拉格朗日中值定理证明中值命题的基本思路与典型例题分析

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约瑟夫·拉格朗日（Joseph-Louis Lagrange，1736~1813）全名为约瑟夫·路易斯·拉格朗日，法国著名数学家、物理学家。他在数学、力学和天文学三个学科领域中都有历史性的贡献，其中尤以数学方面的成就最为突出。

一、拉格朗日中值定理

通常形式：

条件：

(1) f(x)在[a,b]上连续；

(2) f(x)在(a,b)内可导；

结论：

至少存在一点ξ∈(a,b)，使得

或者存在θ∈(0,1)，使得

即ξ=a+θ(b-a).

有限增量形式：

如果y=f(x)在x的邻域内可导，x+△x也属于该邻域，则存在θ∈(0,1)，使得

如果f(x)在(a,b)内可导，x，x₀∈(a,b)，则在x和x₀之间至少存在一点ξ，或存在θ∈(0,1)，使得

【注】：拉格朗日中值定理架起了函数值、导数值和自变量的取值之间的桥梁.

推论：如果f(x)在(a,b)内恒有f’(x)=0，则在(a,b)内f(x)恒为常数.

二、使用拉格朗日中值定理求解题型分析

如果需要验证的等式或者不等式关系式中，或者题干的已知条件中，包含有函数值、一阶导数值（最多两阶导数）和自变量，或自变量的取值，尤其是包含一个区间两个端点的函数值、端点变量值和区间内的导数值的问题，可以考虑使用拉格朗日中值定理来解决.

【注】：对于只有一个中值的等式命题的证明，如果可以使用拉格朗日中值定理来证明，则一般可以使用罗尔定理来证明，因为拉格朗日中值定理的结论是基于罗尔定理推导得到的结果.

三、使用拉格朗日中值定理的解题思路与步骤

(1)确定问题类型：条件或结论中包含有函数值、导数值，自变量的取值，尤其是包含有两个函数值的差结构，验证的结论为与之相关的量的等式或不等式.

(2)构建辅助函数：根据已知条件或结论，寻找端点构造闭区间，并通过转换等式或不等式描述形式，使得式子中出现端点函数值的差与自变量差的描述形式，并寻找与之相关的函数的导数，通过函数值构造辅助函数；或者根据结论或者条件中所有的函数或者不等式，通过移项，使其一端为零构造辅助函数.

(3)验证定理得出结论：结合构造的辅助函数，将题干中的各种已知尽可能地用数学表达式描述，然后将所有已知的各类数学表达式进行各种可能的推导、变换，得其尽可能多不同描述形式，组合各种得到的数学描述形式，对构造的辅助函数验证满足定理的条件，并推导、变形得到最终需要的结论.

四、例题分析

例1 设奇函数f(x)在[-1,1]上具有2阶导数，且f(1)=1. 证明：

(I) 存在ξ∈(0,1)，使得f’(ξ)=1.

(II) 存在η∈(-1,1)，使得f’’(η)+f’(η)=1.

【分析】对于这个考题比较简单，根据已知条件有非常直观的一些结果.

由“奇函数f(x)在[-1,1]上具有2阶导数”可得

(1) f(-x)=-f(x)；

(2) f(x)的导函数f’(x)为偶函数；

(3) f(x)在[-1,1]上连续，可得f(0)=0；

(4)由已知“f(1)=1”和(3)，由于有两个点的函数值，并且函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，所以由拉格朗日中值定理，存在ξ∈(0,1)，使得

f(1)-f(0)=1=f’(ξ)(1-0)=f’(ξ).

即需要证明的结论(I)成立.

【注】：这个结论也可以由罗尔定理得到，即令

F(x)=f(x)-x，

则有F(0)=f(0)-0=F(1)=f(1)-1=0，所以由罗尔定理，存在ξ∈(0,1)，使得F’(ξ)= f’(ξ)-1=0，即f’(ξ)=1.

(5) 由(2)可得f’(-ξ) -1= f’(ξ)-1=0，如果令ξ=x，则f’(x)-1有两个位置函数值相等并且等于0，并且它的导数就为f’’(x)，正好为第二个要证结论的第一项，而对结论(II)全部移项到左边f''(η)+f'(η)-1=0，发现正好f’(x)-1不求导数即为剩余的两项，由此，我们想到求导数不变，并且不会增加导数零点的函数e^x，于是令

F(x)=( f’(x)-1) e^x，

则容易得到函数F(x)在[-ξ, ξ](因为ξ∈(0,1))构成的区间上满足罗尔定理的三个条件，从而有F’(η)=0成立，即存在η∈(-ξ,ξ)⊂(-1,1)，使得

f’’(η)+f’(η)=1

成立.

【解题步骤】(I)由题意，有f(0)=0，所以对于区间[0,1]，f(x)连续，在开区间(0,1)上可导，则由拉格朗日中值定理及f(1)=1知，存在ξ∈(0,1)，使得

f(1)-f(0)=1=f’(ξ)(1-0)=f’(ξ)，即f’(ξ)=1.

(II) 令F(x)=( f’(x)-1) e^x，则由于f(x)为奇函数，所以f’(x)为偶函数，从而有

f’(ξ)-1=f’(-ξ)-1=0.

由于[-ξ, ξ]⊂(-1,1)，所以F(x)在[-ξ, ξ]连续，在(-ξ, ξ) 上可导，并且有

F(-ξ)=(f’(ξ)-1)e^ξ=0=(f’(-ξ)-1)e^-ξ=F(ξ)；

所以由罗尔定理可得，存在η∈(-ξ,ξ)⊂(-1,1)，使得

f’’(η)+f’(η)=1

成立.

例2 设不恒为常数的函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)上可导，且f(a)=f(b)，证明：在(a,b)内至少存在一点ξ，使得f’(ξ)>0.

【理论依据分析】对于中值不等式不能使用罗尔定理证明，同样也不能使用柯西中值定理证明，一般使用拉格朗日中值定理或泰勒中值定理证明，而0阶泰勒中值定理即为拉格朗日中值定理，这里只有一阶导数，所以即使用拉格朗日中值定理证明.

【解题过程分析】直接由已知条件，设函数在(a,b)内某点c的函数值不等于端点的函数值，比如设f(c)>f(a)=f(b)，则在区间[a,c]、[c,b]上f(x)连续，在(a,c)，(c,b)上可导，并且有

同样，如果f(c)<f(a)=f(b)，则有

即无论哪种情况，都有结论成立.

【注】以上两个考题，都可以直接通过分析、变换，融合已知条件及其推导得到的结论可以直接得到结论，并且辅助函数也在推导、变换过程中大致可以推导探索获得.

例3 设函数f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且满足

f(0)=0,f(1)=1,f(1/2)>1/4.

证明：(1)至少存在一点ξ∈(0,1)，使得f’’(ξ)<2；

(2)若对一切x∈(0,1)，有f’’(x)≠2，则当x∈(0,1)时，恒有f(x)>x².

【理论依据与方法分析】本题中包含有三个点的函数值，另外要考虑函数的导数值，根据罗尔定理应用中的分析，三个函数值相等可以得到一个二阶导数值等于0的结论，因此，三个函数值相关的结论已知，两两个点也可以各自得到一个拉格朗日中值定理的结论，对于一阶导数值的结论再可以使用拉格朗日中值定理，得到二阶导数的结论. 另外，这里需要验证的是不等式结论，一般一阶不等式的中值命题首先考虑的理论依据也为拉格朗日中值定理. 而对于所有、一切、恒成立等的相关的结论，一般考虑反证法来验证.

【解题思路分析】使用中值定理验证问题关键就是构造辅助函数，辅助函数的构造可以从已知条件出发，更多的时候是从需要验证的结论出发. 通过分析结论发现：将两个结论中的数学式移项，分别为

f’’(ξ)-2<0，f(x)-x²>0.

发现第一个式子正好是第二个式子左边的二阶导数，于是考虑设辅助函数为

F(x)=f(x)-x².

由此可知，

F(0)=0,F(1)=0,

F(1/2)=f(1/2-1/4>0,

并且函数F(x)在[0,1]上有二阶导数，从而函数、一阶都符合拉格朗日中值定理的条件，于是尝试性的对F(x)对出现的三个点应用拉格朗日中值定理，可得存在点

a∈(0,1/2)，b∈(1/2,1)(b>a)，

使得

在区间[a,b]上对F’(x)应用拉格朗日中值定理：存在ξ∈(a,b)，使得

即存在ξ∈(a,b)⊂(0,1)，使得

f’’(ξ)-2<0，即f’’(ξ)<2.

这样就得到了结论(I)的结论.

对于第二问：反证法，则假设存在一点c，使得f(c)≤c²，即F(c)=f(c)-c²≤0.

(1) 如果F(c)=0，则由F(c)=F(0)=F(1)=0，应用两次罗尔定理，可知存在一点ξ，使得F’’(ξ)=0，即f’’(ξ)=2，从而与结论(II)中的条件f’’(x)≠2矛盾.

(2) 如果F(c)<0，则F(c)F(1/2)<0，由零值定理可得，在c与1/2之间存在d，使得F(d)=0，所以由

F(d) =F(0) =F(1)=0，

应用两次罗尔定理得出与已知条件矛盾.  所以由(1)(2)可知，假设不成立. 这样也就验证了结论(II).

【解题过程】令F(x)=f(x)-x²，由已知条件可得

F(0)=0,F(1)=0,

F(1/2)=f(1/2)-1/4>0,

(I)由拉格朗日微分中值定理，存在点a∈(0,1/2)，b∈(1/2,1)(b>a)，使得

在区间[a,b]上对F’(x)应用拉格朗日中值定理：存在ξ∈(a,b)，使得

即存在ξ∈(a,b)⊂(0,1)，使得

f’’(ξ)-2<0，即f’’(ξ)<2.

(II)反证法，则假设存在一点c，使得f(c)≤c²，即F(c)=f(c)-c²≤0.

(1) 如果F(c)=0，则由F(c)=F(0)=F(1)=0，应用两次罗尔定理，可知存在一点ξ，使得F’’(ξ)=0，即f’’(ξ)=2，从而与结论(II)中的条件f’’(x)≠2矛盾.

(2) 如果F(c)<0，则F(c)F(1/2)<0，由零值定理可得，在c与1/2之间存在d，使得F(d)=0，所以由F(d)=F(0)=F(1)=0，应用两次罗尔定理得出与已知条件矛盾.  所以由(1)(2)可知，假设不成立. 即当对一切x∈(0,1)，f’’(x)≠2时，恒有f(x)>x². 

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