多次中值定理题目的解题思路

发布时间：2023-02-04 09:32:13 所属栏目：应用来源：未知

导读： 摘要：很多中值定理题目含多个常数（ \xi,\eta,\zeta,\cdots ）定理应用，很显然是多次运用中值定理，本文对这一类的题目具体用哪一个中值定理进行总结分析。
关键词：双中值，中值定理，解

摘要：很多中值定理题目含多个常数（ \xi,\eta,\zeta,\cdots ）定理应用，很显然是多次运用中值定理，本文对这一类的题目具体用哪一个中值定理进行总结分析。

关键词：双中值，中值定理，解题思路，拉格朗日中值定理，柯西中值定理

一、本文的结论

(1) Lagrange 中值定理与 Cauchy 中值定理可以互相建立联系(可以抵消).

(2) 从形式上看：Lagrange 中值定理是 1 个 \xi ；Cauchy 中值定理是 2 个 \xi . 并且由于这俩均要求原函数，为了方便 (不定积分或观察法)，那么

如果题目中还要求 \xi_n 互不相等，则需要分段！分段方式大致有两种：

分段点可以抵消(需要构造分段点的值)；分段点为 \xi_n ，则很可能是利用Cauchy中值定理反复求导来套娃

(3) 一把牛刀：Darboux定理

二、不要求 \xi_n 互不相等

例1.1：设 f(x) 在 [a,b] 上连续, 在 (a,b) 内可导 (0 , f(a)\neq f(b) ,

证明：存在 \xi,\eta\in(a,b) , 使得 \frac{f'(\xi)}{2\xi}=\frac{\ln\frac{b}{a}}{b^2-a^2}\eta f'(\eta)\\

分析：\eta 的个数为2(乘积)，考虑柯西； \xi 的个数为2(除)，考虑柯西。

证明：考虑 \frac{f'(\xi)}{2\xi}\Longrightarrow g'(x)=x^2\Longrightarrow \text{构造} g(x)=x^2\\

令 g(x)=x^2 , g(x) 与 f(x) 在 [a,b] 上连续, 在 (a,b) 内可导, 由柯西中值定理知 \exists\;\xi \in[a,b]

\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f'(\xi)}{2\xi}\Longrightarrow f(b)-f(a)=\frac{(b^2-a^2)f'(\xi)}{2\xi}\\

考虑

\eta f'(\eta)=\frac{f'(\eta)}{\frac{1}{\eta}}\Longrightarrow g'(x)=\ln x\Longrightarrow \text{构造} g(x)=\ln x\\

令 g(x)=\ln x , g(x) 与 f(x) 在 [a,b] 上连续, 在 (a,b) 内可导, 由柯西中值定理知 \exists\;\eta\in[a,b]

\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}=\eta f'(\eta)\Longrightarrow f(b)-f(a)=\ln\frac{b}{a}\eta f'(\eta)\\

综上，可得 \displaystyle\exists\;\xi,\eta\in(a,b) 使得 \displaystyle \frac{f'(\xi)}{2\xi}=\frac{\ln\frac{b}{a}}{b^2-a^2}\eta f'(\eta).

例1.2：设函数f(x)在[0,1]连续，且 (0,1) 内可导。证明： \forall\;\xi,\eta\in(0,1) 使 \frac{3}{7}f'(\xi)=\frac{f'(\eta)}{(1+\eta)^2}\\

分析： \xi 的个数为1，考虑拉格朗日； \eta 的个数为2(乘除)，考虑柯西。

证明： f(x) 在 [0,1] 上连续, 在 (0,1) 内可导, 由拉格朗日中值定理可得

f(1)-f(0)=f'(\xi),\quad\xi\in(0,1)\\

令 g(x)=\frac{(1+x)^3}{7} , g(x) 与 f(x) 在 [0,1] 上连续, 在 (0,1) 内可导, 由柯西中值定理知f(1)-f(0)=\frac{f(1)-f(0)}{g(1)-g(0)}=\frac{f'(\eta)}{\frac{3}{7}(1+\eta)^2}\quad\eta\in(0,1)\\

故\forall\;\xi,\eta\in(0,1) 使得 \frac{3}{7}f'(\xi)=\frac{f'(\eta)}{(1+\eta)^2}

例1.3(2013，中科大)：函数 f(x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导。证明：存在 \zeta,\eta\in(a,b) ，使得 \[f'(\eta)=(b^2+ab+a^2+2)\frac{f'(\zeta)}{3\zeta^2+2}\]

分析： \eta 的个数为1，考虑拉格朗日； \zeta 的个数为2(乘除)，考虑柯西。

考虑

\frac{f'(\zeta)}{3\zeta^2+2}\Longrightarrow g'(x)=3x^2+2 \Longrightarrow \text{构造} g(x)=x^3+2x\\

证明：函数 f(x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导，由拉格朗日中值定理得

\displaystyle f(b)-f(a)=(b-a)f'(\eta),\quad \eta\in(a,b) \\

令 g(x)=x^3+2x , g(x) 与 f(x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导，由柯西中值定理得：

\frac{f(b)-f(a)}{(b^3+2b)-(a^3+2a)}=\frac{f(b)-f(a)}{(b-a)(a^2+ab+b^2+2)}=\frac{f'(\zeta)}{3\zeta^2+2}\\

变形可得：

f(b)-f(a)=\frac{f'(\zeta)}{3\zeta^2+2}(b-a)(a^2+ab+b^2+2),\quad\zeta\in(a,b)\\

故存在 \zeta,\eta\in(a,b) ，使得 f'(\eta)=(b^2+ab+a^2+2)\frac{f'(\zeta)}{3\zeta^2+2}\\

例1.4 f(x) 在[1,2]上连续，在 (1,2) 内可导，且 f'(x)\neq0 ，证明：存在\xi,\eta,\zeta\in(1,2)，使得\frac{f'(\zeta)}{f'(\xi)}=\frac{\xi}{\eta}\\

分析：先变形

\frac{f'(\zeta)}{f'(\xi)}=\frac{\xi}{\eta}\Rightarrow \eta f'(\zeta)=\xi f'(\xi)\Rightarrow \frac{f'(\zeta)}{1/\eta}=\frac{f'(\xi)}{1/\xi}\\

\zeta , \eta 的个数为1，考虑拉格朗日； \xi 的个数为2(乘除)，考虑柯西。

考虑

\frac{f'(\xi)}{1/\xi}\Longrightarrow g'(x)=1/x \Longrightarrow \text{构造} g(x)=\ln x\\

证明：令 g(x)=\ln x ，则 g(x) 与 f(x) 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，由柯西中值定理得

\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)}=\frac{f(2)-f(1)}{\ln2}=\frac{f'(\xi)}{1/\xi},\quad\xi\in(0,1)\\

再由拉格朗日中值定理得：

f(2)-f(1)=f'(\zeta),\quad\zeta\in(1,2)\\\ln2-\ln1=1/\eta,\quad\eta\in(1,2)\\

综合以上三式即得：存在\xi,\eta,\zeta\in(1,2)，使得\frac{f'(\zeta)}{f'(\xi)}=\frac{\xi}{\eta}

三、要求 \xi_n 互不相等

例2.1：设 f(x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，且 f(0)=0,f(1)=1

证明：存在两个不同的常数 \eta,\xi\in(0,1) 使得 f'(\xi)f'(\eta)=1 。

分析： \xi,\eta 的个数为1，均考虑拉格朗日； \xi\neq\eta ,于是需要分段运用中值定理

证明：法I. 构造函数令 F(x)=f(x)+x-1 . 因为 F(0)F(1)，故由零点定理知：存在 x_0\in(0,1) 使得 F(x_0)=f(x_0)+x_0-1=0 ，即 f(x_0)=1-x_0

在(0,x_0)和 (x_0,1) 上分别对 f(x) 用拉格朗日中值定理可得

f(x_0)-f(0)=f'(\xi)(x_0-0)\Leftrightarrow \frac{1-x_0}{x_0}=f'(\xi),\xi\in(0,x_0)\\ f(1)-f(x_0)=f'(\eta)(1-x_0)\Leftrightarrow \frac{x_0}{1-x_0}=f'(\eta),\eta\in(x_0,1)\\

于是有

f'(\xi)f'(\eta)=\frac{1-x_0}{x_0}\times\frac{x_0}{1-x_0}=1\\

因此存在两个不同的常数\eta,\xi\in(0,1)使得 f'(\xi)f'(\eta)=1 。

法II. 构造函数令 F(x)=f^2(x)-x^2 ，则有 F(0)=F(1)=0.

由Rolle中值定理知，存在 \xi\in(0,1) 使得

F'(\xi)=0\Rightarrow\frac{f(\xi)}{\xi}f'(\xi)=1\\

由Lagrange中值定理，存在 \eta\in(0,\xi) 使得 \frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=f'(\eta),

于是，存在两个不同的常数\eta,\xi\in(0,1)使得 f'(\xi)f'(\eta)=1 。

例2.2：设f(x)在 [0,1] 上连续，在 (0,1)内可导， f(0)=0 ， f(1)=\frac{1}{2}，证明：存在 \xi ,\eta \in (0,1)，\xi \ne \eta ，使得{f}'(\xi )+{f}'(\eta )=\xi +\eta

分析： \xi,\eta 的个数为1，均考虑拉格朗日； \xi\neq\eta ,于是需要分段运用中值定理

证明：令G(x)=f(x)-\frac12x^2，则 G(0)=G(1)=0 。

由Lagrange中值定理可知：

G'(\xi)=\frac{G(\frac12)-G(0)}{\frac12-0}\;, \quad\xi\in(0,\frac12)\\ G'(\eta)=\frac{G(1)-G(\frac12)}{1-\frac12}\;,\quad\eta\in(\frac12,1)\\ 故 G'(\xi)+G'(\eta)=0 \Rightarrow {f}'(\xi )+{f}'(\eta )=\xi +\eta 。

例2.3：设函数f(x)在 [0,1] 上连续, 在(0,1)内可导,若 f(0)=0, f(1)=1, 试证明: 对任意给定的n个正数 a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}, 存在互不相等的n个数 {\xi}_{1},{\xi}_{2},\cdots,{\xi}_{n}\in(0,1) , 使得: \frac{a_{1}}{f'(\xi_{1})}+\frac{a_{2}}{f'(\xi_{2})}+\cdots +\frac{a_{n}}{f'(\xi_{n})}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\\

例2.4：设函数 f(x) 在[a,b]上连续, 在(a,b)上可导. 求证: 在 (a,b) 内存在相异的两点\xi和 \eta 使得 f'(\xi)f'(\eta)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2

例2.5：设函数 f(x) 在[a,b]上连续, 在(a,b)上可导. 求证: 则必定存在互不相同的 n 个点 \xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n\in(a,b) 使得 f'(\xi_1)f'(\xi_2)\cdots f'(\xi_n)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^n.\\

三、Darboux定理的应用

例3.1：设f(x)在 [0,1] 上连续, 在(0,1)内可导, 且 f(0)=0,f(1)=1. 证明: 对任意的正数a和 b, 总存在 \xi\,,\eta\in(0,1)\;(\xi\neq\eta) , 使得\frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta)}=a+b\\

证明：由中值定理，存在 \zeta\in(0,1) 使得f'(\zeta)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1

(i) 若 f(\zeta)=\zeta ，则由中值定理

f'(\xi)=\frac{f(\zeta)-f(0)}{\zeta-0}=\frac{\zeta-0}{\zeta-0}=1, \quad \xi\in(0,\zeta)

以及f'(\eta)=\frac{f(1)-f(\zeta)}{1-\zeta}=\frac{1-\zeta}{1-\zeta}=1,\quad \eta\in(\zeta,1)

此时，结论成立

(ii) 若 f(\zeta)f(\zeta)>\zeta ，类似于(ii)可证

例3.2：设 f(x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，且 f(0)=0,f(1)=1