}

。

例2.20 （江苏省2000年竞赛题）

设

f(x),g(x)

在

[a,b]

连续，在

(a,b)

内可导，且对于任意的

x\in(a,b)

均有

f^{'}(x)g(x)-g^{'}(x)f(x)\neq 0

证明：如果

f(x)

在

(a,b)

内由两个零点，则在这两个零点之间，

g(x)

至少有一个零点.

解：（反证法）假设有任意的

x_{1},x_{2}\subset (a,b)

，

g(x)\neq =0

，而

f(x_{1})=f(x_{2})=0

构造函数

G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}

，显然有

G^{'}(x)=\frac{f^{'}g(x)-g^{'}(x)f(x)}{(g(x))^2}

，根据题意

f^{'}(x)g(x)-g^{'}(x)f(x)\neq 0

f^{'}(x_{1})g(x_{1})-f(x_{1})g^{'}(x_{1})=f^{'}(x_{1})g^{'}({x_{1}})\neq 0

，有

g(x_{1})\neq 0

；同理

f^{'}(x_{2})g(x_{2})-f(x_{2})g^{'}(x_{2})=f^{'}(x_{2})g^{'}({x_{2}})\neq 0

，有

g(x_{2})\neq 0

；知

F(x_{1})=F(x_{2})

所以根据罗尔定理,

\exists \xi (a,b)，

有

f^{'}(\xi)g(\xi)-g^{'}(\xi)f(\xi)=0

，与条件矛盾。

所以在两个零点之间，必然

g(x)

有一个零点。

例2.21 （江苏省2000年竞赛题）

设在可微，且，证明：存在一点c(a<c<b)

\frac{f(a)-f(c)}{g(c)-g(b)}=\frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}

解：构造函数

F(x)=f(a)g(x)+g(b)f(x)-f(x)g(x)

，因为

F(x)

在

[a,b]

上可微，

而

F(a)=F(b)=f(a)g(b)

，由罗尔定理知，

\exists c\in(a,b)

内，使得

F^{'}(c)=0

。

而

F^{'}(x)=f(a)g^{'}(x)+g(a)f^{'}(x)-f^{'}(x)g(x)+f(x)g^{'}(x)

，带入得

F^{'}(c)=f(a)g^{'}(c)+g(a)f^{'}(c)-f^{'}(c)g(c)+f(c)g^{'}(c)=0

,变形得

g^{'}[f(a)-g(c)]=f^{'}(c)[g(c)-g(b)]

,而

g^{'}(c)\neq 0

,所以由反证法

有

g(c)-g(b)\neq 0

，则

\exists \xi \in(a,b)

内，使得

\frac{f(a)-f(c)}{g(c)-g(b)}=\frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}

例2.22 （全国大学生2013年竞赛题）

设函数

f(x)

在区间

[-2,2]

二阶可导，且有

|f(x)|\leq 1

，又

[f(0)]^2+[f^{'}(0)]^2=4

，

证明：在

(-2,2)

上至少存在一点

\xi

,使得

f(\xi)+f^{''}(\xi)=0

解：由于函数

f(x)

是二阶可导的，故

f(x)

与

f^{'}(x)

均是在

[-2,2]

均是连续可导的，

构造函数

G(x)=[f(x)]^2+[f^{'}(x)]^2

,而

G(0)=4

,在区间

(-2,0)

和

(0,2)

上分别用两次

拉格朗日中值定理，则

\xi_{1}、\xi_{2}

分别

\in(-2,0)、\in(0,2)

,有

f^{'}(\xi_{1})=\frac{f(0)-f(-2)}{0-(-2)}，f^{'}(\xi_{2})=\frac{f(2)-f(0)}{2-0}

由题意

|f(x)|\leq 1

，故

|f^{'}(\xi_{1})|\leq 1

，

|f^{'}(\xi_{2})|\leq 1

, 可知

0\leq |G(\xi_{1}))|\leq 2

，

0\leq |G(\xi_{2}))|\leq 2

，

而

G(x)

是连续的，所以其有最大最小值，设最大值为

G(\xi)

,显然

G(\xi)\geq 4

,而

0\leq |G(\xi_{1}))|\leq 2

，

0\leq |G(\xi_{2}))|\leq 2

,所以

\xi\in(\xi_{1]},\xi_{2})

内，有

G^{'}(\xi)=0

G^{'}(\xi)=2G(\xi)G^{'}(\xi)+2G^{'}(\xi)G^{''}(\xi)=2G^{'}(\xi)(G(\xi)+G^{''}(\xi))=0,

根据前面知

G^{'}(\xi)=[G(\xi)]^2+[G^{''}(\xi)]^2\geq 4

，所以有

G(\xi)+G^{''}(\xi)=0

,故得证。

例2.23 （浙江省2004年竞赛题）

已知函数

f(x)

在

[0,1]

三阶可导，且

f(0)=-1，f(1)=0，f^{'}(0)=0

，

证明：至少存在一点

\xi\in(0,1)

内，使得

f(x)=-1+x^2+\frac{x^2(x-1)}{3!}f^{''}(\xi)，x\in(0,1)

解：构造函数

F(x)=f(x)+1-t^2+\frac{t^2(t-1)}{x^2(x-1)}[f(x)-x^2+1]

，显然

F(x)\in C(0,1)

，

而

F(0)=F(x)=F(1)=0

，在

(0,x)

和

(x,1)

分别用罗尔定理，有

F^{'}(\xi_{1})=0

，

F^{'}(\xi_{2})=0

，

F^{'}(0)=0

；再对

(0,\xi_{1})

和

(\xi_{1},\xi_{2})

用罗尔定理有

\exists \eta_{1}\in(0,\xi_{1})

，

\exists \eta_{2}\in(\xi_{1},\xi_{2})

，

F^{''}(\eta_{1})=0

，

F^{''}(\eta_{2})=0

;

由于

F^{''}\in C[0,1]

，

F^{''}\in D(0,1)

，再在

(\eta_{1},\eta_{2})

用罗尔定理有

F^{'''}(\eta)=0

，

而

F^{'''}(t)=f^{'''}(t)-\frac{3!}{x^2(x-1)}[]f(x)-x^2+1

，故

\exists\eta\in(0,1)

，

使得

f(x)=-1+x^2+\frac{x^2(x-1)}{3!}f^{''}(\xi)，x\in(0,1)

例2.24 （精选题）

设

f(x)

在

[a,b]

上连续，在

(a.b)

内可导，且

f(a)=0

，

f(b)=1

，求证：

\exists \xi\in(a,b)

，

\exists\eta\in(a,b)

，且

\xi\neq \eta

，使得

\frac{1}{f^{'}(\xi)}+\frac{1}{f^{'}(\eta)}=2(b-a)

解：首先根据介值定理，

\exists c\in(a,b)

，使得

f(c)=\frac{1}{2}

，在区间

(a,c)

和

(c,b)

上

分别用拉格朗日中值定理，则有

\xi\in(a,c)，\eta\in(c,b)(\eta \neq \xi)

上，使得

f(c)-f(a)=f^{'}(\xi)(c-a)，f(b)-f(c)=f^{'}(\eta)(b-c)

两式相加得

\frac{\frac{1}{2}}{f^{'}(\xi)}+\frac{\frac{1}{2}}{f^{'}(\eta)}=c-a+b-c=b-a

化简得

\frac{1}{f^{'}(\xi)}+\frac{1}{f^{'}(\eta)}=2(b-a)

今天的题目就到这里了，主要就是中值定理构造函数进行条件计算的问题，注意

构造函数的用法，还有函数的连续性的性质，注意最大值以及最小值。其次就是

介值定理的应用。谢谢大家的支持。六一快乐！

作者：小熊

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写作日期：6.1

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原始发表：2021-06-02，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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