中值定理

中值定理

本篇文章将对考研数学中的中值定理相关知识进行总结，主要涉及中值定理相关做题经验、定理本身的简单理解并辅以例题加深理解。

中值定理本身并不能定量的描述，所以中值定理往往涉及的都是证明题，再题型上总是以存在性证明出现，一般而言只涉及两种形式——一是等式证明，二是不等式证明。

题目中所使用的中值定理种类一般包括以下几类：

• 连续函数的性质：如果函数\(f(x)\)在某区间\([a,b]\)上连续，那么函数\(f(x)\)必在\([a,b]\)上取得最大值\(M\)和最小值\(m\)。

  \[m \leq f(x) \leq M, x\in [a,b] \]

• 介值定理：如果函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续，那么对任意属于\(f(a)\)和\(f(b)\)之间的值\(c\)，总是存在\(\xi \in [a,b]\)使得\(f(\xi) = c\)

  介值定理搭配连续函数最大值最小值性质，就变成了：

  \[if\ f(x)\in c[a,b]\ ,\ then\ m\leq f(x) \leq M \\ and\ \forall c\in [m,M]\ ,\ \exists \xi \in[a,b]\ ,\ f(\xi) = c \]

• 零点定理：零点定理是由介值推广而来，通过构造辅助函数推导。

  \[if\ f(x) \in c[a,b]\ , \ f(a)f(b) <0\ ,\ then\ \exists \xi \in(a,b), f(\xi) = 0 \]

• 费马引理：费马引理说明了可导函数的极值点处导数为0（函数可导并非是真正的条件，真正的条件是在极值点处函数可导）

  关于费马引理的证明涉及极限的保号性。

  因为函数在极值点处可导，那么根据极值点定义，极值点两边极小领域内的导数异号（极限的保号性），而因为极值点处可导，所有极值点左右两边的导数相等，所以极值点处导数为0。

• 罗尔定理：由费马引理所推导。如果\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，那么\(f(x)\)一定能取到最大值最小值，根据费马引理，最值处的导数为0。但是为了避免最值在端点处取到（因为端点处取最值就不会推导出导数为零，因为我们无法知道端点的左右领域的情况，违反了费马引理的前提），罗尔定理额外规定\(f(a) = f(b)\)。这样子，如果最值是端点，那么在\([a,b]\)上，\(f(x) = m =M\)，显然——常数的导数必然为0。如果最值不在端点处取到，那么根据费马引理，最值导数为0.

  罗尔定理：如果\(f(x) \in c[a,b]\ , \ \exists f'(x) \in (a,b)\ ,\ f(a) = f(b)\)，那么\(\exists \ \xi \in (a,b)\ ,\ f'(\xi) = 0\)

• 拉格朗日中值定理：通过构造辅助函数\(F(x) = f(x) - [f(a) + \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a)]\)，验证可知该函数符合罗尔定理，那么必定存在\(F'(\xi) = 0\)，通过变形得：

  \[f'(\xi) = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \]

• 柯西中值定理：柯西中值定理更适用于一般情况，它涉及两个函数\(f(x),g(x)\)。通过构造辅助函数\(F(x) = f(x)- f(a) - \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}[g(x)-g(a)]\)，如果添加条件\(g'(x) \neq 0\)，那么易验证\(F(x)\)符合罗尔定理，那么必存在\(F'(\xi) = 0\)，通过变形得：

  \[\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \]

• 泰勒中值定理：泰勒中值定理可以改写n阶泰勒公式，在它得后面加上一个余项表示误差。如果函数\(f(x)\)在某一开区间\((a,b)\)上具有n+1阶导数，那么\(f(x)\)在区间上可以展开为：

  \[f(x) = f(x_{0})+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots +\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\ , \ \xi \in(x,x_0) \]

  泰勒中值定理使用得柯西中值定理。简而言之，我们需要证明余项\(R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)(\xi)}}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)，因为函数具有n+1阶导数，那么对余项的前n阶导数都为0。所以我们反复的在\(\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}\)上应用柯西中值定理，最后得出结论。

• 第一积分中值定理：第一积分中值定理就是拉格朗日中值定理的积分形式。如果\(f(x) \in c[a,b]\)，那么\(\exists \ \xi \in [a,b]\ , \ \int^a_bf(x)dx = f(\xi)(b-a)\)

  此外还有更广泛的第二积分中值定理：如果函数\(f(x),g(x) \in c[a,b]\)且\(g(x)\)不变号，那么\(\exists \ \xi \in [a,b]\)使得:

  \[\int ^a_b f(x)g(x)dx = f(\xi)\int^a_b g(x)dx \]

  该定理的证明涉及连续函数的最值性质和介值定理，读者不妨自证一下。

以上，便是考研数学全部的中值定理考点，可以看出因为中值定理涉及极限，微分和积分所以题目类型广泛且复杂，而证明题由涉及各种各样的证明方法，所以偏难。接下来会尝试总结题目常见的解题方法并且思考为什么要这样解题。

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中值定理的应用

题目条件

由所有中值定理本身可以看出，中值定理的条件较少且具有很强的关联性。比如一旦题目涉及\(f(x)\)连续，那么可选的中值定理就包括连续函数最值性质，介值定理，零点定理，积分中值定理。一旦加上函数可导，那么几乎涵盖了所有的中值定理。如果题目涉及高阶可导，那么泰勒中值定理就又浮现出来，所以一道题目究竟用什么中值定理有时候就要分析题目给出的已知条件。

但有时，题目给出条件又很隐蔽，就需要你小心分析题目。

1.设函数\(f(x),g(x) \in c[a,b]\)，那么证明\(\exists \ \xi \in (a,b)\)，使得

\[f(\xi)\int^b_\xi g(x)dx = g(\xi)\int^\xi_af(x)dx \]

证明：虽然题目仅包含连续这一条件，但是因为证明等式中存在积分，那么根据不定积分存在定理——连续函数必有原函数，所以如果我们将题目中的不定积分换成变限积分，那么这些变限积分都是可导的，这样我们就能使用更多的中值定理了。

设\(F(x) = \int^x_af(t)dt\int^b_xg(t)dt\)，因为\(F(a)=F(b) = 0\)，根据罗尔定理，\(\exists \xi \in (a,b)， F'(\xi) = 0\)

即\(f(\xi)\int^b_\xi g(x)dx - g(\xi)\int^\xi_a f(x)dx = 0\)。证毕。

构造函数

因为中值定理本身的证明就涉及构造函数，所以利用中值定理本身就更有可能需要构造辅助函数。而构造辅助函数是个技术活，仅仅给出证明等式就能看出构造函数的人还是少数，所以……如何构造？

2.设\(f(x),g(x) \in c[a,b]\)，在\((a,b)\)内可导。\(f(a)= f(b)=0\)。证明：\(\exists \ \xi \in (a,b)\)，使得

\[f'(\xi) + 2f(\xi)g'(\xi) = 0 \]

证明：这道题从已知和证明等式看，怎么看都像是我们要用罗尔定理去证明。事实上，我们就是要用罗尔定理去证明。

拉格朗日和柯西中值定理都具有明显的变形形式，它们的证明可能涉及因式分解，变形等，所以往往更为复杂，罗尔定理因为形式简单并且仅仅涉及导数，所以它们的题目往往都只包含\(f(x),f'(x)\)的抽象函数，而非可能包含\(b-a, f(b)-f(a)\)等等形式。

罗尔定理的结论仅仅包含\(F'(\xi) = 0\)，所以我们只需要将上述等式尝试构造成一个\(F'(x) = f'(x) + 2f(x)g'(x)\)即可。实际上，因为等号右侧是0，所以左右乘一个非零数并不会改变证明的要求，所以在证明等式两边添加\(e^x, x,f'(x)\)都是可能的。

不过这里给出一个比较通用的方法，左侧除\(f(x)\),那么就变成了

\[\dfrac{f'(x)}{f(x)} + 2g'(x) \]

即

\[ln[f(x)]'+[2g(x)]' \]

即

\[(ln[f(x)e^{2g(x)}])'= 0 \]

我们在除\(f(x)\)时候并没有考虑其等于0的情况，为了消除这种影响，我们等式两边在乘一个\(e^{ln[f(x)e^{2g(x)}]}\)，于是我们就可以说：

\[(e^{ln[f(x)e^{2g(x)}]})'=0 \]

所以我们的构造函数就出来了:

设\(F(x) = f(x)e^{2g(x)}\)，由题意可知\(F(a) = F(b) = 0\)，那么根据罗尔定理，\(\exists \ \xi \in (a,b)\)，使得\(F'(\xi) = 0\)，即

\[f'(\xi) + 2f(\xi)g'(\xi) = 0 \]

证毕。

上面的题目总结了一部分的构造函数技巧，一是找寻\(\dfrac{f'(x)}{f(x)}\)的形式，将整个等式划为单个函数的导数，进而用罗尔证明。二是通过添加\(e^{f(x)},x,f'(x)\)帮助我们更快的找到构造函数。比如\(f''(\xi) + f(\xi) = 0\)，这个直接除是不行的，但是我们两边乘\(2f'(x)\)就能快速发现辅助函数是什么了。第三就是仔细观察证明的等式有时后可能能够合并在一起的可导项比较复杂比如\(f(x)x, f(x)-x,\dfrac{f(x)}{x}\)等，它们可以搭配上面的构造技巧进而构造更为复杂的辅助函数。

多中值问题

多中值问题就比较好想——因为一次中值定理只能给出一个可能的\(\xi\)，如果证明式出现多个值\(\xi, \eta\)等，怎么想都是需要多次使用中值定理来找寻多个可能符合条件的值。

一般而言，这类题目由两种方法——一是多中值定理的应用，通过变形套入到等式中。二是通过介值定理等方法固定一个可能的中值，然后当作单中值问题处理。

3.设\(f(x) \in \ c[1,2]\)，在\((1,2)\)內可导，且\(f'(x) \neq 0\)，证明：\(\exists \ \xi\ ,\eta \ ,\zeta \in(1,2)\)，使得

\[\dfrac{f'(\zeta)}{f'(\xi)} = \dfrac{\xi}{\eta} \]

证明：可以看到本题中出现了三个中值量，可以想到至少应该用三次中值定理。注意观察，因为\(\eta\)并没有套进\(f(x)\)中，所以它有可能是某个初等函数（即我们可以算出导函数）的中值。这样想，这个等式可能隐含着两个函数的导数，于是可能需要使用柯西中值定理。

不管怎么样，我们至少应该让相同的中值待在一起。

\[\xi f'(\xi) =\eta f'(\zeta) \]

看左边，我们无法通过构造辅助函数查得究竟哪个函数的导数是\(xf'(x)\)，况且，罗尔定理似乎在多中值问题中难以应用，所以在这里对左边尝试进行构造辅助函数是比较困难。于是便来到了另一个方法。

对于无法构造辅助函数的情况，我们尝试用柯西。

\[\dfrac{f'(\xi)}{\dfrac{1}{\xi}} = \dfrac{f(2)-f(1)}{ln2 - ln1} \]

在右侧，我们对分母和分子各进行一次拉格朗日中值定理。

\[f(2)-f(1) = f'(\zeta)\\ ln2-ln1 = \dfrac{1}{\eta} \]

代入，证毕。

为什么我们一下子就想到了使用多中值定理呢？因为如果我们想要固定其他中值然后当作单中值问题的话，本题就需要固定两个中值，这样做是比较困难的。题目给的条件太少，可能不支持我们这样做，于是就想到了多中值定理进行处理。

4.设\(f(x),g(x) \in c[0,1]\)，在\((0,1)\)内可导，且\(\int^1_0 f(x)dx = 3 \int^1_{\frac{2}{3}}f(x)dx\)，证明\(\exists\ \xi \ ,\eta \in (0,1)\)，使得

\[f'(\xi) = g'(\xi)[f(\eta) - f(\xi)] \]

证明：我们能否构造出辅助函数符合等式呢？因为等式存在两个中值，如果要强行构造得话可能会出现两个变量，所以比较困难。那有没有可能是使用两次中值定理呢？因为\(\eta\)并非以导数的形式出现，如果考虑多中值定理，那么就很可能需要向等式中引入积分，到时如何再将积分消去又是一个问题。

如果我们能将\(\eta\)固定，将\(f(\eta)\)当成常数处理就好办了。为什么不呢？我们进行的是存在性证明，所以我们不放假设。

由题意可知

\[\int^1_0f(x)dx = \int^\frac{2}{3}_0f(x)dx + \int^1_\frac{2}{3}f(x)dx = 3\int^1_\frac{2}{3}f(x)dx\\ \int^\frac{2}{3}_0f(x)dx = 2\int^1_\frac{2}{3}f(x)dx \]

应用中值积分定理，则\(\exists \ c_1 \in (0,\dfrac{2}{3}), \ c_2 \in (\dfrac{2}{3},1)\)，使得\(f(c_1) = f(c_2)\)

不妨设\(\eta = c_2\)

设\(F(x) = [f(x) - f(\eta)]e^g(x) \ , x\in[c_1, \eta]\)，\(F(c_1) = F(\eta)=0\)，根据罗尔定理，\(\exists \ \xi \in (c_1,\eta)\)使得\(F'(\xi) = 0\)。

即

\[f'(\xi) = g'(\xi)[f(\eta) - f(\xi)] \]

证毕。

泰勒中值

泰勒的题目具有极其明显的特征，就是题目肯定隐含着函数高阶可导的条件。

5.设\(f(x)\)在区间\([-a,a](a>0)\)上具有二阶连续导数，\(f(0)=0\)，证明：\(\exists \ \eta \in [-a,a]\)，使得

\[a^3f''(\eta) = 3\int^a_{-a}f(x)dx \]

证明：\(f(x)\)具有连续二阶导数，便可以利用泰勒中值定理将其展开。

\[f(x) = f(0) + f'(0)x + \dfrac{f''(\xi)}{2}x^2 = f'(0)x + \dfrac{f''(\xi)}{2}x^2 \]

展开点选取题目中获得较为方便计算的点，这也是泰勒题目的特征之一，就是题目会给定点的值，方便我们进行化简和积分。

于是

\[\int^a_{-a}f(x)dx = \dfrac{1}{2}\int^a_{-a}f''(\xi)x^2dx \]

因为\(f''(x)\)连续，所以\(m\leq f''(x) \leq M\)

即

\[m\int^a_{-a}x^2dx \leq\int^a_{-a}f''(\xi)x^2dx \leq M\int^a_{-a}x^2dx \]

所以

\[m\leq\dfrac{3}{a^3}\int^a_{-a}f(x)dx\leq M \]

根据介值定理，\(\exists \ \eta \in [-a,a]\)使得\(f’'(\eta) = \dfrac{3}{a^3}\int^a_{-a}f(x)dx\)。

变形，证毕。

当题目中出现二阶可导时，除了泰勒中值定理还有可能是连续使用两次罗尔或拉格朗日中值定理。解题过程就是在区间上取三个点，分别做两次中值定理获得两个一阶导数点，然后再这两个一阶导数点上继续应用中值定理。最终求得一个二阶导数点。

不等式证明

不等式的证明就比较考验思路，会综合一些常用的不等式公式。

熟练记住这些不等式是解题条件之一，其次就是如何利用中值定理。

一般而言，中值定理的不等式都是带绝对值的，所以绝对值不等式是重中之重。比如拉格朗日定理中如果加上绝对值可以限定\(f(b)-f(a)\)，泰勒展开可以利用二阶导数。

不等式的证明也常常搭配连续函数的最值性质。

总之不等式的题型各种各样，很难给出比较通用的解题方式，总的来说，如何分配不等式项，应用绝对值不等式，或者利用潜在的单调性进行证明都是技巧之一。