版块 6 中值证明题

A.实用解题工具

第 1 组: 重要零点模型

模型 1:

$$f(x)=\ln x-\frac{x}{e}-k\{\begin{array}{l}\text{若}k>0,\text{则}y=f(x)\text{无零点}\\ \text{若}k=0,\text{则}y=f(x)\text{在一个零点}\\ \text{若}k<0,\text{则}y=f(x)\text{有两个零点}\end{array}$$

模型 2:

$$f(x)=\ln x-ax\{\begin{array}{l}\text{若}a>\frac{1}{e},\text{的}y=f(x)\text{无零点}\\ \\ \text{若}a=\frac{1}{e},\text{则}y=f(x)\text{有一个等点}\\ \\ \text{若}0<a<\frac{1}{e},\text{则}y=f(x)\text{的两个零点}\\ \\ \text{若}a\le 0,\text{则}y=f(x)\text{有一个零点}\end{array}$$

第 2 组: 罗尔定理 6 类辅助函数

类型 1:$f(x)$与$f^{\prime }(x)$成比例

$$\lambda f(x)+f^{\prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=e^{\lambda x}f(x)$$

示例:$f^{\prime }(x)-2f(x)=0\Rightarrow F(x)=e^{-2x}f(x)$

推广结论 1:$f^{\prime }(x)-f(x)+kx=k\Rightarrow F(x)=e^{-x}[f(x)-kx]$

推广结论 2：$f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)=k\Rightarrow [f^{\prime }(x)-k{]}^{\prime }+f^{\prime }(x)-k=0\Rightarrow F(x)=e^x[f^{\prime }(x)-k]$

类型 2:$f(x)$与$x{f}^{\prime }(x)$成比例。

$kf(x)+x{f}^{\prime }(x)=0⟹F(x)=x^{k}f(x)$示例:$2f(x)+x{f}^{\prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=x^{2}f(x)$

推广结论 1：$kf(x)+(x-a)f^{\prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=(x-a{)}^{k}f(x)$

推广结论 2：$k{f}^{\prime }(x)+(x-a)f^{\prime \prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=(x-a{)}^k{f}^{\prime }(x)$

示例：$\frac{2f^{\prime }(x)}{1-x}=f^{\prime \prime }(x)\Rightarrow F(x)=(x-1{)}^2{f}^{\prime }(x)$

类型 3: $g(x)f(x)\text{与}{f}^{\prime }(x)\text{成比例}$

$$kg(x)f(x)+f^{\prime }(x)=0⟹F(x)=e^{\int kg(x)dx}f(x)$$

推广结论 1$:f^2(x)+f^{\prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=e^{\int f(x)dx}f(x)$

推广结论 2$:g(x)f(x)+h(x)f^{\prime }(x)=0\Rightarrow F(x)=e^{\int \frac{g(x)}{h(x)}dx}f(x)$

类型 4: 含积分${\int }_a^{b}g(x)dx$时, 被积函数可为$F(x)$

${\int }_a^{b}g(x)dx\Rightarrow F(x)=g(x)$示例:$f(1)=k{\int }_0^{\frac{1}{k}}x{e}^{1-x}f(x)dx\Rightarrow F(x)=x{e}^{1-x}f(x)$

推广结论$:{\int }_a^{b}g(x)dx=\frac{1}{2}(b^2-a^2)\Rightarrow {\int }_a^b[g(x)-x]dx=0\Rightarrow F(x)=g(x)-x$

类型 5:$f^{\prime \prime }(x)$与$f(x)$相等

$$f^{\prime \prime }(x)-f(x)=0\Rightarrow [f^{\prime }(x)+f(x){]}^{\prime }-[f^{\prime }(x)+f(x)]=0\Rightarrow F(x)=e^{-x}[f^{\prime }(x)+f(x)]$$

推广结论:$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=0\Rightarrow [f^{\prime }(x)-f(x){]}^{\prime }+[f^{\prime }(x)-f(x)]=0\Rightarrow F(x)=e^{-x}[f^{\prime }(x)-f(x)]$

类型 6:$f(x)g^{\prime \prime }(x)$与$f^{\prime \prime }(x)g(x)$相等

$$f(x)g^{\prime \prime }(x)-f^{\prime \prime }(x)g(x)=0\Rightarrow [f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x){]}^{\prime }=0\Rightarrow F(x)=f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x)$$

1. 拉格朗日中值定理:

$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续, 在开区间$(a,b)$内可导, 则有$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},\xi \in (a,b)$

【笔记】(1)第二种写法是$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),\xi \in (a,b)$

(2)第三种写法是:$f(b)-f(a)=f^{\prime }[a+\theta (b-a)](b-a),\theta \in (0,1)$。令$\xi =a+\theta (b-a)$,可知第二、三种写法等价。

（3）第二种写法通常会考察$\lim \theta$,此时大概率有$\lim \theta =\frac{1}{2}$

2, 同函数相减用拉格朗日。即$f(b)-f(a)$用拉格朗日。

【笔记】（1）$f(x)$可为抽象函数, 也可以是具体函数。

示例:$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{sinx}-e^x}{x^3}=-\frac{1}{6}$

(2)有时需要变形凑成$f(b)-f(a)$,如$e^{x_n}-1=e^{x_n}-e^0=c^{\xi }(x_n-0)$

3.从拉格朗日公式可知，拉格朗日中值定理是联系$f^{\prime }(x)$与$f(x)$的桥梁,所以,已知一阶导$f^{\prime }(x)$求$f(x)$本身相关的结论时,通常考虑用拉格朗日。

B. 核心问题及解题方法总结

1. 运用介值定理证明

$f(x)$在闭区向$[a,b]$上连续续, 此时有

1.有界性:$|f(x)|\le M$

2.最值定理: 一定能取到最大值 M 和最小值$m$

3.介值定理: 若$C\in [m,M]$,至少存在一个$\xi$,使$f(\xi )=C.(a\le \xi \le b)$

4.零点定理:$f(a)\cdot f(b)<0$,至少存在一个$\xi$,使得$f(\xi )=0.(a<\xi <b)$

2. 运用罗尔定理证明零点问题

笔记 1: 罗尔定理与零点定理

1. 罗尔定理:$f(x)$在闭区间$[a,b]$连续,在 (a, b)内可导, 且$f(a)=f(b)$，则有$f^{\prime }(\xi )=0$

2. 零点定理: 设西数$f(x)$在闭区间$a,b$连续, 且$f(a)\cdot f(b)<0$,则有$f(\xi )=0$

笔记 2: 如何确定是罗尔还是零点？

罗尔定理: 1.题干中$f$的信息, 待证结论只含$f$,则用零点定理

题干中$f$的信息,待证结论含$f^{\prime }$,则用罗尔定理

例题 1. 设$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导, 且$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x-1}=2,$证明：

(1)存在$\xi \in (0,1)$,使得$f(\xi )=0$

(2)存在$\eta \in (0,1)$,使得$f^{\ast }(\eta )-f(\eta )=0.$

【证明】

(1). 因为$\underset{x\to 0^{\ast }}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$由极限保号性, 存在${\delta }_1>0$,当$x\in (0,{\delta }_1)$时,$\frac{f(x)}{x}>0$,于是当$x\in (0,{\delta }_1)$时,$f(x)>0$, 取$x_1\in (0,{\delta }_1),f(x_1)>0.$

同理, 由$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f(x)}{x-1}=2$。由极限保号性可知。存在${\delta }_2>0$,当$x\in (1-{\delta }_2,1)$时,$\frac{f(x)}{x-1}>0$,于是当$x\in (1-{\delta }_2,1)$时,$f(x)<0$,取$x_2\in (1-{\delta }_2,1),f(x_2)<0.$

$f(x_1)>0,f(x_2)<0$,由零点定理。存在$\xi \in (x_1,x_2)\subset (0,1)$。使得$f(\xi )=0$.

(2). 由$\underset{x\to 0^{\ast }}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$,得$f(0)=0$,由$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f(x)}{x=1}=2$,得$f(1)=0$.

由 (1)的结果,$f(\xi )=0$,从而$f(0)=f(\xi )=f(1)=0$

令$F(x)=e^{-x}f(x),F(0)=F(\xi )=0$, 由罗尔定理, 存在$c_1\in (0,\xi )$，使得$F^{\prime }(c_1)=e^{-c_1}\left[f^{\prime }(c_1)-f(c_1)\right]=0$,得$f^{\prime }(c_1)-f(c_1)=0$;

同理, 存在$c_2\in (\xi ,1)$,使得$F^{\prime }(c_2)=e^{-c_2}\left[f^{\prime }(c_2)-f(c_2)\right]=0$,得$f^{\prime }(c_2)-f(c_2)=0$.

再令$G(x)=e^x\left[f^{\prime }(x)-f(x)\right],G(c_1)=G(c_2)=0$,由罗尔定班, 得

$$G(\eta )=e^{\eta }\left[f^{\prime }(\eta )-f^{\prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-f(\eta )\right]=0.$$

即有$\eta \in (c_1,c_2)\subset (0,1)$,使得命题成立。