中值定理的应用

这篇文章深入探讨了如何在证明题中应用中值定理，特别关注微分中值定理和积分中值定理的实际应用。

文章通过多个例题展示了中值定理在不同解题方法中的应用。对于微分方程法，文章分别讨论了一阶和二阶微分方程的情况，展示了如何利用求解微分方程帮助解决证明中的关键问题。在泰勒展开法部分，文章详细说明了如何在已知点和待定点进行泰勒展开，以及如何分割区间来获取含有绝对值的积分不等式更精确的界。

此外，文章还介绍了原函数法在证明中的应用，强调了如何通过构造适当的原函数或展开式，利用中值定理达到证明目的。每个例题都配有详细的解题步骤和方法分析，帮助读者全面理解解题思路和技巧。

通过这些丰富的例题和深入的讲解，文章旨在帮助读者深入掌握中值定理的应用方法，提高解决数学证明题的能力，培养灵活运用数学定理的思维方式。

（摘要由 OpenAI o1-preview 生成）

微分中值定理

罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理都需要闭区间连续、开区间可导的条件，并且保证找到的中值点 \(\xi\) 位于开区间内。

罗尔定理 如果函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 连续，在开区间 \((a,b)\) 可导，并且 \(f(a) = f(b)\)，则至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\) 使得 \(f'(\xi) = 0\)。

推论 如果函数 \(f(x)\) 在区间 \(I\) （有限、无限、开、闭）内，满足 \(f^{(n)}(x) \neq 0\)，则函数 \(f(x)\) 在区间 \(I\) 至多有 \(n\) 个零点。

拉格朗日中值定理 如果函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 连续，在开区间 \((a,b)\) 可导，那么至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\) 使得 \(\displaystyle f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\)。

柯西中值定理 如果函数 \(f(x)\) 与函数 \(g(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 连续，在开区间 \((a,b)\) 可导，并且在整个开区间 \((a,b)\) 内，函数 \(g(x) \neq 0\)，那么至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\) 使得 \(\displaystyle \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}\)。

含有拉格朗日余项的泰勒展开（泰勒中值定理） 如果函数 \(f(x)\) 在开区间 \((a,b)\) \((n+1)\) 阶可导，对于任意的 \(x_0 \in (a,b)\)，至少存在一个 \(\xi \in (a,b)\) 使得下面的等式成立：

\[ f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n + R_n(x) \]

\[ R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1} \]

其中 \(R_n(x)\) 被称为拉格朗日余项。

有时会使用含有皮亚诺余项的泰勒展开，这样能够多展开一阶，并且不要求函数在整个开区间内可导。

含有皮亚诺余项的泰勒展开 如果函数 \(f(x)\) 在 \(x = x_0\) 处 \(n + 1\) 阶可导，对于任意的 \(x_0 \in (a,b)\)：

\[ f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1} + o((x - x_0)^{n+1}) \]

积分中值定理

积分第一中值定理 如果函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续，函数 \(g(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 上可积，且在积分区间不改变符号，那么至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\) 使得 \(\displaystyle \int_a^b f(x)g(x) dx = f(\xi)\int_a^b g(x) dx\)。

通常使用下面的特殊情况，令 \(g(x) = 1\)：

积分中值定理 如果函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续，那么至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\) 使得 \(\displaystyle \int_a^b f(x) dx = f(\xi)(b - a)\)。

应用

中值定理之 ODE 法

一阶情况下的 ODE 法

例 设函数 \(\displaystyle f(x) = \int_1^x e^{t^2} dt\)，证明：存在 \(\xi \in (1,2)\)，使得 \(f(\xi) = (2 - \xi)f(\xi)\)。

解1. 设 \(F(x) = f(x) g(x)\)，目标是寻找使得方程 \(F'(x) = 0\) 等价于 \(f(x) + (x - 2) f'(x) = 0\) 的函数 \(g(x)\)，则原问题转化为寻找一点 \(\xi\) 使得 \(F'(\xi) = 0\)。

利用函数乘积的求导法则，可以列出方程：

\[ \frac{g'(x)}{g(x)} = \frac{1}{x - 2} \quad \Leftrightarrow \quad g'(x) - \frac{1}{x - 2} g(x) = 0 \]

求解以上关于 \(g(x)\) 的微分方程，得到 \(g(x) = C(x - 2)\)，令任意常数 \(C = 1\)，我们就找到了一个满足条件的辅助函数。

即 \(F(x) = f(x)(x - 2)\)，我们可以验证：\(F(1) = F(2) = 0\)，应用罗尔定理即可证明原命题。

解2. 实际上有通法可以直接求解辅助函数。

将题目中的 \(\xi\) 全部换为 \(x\)，求解 ODE \(f(x) + (x - 2) f'(x) = 0\)。

其通解为 \(\displaystyle f(x) = C \frac{1}{x - 2}\)，将唯一的常数 \(C\) 单独置于等号一侧，即 \(C = f(x)(x - 2)\)，将待定常数换成函数 \(F(x)\)，即得到辅助函数 \(F(x) = f(x)(x - 2)\)，接下来的过程和解法一是一致的。

如果微分方程不是线性方程

有时可以在解中保留 \(\displaystyle \int_0^x f(t) dt\)，而避免使用变量分离的方法求解 ODE（因为这样会导致原先导数为 \(0\) 的点成为导数为 \(\infty\) 的点）。

例 设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，\((a, b)\) 上可导，\(f(a) < 0\)，\(f(b) < 0\)，并且 \(\displaystyle \int_a^b f(x) dx = 0\)，证明：

(1) 存在不同的 \(\xi_1, \xi_2 \in (a, b)\)，使得 \(f(\xi_1) = f(\xi_2) = 0\)；

(2) 对于任意的整数 \(k \geq 2\)，存在 \(\eta \in (a, b)\)，使得 \(f'(\eta) + [f(\eta)]^k = 0\)。

解.

(1) 由反证法可知，必有 \(c \in (a, b)\) 使得 \(f(c) > 0\)。运用两次连续函数的介值定理即可证明。

(2) 运用 ODE 法求解辅助函数：将所有的 \(\xi\) 换成 \(x\)，求解 ODE \(f'(x) + [f(x)]^k = 0\)。

Note

这里需要把原方程看作线性方程 \(f'(x) + [f(x)]^{k - 1} f(x) = 0\)，直接变量分离解出的辅助函数 \(\displaystyle g(x) = \frac{1}{k - 1}\frac{1}{[f(x)]^{k - 1}} - x\) 并不利于后续的证明。

求解线性方程，得通解 \(\displaystyle f(x) = C \cdot \exp \left(-\int [f(t)]^{k - 1} dt\right)\)，

将唯一的常数 \(C\) 单独置于等号一侧，得到辅助函数 \(\displaystyle F(x) = f(x) \cdot \exp \left(\int [f(t)]^{k - 1} dt\right)\)，可以验证，\(F(\xi_1) = F(\xi_2) = 0\)，应用罗尔定理即可证明原命题。

二阶情况下的 ODE 法

例 Given \(f \in \mathcal{C}^2(a,b)\) and \(\displaystyle f(a) = f(b) = \int_a^b f(x) dx = 0\), prove that there exists \(\xi \in (a,b)\) such that \(f''(\xi) - 5f(\xi) + 6f'(\xi) = 0\).

解1. 目标是寻找使得方程 \(\Big(g(x)\big[a f'(x) + f(x)\big]\Big)' = 0\) 等价于方程 \(g'(x) \big[a f'(x) + f(x)\big] = 0\) 的函数 \(g(x)\)，令 \(F(x) = g(x)\big[a f'(x) + f(x)\big]\)，则原问题转化为寻找一点 \(\xi\) 使得 \(F'(\xi) = 0\)。

由于

\[ \Big(g(x)\big[a f'(x) + f(x)\big]\Big)' = a g(x) f''(x) + \big[g(x) + a g'(x)\big]f'(x) + g'(x)f(x) \]

从而有关于未知函数 \(g(x)\) 和待定系数 \(a\) 的方程组

\[ \begin{cases} \begin{array}{ccl} \displaystyle \frac{ag(x)}{g(x) + a g'(x)} = -\frac{1}{5} & \Leftrightarrow & \displaystyle g'(x) + \frac{1 + 5a}{a} g(x) = 0 \\ \\ \displaystyle \frac{ag'(x)}{g(x)} = \frac{1}{6} & \Leftrightarrow & \displaystyle g'(x) - 6a g(x) = 0 \end{array} \end{cases} \]

上下两个方程应该表示同一个 ODE，从而，\(a = -1/2\) 或者 \(a = -1/3\)。任取其中一解：

令 \(a = -1/2\)，则 \(g(x) = e^{-3x} + C\)，令 \(C = 0\)，并令

\(\displaystyle F(x) = e^{-3x}\left[-\frac{1}{2} f'(x) + f(x)\right]\)，可以验证：

\(\displaystyle F'(x) = -\frac{1}{2} e^{-3x}\left[f''(x) - 5f(x) + 6f'(x)\right]\)

从而，原问题转化为寻找 \(\xi\) 使得 \(\displaystyle -\frac{1}{2} f'(\xi) + f(\xi) = 0\)，这是一阶 ODE + 罗尔定理的情况，容易证明。

解2. 实际上有通法可以直接求解辅助函数。

将题目中的 \(\xi\) 全部换为 \(x\)，求解二阶 ODE \(f''(x) - 5f(x) + 6f'(x) = 0\)。

其通解为 \(f(x) = C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}\)，「消去」其中的任意常数 \(C_1\) 或者 \(C_2\)：

首先作恒等变换：\(f(x)e^{-2x} = C_1 + C_2 e^x\)

然后求导消去 \(C_1\)：\(f'(x)e^{-2x} - 2f(x)e^{-2x} = C_2 e^x\)

将唯一的常数 \(C_2\) 单独置于等号一侧，即得到辅助函数 \(F(x) = e^{-3x}[f'(x) - 2f(x)]\)，接下来的过程和解法一是一致的。

这两种方法得到的辅助函数仅相差常数倍，但当特征方程没有实数根的时候，解法二会更方便一些。

中值定理之原函数法

例 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上有二阶导数，\(f(0) = 0\)，\(f(1) = 1\)，\(\displaystyle \int_0^1 f(x) dx = 1\)，证明：

(1) 存在 \(\xi \in (0,1)\)，使得 \(f'(\xi) = 0\)；

(2) 存在 \(\eta \in (0,1)\)，使得 \(f''(\eta) < -2\)。

解.

(1) 由积分中值定理，存在 \(c\in (0,1)\) 使得 \(f(c) = 1\)，由罗尔定理，存在 \(\xi \in (c, 1)\) 使得 \(f'(\xi) = 0\)。

(2) 将题目中的 \(\xi\) 全部换为 \(x\)，并移至等号一侧，得到 \(f''(x) + 2 < 0\)，其一个（二阶的）原函数为 \(F(x) = f(x) + x^2\)，问题转化为证明寻找 \(\xi\) 使得 \(F''(\xi) < 0\)。有关微分不等式，尝试使用拉格朗日中值定理。

\(F(0) = 0\)，\(F(1) = 2\)，\(F(c) = 1 + c^2\)，运用两次拉格朗日中值定理，

存在 \(\eta_1 \in (0, c)\) 使得 \(\displaystyle F'(\eta_1) = \frac{F(c) - F(0)}{c - 0} = \frac{1}{c} + c\)，

存在 \(\eta_2 \in (c, 1)\) 使得 \(\displaystyle F'(\eta_2) = \frac{F(1) - F(c)}{1 - c} = 1 + c\)，

在这两个中值点之间，再次应用拉格朗日中值定理，

存在 \(\eta \in (\eta_1, \eta_2)\) 使得 \(\displaystyle F''(\eta) = \frac{F'(\eta_2) - F'(\eta_1)}{\eta_2 - \eta_1} < 0\)，这就证明了原命题。

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例 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上有二阶导数，\(f(0) = 0\)，\(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上的最大值为 \(M > 0\)，证明：存在 \(\xi f''(\xi) + 2 f'(\xi) > f(\xi)\)。

将题目中的 \(\xi\) 全部换为 \(x\)，并移至等号一侧，得到 \(x f''(x) + 2 f'(x) - f(x) > 0\)，这个二阶 ODE 不容易直接利用公式求解，尝试凑出原函数。

\(xf''(x) + f'(x)\) 项由 \([xf'(x)]'\) 产生，

\(f'(x)\) 项由 \([f(x)]'\) 产生，

\(-f(x)\) 项由 \(\displaystyle \left[-\int_0^x f(t) dt\right]'\) 产生，

因此，原函数为 \(\displaystyle F(x) = xf'(x) + f(x)- \int_0^x f(t) dt\)，问题转化为证明寻找 \(\xi\) 使得 \(F'(\xi) > 0\)。有关微分不等式，尝试使用拉格朗日中值定理。

假设 \(f(x_0) = M\)，则有两种情况：

情况 1：\(x_0 \in (0,1)\)，此时 \(f'(x_0) = 0\)，有

\(\displaystyle F(x_0) = M - \int_0^{x_0} f(t) dt > x_0 \cdot M - \int_0^{x_0} f(t) dt > 0\)

则存在 \(\xi \in (0, x_0)\) 使得 \(\displaystyle F'(\xi) = \frac{F(x_0) - F(0)}{x_0 - 0} = \frac{F(x_0)}{x_0} > 0\)。

情况 2：\(x_0 = 1\)，则此时 \(\displaystyle f'_-(1) \geq 0\)，有

\(\displaystyle F(1) = f'(1) + M - \int_0^1 f(t) dt > 0\)

则存在 \(\xi \in (0,1)\) 使得 \(\displaystyle F'(\xi) = \frac{F(1) - F(0)}{1 - 0} = F(1) > 0\)。

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例 设 \(a > b > 0\)，函数 \(f(x)\) 是定义在 \([0, +\infty)\) 上的二阶可导函数，且 \(f(0) = a - b\)，\(f'(0) = -a\)，\(\displaystyle f''(x) \leq \frac{2a}{(x + 1)^3}\)，证明：\(f(x)\) 在 \(\displaystyle \left(0, \frac{a-b}{b}\right]\) 上具有唯一的零点。

解. 为简化题目条件，寻找 \(\displaystyle f(x) - \frac{2a}{(x + 1)^3}\) 的二阶原函数，积分两次，可得：

\(\displaystyle F(x) = f(x) - \left[\frac{a}{x + 1} + C_1 x + C_2\right]\)，条件转化为 \(F''(x) \leq 0\)。

原有条件

\[ \begin{cases} \begin{array}{lcl} f(0) = a - b & \Leftrightarrow & \displaystyle g(0) = a - b - a - C_2 \\ f'(0) = -a & \Leftrightarrow & \displaystyle g'(0) = -a + a + C_1 \end{array} \end{cases} \]

为了使关于 \(F(x)\) 的条件尽量简单，令 \(C_1 = 0\)，\(C_2 = -b\)，则 \(\displaystyle F(x) = f(x) - \frac{a}{x + 1} + b\)。此时，\(F(0) = 0\)，\(F'(0) = 0\)，\(F''(x) \leq 0\)。

则对于 \(\displaystyle x \in \left(0, \frac{a-b}{b}\right]\)，\(g(x) < 0\)，

从而，\(\displaystyle g\left(\frac{a-b}{b}\right) = f\left(\frac{a-b}{b}\right) < 0\)，由 \(f(0) = a - b > 0\)，由介值定理，存在唯一的 \(\xi\) 使得 \(f(\xi) = 0\)。

下面证明唯一性。

由于 \(\displaystyle g'(x) = f'(x) + \frac{a}{(x+1)^2} < 0\)，故 \(f'(x) < 0\)，故零点唯一。

中值定理之展开法

直接在已知点展开

一般先尝试在端点和极值点（此处 \(f'(x) = 0\)）处展开。

例 设函数 \(f(x)\) 在 \([-a , a]\) 具有连续的二阶导数，证明：

(1) 若 \(f(0) = 0\)，则存在 \(\xi \in (-a, a)\) 使得 \(\displaystyle f''(\xi) = \frac{1}{a^2}[f(a) + f(-a)]\)；

(2) 若 \(f(x)\) 在 \((-a, a)\) 内取得极值，则存在 \(\eta \in (-a, a)\) 使得 \(\displaystyle \lvert f''(\eta) \rvert \geq \frac{1}{2a^2} \lvert f(a) - f(-a) \rvert\)。

解.

(1) 在 \(x = 0\) 点展开，\(\displaystyle f(x) = f'(x) x + \frac{1}{2}f''(\xi) x^2\)，则有

\(\displaystyle f(a) = f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_1) a^2\)，

\(\displaystyle f(-a) = -f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_2) a^2\)，

两式求算术平均数，有

\(\displaystyle \frac{f(a) + f(-a)}{2} = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} a^2\)，

由连续函数的介值定理，存在 \(\xi \in (\xi_2, \xi_1) \subset (0, 1)\)，使得 \(\displaystyle f''(\xi) = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2}\)，移项即证明了原命题。

(2) 假设 \(f(x)\) 在 \(x = x_0\) 处取得极值，在该点展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi) (x - x_0)^2\)，则有

\(\displaystyle f(a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi_1) (a - x_0)^2\)，

\(\displaystyle f(-a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi_2) (a + x_0)^2\)，

故 \(\displaystyle \lvert f(a) - f(-a) \rvert = \frac{1}{2} \lvert f''(\xi_1) (a - x_0)^2 - f''(\xi_2) (a + x_0)^2 \rvert\)，

设 \(\displaystyle \max \{\lvert f''(\xi_1)\rvert, \lvert f''(\xi_2) \rvert\} = \lvert f''(\xi) \rvert\)，则有

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle \lvert f(a) - f(-a) \rvert & \displaystyle = \frac{1}{2} \lvert f''(\xi) (a - x_0)^2 - f''(\xi) (a + x_0)^2 \rvert \\ & \displaystyle \leq \frac{1}{2} \lvert f''(\xi) \rvert \cdot \lvert 2a^2 + 2 x_0^2 \rvert \\ & \displaystyle = \frac{1}{2} \lvert f''(\xi) \rvert 4 a^2 = 2a^2 \lvert f''(\xi) \rvert \end{array} \]

在待定点展开

例 设 \(f(x)\) 有二阶导数，\(f(0) = f(1) = 1\)， \(\displaystyle M = \max_{x \in [0,1]} \lvert f''(x) \rvert\)。证明：当 \(x \in [0, 1]\) 时，有 \(\displaystyle \lvert f'(x) \rvert \leq \frac{1}{2}M\)。

解. 在 \(x = t\) 处展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(t) + f'(t)(x - t) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x - t)^2\)，将 \(x = 0, 1\) 代入，有

\(\displaystyle f(0) = f(t) - f'(t)t + \frac{1}{2}f''(\xi_1)t^2 = 1\)，

\(\displaystyle f(1) = f(t) + f'(t)(1 - t) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)(1 - t)^2 = 1\)，

两式相减，有 \(\displaystyle f'(t) = \frac{f''(\xi_1) t^2 - f''(\xi_2)(1 - t)^2}{2}\)，则有

\(\displaystyle \lvert f'(t) \rvert \leq \frac{1}{2}M \lvert 1 - 2t \rvert \leq \frac{M}{2}\)，这就证明了原命题。

在待定点展开，积分

例 设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，证明：\(f(x)\) 是 \([a, b]\) 上的凸函数的充要条件是：对任意的 \([x-c, x+c] \subset [a, b]\)（\(c > 0\)），均有 \(\displaystyle f(x) \geq \frac{1}{2c} \int_{x-c}^{x+c} f(t) dt\)。

解.

充分性（\(\Rightarrow\)）：对函数 \(f(t)\) 在 \(t = x\) 处展开，有

\(\displaystyle f(t) = f(x) + f'(x)(t - x) + \frac{1}{2}f''(\xi)(t - x)^2\)，

两边对 \(t\) 在 \([x-c, x+c]\) 上积分，有

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle \int_{x-c}^{x+c} f(t) dt &= \displaystyle \int_{x-c}^{x+c} f(x) dt + \int_{x-c}^{x+c} f'(x)(t - x) dt + \int_{x-c}^{x+c} \frac{1}{2}f''(\xi)(t - x)^2 dt \\ &\leq \displaystyle 2c \cdot f(x) + 0 + \int_{x-c}^{x+c} \frac{1}{2}f''(\xi) (t - x)^2 dt \\ &\leq \displaystyle 2c \cdot f(x) \end{array} \]

移项即证明了充分性。

必要性（\(\Leftarrow\)）：反证法，假设存在某区间 \([x_0 - c, x_0 + c] \subset [a, b]\)，满足 \(\displaystyle f(x) < \frac{1}{2c} \int_{x_0-c}^{x_0+c} f(t) dt\)，则有

\[ \int_{x_0-c}^{x_0+c} f(t) dt = 2c \cdot f(x_0) + \int_{x_0-c}^{x_0+c} \frac{1}{2}f''(\xi)(t - x_0)^2 dt > 2c \cdot f(x_0) \]

即 \(\displaystyle \int_{x_0-c}^{x_0+c} \frac{1}{2}f''(\xi) (t - x_0)^2 dt > 0\)，则必然存在 \(\xi \in (x_0 - c, x_0 + c)\) 使得 \(f''(\xi) > 0\)，与 \(f(x)\) 为凸函数矛盾。

分区间积分，证明带有绝对值的积分不等式

通过分区间展开然后积分，可以得到更精确的界。在带有绝对值的积分不等式中用的比较多。

例 设 \(f(x)\) 有二阶导数，\(f'(0) = f'(1)\)，\(\lvert f''(x) \rvert \leq 1\)，证明：

(1) 当 \(x \in (0, 1)\) 时，\(\displaystyle \lvert f(x) - f(0)(1 - x) - f(1) x \rvert \leq \frac{x(1 - x)}{2}\)；

(2) \(\displaystyle \left\lvert \int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0) + f(1)}{2} \right\rvert \leq \frac{1}{12}\)。

解. 我们直接做第二问！

（实际上第二问也可以由第一问的结论得到，注意到 \(\displaystyle \int_0^1 \frac{x(1 - x)}{2} dx = \frac{1}{12}\)）

令 \(\displaystyle g(x) = \left( f(x) - \frac{f(0) + f(1)}{2}\right)\)，即证 \(\displaystyle \left\lvert \int_0^c g(x) dx + \int_c^1 g(x) dx \right\rvert \leq \frac{1}{12}\)，我们希望这样分割以后，能够简化积分式，经过尝试，\(\displaystyle c = \frac{1}{2}\) 是一个比较好的选择，它使得展开式中第一项的积分恰好抵消。

在 \(x = 0\) 处展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2\)，则

\(\displaystyle g(x) = \frac{f(0) - f(1)}{2} + f'(0)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2\)，在 \(\displaystyle \left[0, \frac{1}{2}\right]\) 上积分，有

\[ \displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}} g(x) dx = \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{f(0) - f(1)}{2} dx + \int_0^{\frac{1}{2}} f'(0)x dx + \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2 dx \qquad (1) \]

在 \(x = 1\) 处展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(1) + f'(1)(x - 1) + \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2\)，则

\(\displaystyle g(x) = \frac{f(1) - f(0)}{2} + f'(1)(x - 1) + \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2\)，

在 \(\displaystyle \left[\frac{1}{2}, 1\right]\) 上积分，有

\[ \displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^1 g(x) dx = \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{f(1) - f(0)}{2} dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 f'(1)(x - 1) dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2 dx \qquad (2) \]

将 (1) 和 (2) 相加，有

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle \left\lvert \int_0^\frac{1}{2} g(x) dx + \int_\frac{1}{2}^1 g(x) dx \right\rvert &= \displaystyle \left\lvert \frac{f(0) - f(1)}{2} \cdot \frac{1}{2} + f'(0) \cdot \frac{1}{4} + \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2 dx + \frac{f(1) - f(0)}{2} \cdot \frac{1}{2} + f'(1) \cdot \frac{1}{4} + \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2 dx \right\rvert \\ &= \displaystyle \left\lvert \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2 dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2 dx \right\rvert \\ &\leq \displaystyle \left\lvert \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}f''(\xi_1) x^2 dx \right\rvert + \left\lvert \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2}f''(\xi_2) (x - 1)^2 dx \right\rvert \\ &\leq \displaystyle \left\lvert \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{1}{2} x^2 dx \right\rvert + \left\lvert \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2} (x - 1)^2 dx \right\rvert \\ &= \displaystyle \frac{1}{12} \end{array} \]

---

例 设 \(f(x)\) 有二阶导数，\(f(0) = f(1) = 1\)， \(\displaystyle M = \max_{x \in [0,1]} \lvert f''(x) \rvert\)。

(1) 证明：当 \(x \in [0, 1]\) 时，有 \(\displaystyle \lvert f'(x) \rvert \leq \frac{1}{2}M\)；

(2) 在 (1) 的基础上，证明 \(\displaystyle \left\lvert \int_0^1 f(x) dx \right\rvert \leq 1 + \frac{1}{8}M\)。

解. 第一问在本文的前面已经证明了，这里直接证明第二问。

在 \(x = 0\) 处展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(0) + f'(\xi_1)x\)，在 \(\displaystyle \left[0, \frac{1}{2}\right]\) 上积分，有

\(\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}} f(x) dx = \frac{1}{2} f(0) + \int_0^{\frac{1}{2}} f'(\xi_1) x dx\)，

在 \(x = 1\) 处展开 \(f(x)\)，有

\(\displaystyle f(x) = f(1) + f'(\xi_2)(x - 1)\)，在 \(\displaystyle \left[\frac{1}{2}, 1\right]\) 上积分，有

\(\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^1 f(x) dx = \frac{1}{2} f(1) + \int_{\frac{1}{2}}^1 f'(\xi_2)(x - 1) dx\)，

则有

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle \left\lvert \int_0^1 f(x) dx \right\rvert &= \displaystyle \left\lvert \int_0^\frac{1}{2} f(x) dx + \int_\frac{1}{2}^1 f(x) dx\right\rvert \\ &\leq \displaystyle \left\lvert \int_0^\frac{1}{2} f(x) dx \right\rvert + \left\lvert \int_\frac{1}{2}^1 f(x) dx\right\rvert \\ &\leq \displaystyle \left\lvert \frac{1}{2}f(0) \right\rvert + \left\lvert \int_0^{\frac{1}{2}} f'(\xi_1) x dx \right\rvert + \left\lvert \frac{1}{2}f(1) \right\rvert + \left\lvert \int_{\frac{1}{2}}^1 f'(\xi_2)(x - 1) dx \right\rvert \\ &\leq \displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \lvert f'(\xi_1) \rvert \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \lvert f'(\xi_2) \rvert \cdot \frac{1}{4} \\ &\leq \displaystyle 1 + \frac{1}{8}M \end{array} \]

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例 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上有二阶导数，\(f(0) = f(1) = 0\)，\(f''(x) < 0\)，\(0 \leq f(x) \leq 1\)，记曲线 \(y = f(x)\) 在 \([0,1]\) 上的长度为 \(a\)，证明：

(1) 存在 \(\xi \in (0,1)\)，使得对于任意的 \(x \in (0, \xi)\)，有 \(f'(x) > 0\)；

(2) \(a < 3\)。

解.

(1) 由 \(f''(x) < 0\) 知 \(f'(x)\) 在 \((0, 1)\) 上单调递减，由 \(f(0) = f(1) = 1\) 知 \(f'(x)\) 在 \((0, 1)\) 上有且只有一个零点 \(\xi\)，因此，\(x \in (0, \xi)\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(x \in (\xi, 1)\) 时，\(f'(x) < 0\)。

(2)

\(\displaystyle a = \int_0^\xi \sqrt{1 + f'(x)^2} dx + \int_\xi^1 \sqrt{1 + f'(x)^2} dx\)，在两个区间内分别凑出完全平方公式，去根号：

\(x \in (0, \xi)\) 时，\(1 + f'(x)^2 \leq 1 + 2f'(x) + f'(x)^2\)，

\(x \in (\xi, 1)\) 时，\(1 + f'(x)^2 \leq 1 - 2f'(x) + f'(x)^2\)，

从而

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle a &\displaystyle \leq \int_0^\xi (1 + f'(x)) dx + \int_\xi^1 (1 - f'(x)) dx \\ &\displaystyle = \xi + f(\xi) - f(0) + (1 - \xi) - f(1) + f(\xi) \\ &\displaystyle = 1 + 2f(\xi) - f(0) - f(1) \\ &\displaystyle \leq 1 + 2f(\xi) \leq 3 \end{array} \]

对中值点的极限的讨论

一般都是展开为皮亚诺余项的泰勒展开，这样可以多展开一阶。

方法比较固定：

首先将等式两边分别作含有皮亚诺余项的泰勒展开，一般是一侧可以直接展开，另一侧对含有中值点 \(\theta x\) 或者 \(\xi\) 的项展开，从而将中值点从 \(f()\) 中提取出来。

然后令两侧同时取极限，得到结论。

例 设 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 上连续，在 \(x = 0\) 可导，且 \(f(0) \neq 0\)，证明：

(1) 对与任意的 \(x \in [0,1]\)，存在 \(\theta \in (0, 1)\)，使得

\[ \int_0^x f(t) dt + \int_0^{-x} f(t) dt = x[f(\theta x) - f(-\theta x)] \]

(2) 求极限 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \theta\)。

解.

(1) 令 \(\displaystyle F(x) = \int_0^x f(t) dt + \int_0^{-x} f(t) dt\)，\(F(0) = 0\)，\(F'(t) = f(t) - f(-t)\)，在 \(x = 0\) 处展开 \(F(x)\)，有

\(\displaystyle F(x) = F(0) + F'(\theta x)x = x[f(\theta x) - f(-\theta x)]\)，其中 \(\theta \in (0, 1)\)。

(2) 在 \(x = 0\) 点，按皮亚诺余项展开 \(F(x)\) 至两阶导数，则有：

\(\displaystyle F(x) = F(0) + F'(0)x + \frac{1}{2}F''(0)x^2 + o(x^2)\)，

即 \(\displaystyle \text{LHS} = f'(0) x^2 + o(x^2)\)；

在 \(x = 0\) 点，按皮亚诺余项展开 \(f(x)\) 至一阶导数，则有：

\(\displaystyle f(x) = f(0) + f'(0)x + o(x)\)，代入 \(x = \pm \theta x\)，有：

\(f(\theta x) = f(0) + f'(0)\theta x + o(x)\)，

\(f(-\theta x) = f(0) - f'(0)\theta x + o(x)\)，

将它们代入 \(x[f(\theta x) - f(-\theta x)]\)，有

\(\text{RHS} = 2f'(0) \theta x^2 + o(x^2)\)，

\(\text{LHS} = \text{RHS}\)，两边同时令 \(x\to 0^+\)，有 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \theta = \frac{1}{2}\)。

---

例 设 \(f(x)\) 在 \([0,x]\) 上具有三阶连续导数，\(f'''(0) \neq 0\)，证明：

(1) 存在 \(\xi \in (0, x)\)，使得 \(\displaystyle \int_0^x f(t) dt = \frac{x[f(0) + f(x)]}{2} - \frac{x^3}{12} f''(\xi)\)；

(2) 求 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{\xi}{x}\)。

解.

(1) 两边求导，移项并整理，即证明 \(\displaystyle f(x) + ( 0-x)f'(x) + \frac{1}{2} x^2 f''(\xi) = f(0)\)，这是 \(f(t)\) 在 \(t = x\) 点展开后，代入 \(t = 0\) 的结果。

(2) 在 \(x = 0\) 点，按皮亚诺余项展开 \(\displaystyle \int_0^x f(x) dt\) 至四阶导数，则有：

\(\displaystyle \text{LHS} = f(0)x + \frac{1}{2}f'(0)x^2 + \frac{1}{6}f''(0)x^3 + \frac{1}{24}f'''(0)x^4 + o(x^4)\)，

在 \(x = 0\) 点，按皮亚诺余项展开 \(f''(x)\) 至一阶导数，则有：

\(\displaystyle f''(x) = f''(0) + f'''(0)x + o(x)\)，代入 \(x = \xi\)，有：

\(\displaystyle f''(\xi) = f''(0) + f'''(0)\xi + o(\xi)\)，

将它代入 \(\displaystyle \frac{x[f(0) + f(x)]}{2} - \frac{x^3}{12} f''(\xi)\)，有

\(\displaystyle \text{RHS} = \frac{1}{2} f(0) x + \frac{1}{2} f(x) x - \frac{x^3}{12} f''(0) - \frac{x^3}{12} f'''(0)\xi + o(\xi \cdot x^3)\)，

\(\displaystyle \frac{\text{RHS}}{\text{LHS}} = 1\)，两边同时令 \(x \to 0^+\)，有 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{x + o(x)}{2\xi + o(\xi)} = 1\)。

由于 \(0 < \xi < x\)，故 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+}\frac{o(\xi)}{x} = \lim_{x \to 0^+}\frac{o(\xi)}{\xi} \cdot \frac{\xi}{x} = 0\)，

由 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{1 + o(1)}{2\frac{\xi}{x} + \frac{o(\xi)}{x}} = 1\)，得 \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{\xi}{x} = \frac{1}{2}\)。

中值定理之变限积分

一般将待证的命题转为变限积分，直接求导转为微分中值定理的证明。

例 设 \(a > 0\)，函数 \(f(x)\) 在 \([0, a]\) 上可导，\(f(0) = 0\)，\(\displaystyle 0 < f'(x) < \frac{1}{2}\)，证明：\(\displaystyle \left( \int_0^a f(x) dx \right)^\frac{3}{2} \geq \frac{3}{2} \int_0^a x f^2(x) dx\)。

解. 令 \(\displaystyle F(x) = \left( \int_0^x f(t) dt \right)^\frac{3}{2} - \frac{3}{2} \int_0^x t f^2(t) dt\)，则有

\(\displaystyle F'(x) = \frac{3}{2} f(x) \left[ \sqrt{\int_0^x f(t) dt} - f(x) \right]\)，

令 \(\displaystyle g(x) = \int_0^x f(t) dt - f^2(x)\)，则有

\(g'(x) = f(x) - 2f(x) f'(x) = f(x)(1 - 2f'(x)) > 0\)，故 \(g(x) > 0\)，即

\(\displaystyle \int_0^x f(t) dt > f^2(x)\)，两边开方，即得 \(F'(x) > 0\)，从而 \(F(x) > F(0) = 0\)，即得证。