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1、中值定理有关的证明题辅助函数法与微分中值定理有关的证明题，辅助函数方法介绍 一积分法 例 设f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，试证明：在(a,b)内至少存在一点x， 满足：f(b)-f(a)2x=b2-a2f(x) 分析 将求证等式改写为f(b)-f(a)2x-b2-a2f(x)=0 左端看成一个函数F(x)在x处的导数，即令 22F(x)=f(b)-f(a)2x-b-af(x) 积分得F(x)=f(b)-f(a)x2-b2-a2f(x) 证明：作辅助函数F(x)=f(b)-f(a)x2-b2-a2f(x) 22F(x)=f(b)-f(a)2x-b-af(x) 则F(x)在a,b上连
2、续，在(a,b)内可导，且 F(a)=af(b)-bf(a)=F(b) 22由罗尔定理知：存在x(a,b)，使F(x)=0，即得 22f(b)-f(a)2x=b-af(x) 说明：由于积分的不唯一性，也可以取 F(x)=f(b)-f(a)(x-a)-b-a(f(x)-f(a) 2222由此可得F(a)=F(b)=0，不但计算更方便，而且对证明更有信心 本题若取g(x)=x2，所以g(x)=2x 由柯西中值定理得：存在x(a,b)， f(b)-f(a)f(x)使得 移项得f(b)-f(a)2x=b2-a2f(x) =22b-a2x但是为了应用柯西中值定理，必须假定0ab或ab0，以确保g(x)0
3、 而对a0b情况，不能应用柯西中值定理 二微分方程法 例 设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(1)=0，求证：在(0,1)内至少存在 一点x，满足：2f(x)+xf(x)=0 分析 本题求证式中不仅含有f(x)，而且含有f(x)，对f(x)是难以直接积分法，像上例的求出一个F(x)，使得它的导数满足F(x)=2f(x)+xf(x)常常不可能 由于u(x)f(x)=u(x)f(x)+u(x)f(x)中既含有含有f(x)又含有f(x) 与求证式构造已是相同的了，但要使u(x)=2和u(x)=x同时成立也是不可能的， 解决矛盾的关键，结论中可能约去了一个不等于的的公因子 因为任给一个
4、j(x)0，有 2f(x)+xf(x)=0j(x)2f(x)+xf(x)=0 从而求证式等价于2j(x)f(x)+j(x)xf(x)=0 上式左端看成一个函数F(x)=u(x)f(x)在x处的导数，即令 F(x)=u(x)f(x)+u(x)f(x)=2j(x)f(x)+xj(x)f(x)u(x)2=u(x)xduu=j(x) 令 u(x)=2j(x)u(x)=xj(x) 所以 u(x)2=2=u(x)xdudx2=2ux分离变量得=2xdx duuxdx22lnu=x+lnc 得 u=cx 取c=1 得u=x 2作辅助函数F(x)=xf(x) 第 1 页 共 2 页 证明：作辅助函数F(x)=
5、x2f(x), F(x)=2xf(x)+x2f(x) F(0)=0f(0)=022F(1)=1f(1)=0 从而F(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且F(0)=F(1) 由罗尔定理知：存在x(0,1)，使F(x)=0，得 22xf(x)+xf(x)=0 又0x1，上式两边同除x得 2f(x)+xf(x)=0 说明：微分方程是一阶微分方程 本题也可避开微分方程 上式化为u(x)2=u(x)x，通过分离变量法求解的 (lnu(x)=(2lnx) u(x)x两个函数的导数相等，二者至多相差一个常数，即lnu(x)=2lnx+lnc =u(x)=cx 右端加上lnc只是为了去对数方便，没有什么
6、特殊含义 2u(x)2为了作辅助函数更加快捷，由求证式2f(x)+xf(x)=0 将x替换成x，考虑方程2f(x)+xf(x)=0 f(x)2得=-(lnf(x)=(-2lnx)lnf(x)=-2lnx+lnc f(x)x去对数得，x2f(x)=c (一定要让右端化为常数) 令左端为F(x)，即F(x)=x2f(x) 例：设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0，求证：在(0,1)内至少存在 一点x，满足：xf(x)+f(x)=0 分析：令F(x)=u(x)f(x)， F(x)=u(x)f(x)+u(x)f(x)=xf(x)+1f(x) f(x)与f(x)的系数对
7、应成比例 x2u(x)x2=u(x)1u(x)u(x)=xlnu(x)=x22 x2 lnu(x=)x2较为快捷的方式，将求证式中的x换成x，考虑方程xf(x)+f(x)=0 f(x)+ 取c=1，得u(x)=elnc2 辅助函数为F(x)=e2f(x) x=-xlnf(x)=- lnf(x)=-f(x)24x2e2x2x22 +lcn得 f(x)=c 左端为F(x)，即F(x)=ex22x2f(x) f(x) x2证明：辅助函数F(x)=e2f(x)， F(x)=xe12f(x)+e2 F(0)=f(0= )0)0F(=12)ef=(1从而F(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且F(0)=F(1) 由罗尔定理知：存在x(0,1)，使F(x)=0，得 x2x2xe2f(x)+e2f(x)=0 化简得xf(x)+f(x)=0 第 2 页 共 2 页
