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【考研数学：高数6】一元函数微分学的应用（二）——中值定理、微分等式和微分不等式

news 来源：原创 2025/6/13 19:53:44

前言

一、辅助函数构造

1.概念

2.例题

二、中值定理

1.概念

（1）涉及函数的中值定理

（2）涉及导数（微分）的中值定理

（3）涉及积分的中值定理（本章略）

（3）补充：牛顿插值法

2.例题

三、微分等式

1.概念

（1）根的存在性

（2）根的唯一性

2.例题

四、微分不等式

1.用函数性态证明不等式

（1）概念

（2）例题

2.用常数变量化证明不等式

（1）概念

（2）例题

3.用中值定理证明不等式

（1）概念

（2）例题

一些题外话

ID：HL_5461

前言

本文为张宇老师《基础三十讲》高数第六讲的自用笔记。不做商用，侵删致歉！

例题的序号，以1.2.1为例，意思是一里第2的第1个例题，总之从标题一（一、二、三酱紫的）往里数就是。

微分学应用分三章，本章重点是中值定理，是唯一可以考证明题的地方

一、辅助函数构造

1.概念

① $f'+f\Rightarrow F(x)=f(x)\cdot e^{x}$

② $f'-f\Rightarrow F(x)=f(x)\cdot e^{-x}$

③ $f'\cdot f\Rightarrow F(x)=f^2(x)$

④ $\frac{f'}{f}\Rightarrow F(x)=\ln f(x)$

2.例题

这部分的例题只做一半，主要是练练辅助函数构造

例1.1：设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(1)=0$ ， $f(\frac{1}{2})=1$ ，证明：存在 $\eta \in (\frac{1}{2},1)$ ，使得 $f(\eta )=\eta$

这个比较好构造，直接移项： $f(\eta )-\eta=0$

所以构造 $F(x)=f(x)-x$

例1.2：设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内二阶可导，过点 $A(0,f(0))$ 与点 $B(1,f(1))$ 的
直线与曲线 $y=f(x)$ 相交于点 $C(c,f(c))$ ，其中 $0<c<1$ ，证明：存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f''(\xi )=0$

直线与曲线相交，所以先列个直线方程看看：

$y_1=[f(1)-f(0)]x+f(0)$

在点C

对直线： $c=[f(1)-f(0)]c+f(0)$

对函数： $c=f(c)$

由于相交，所以右边部分都相等： $[f(1)-f(0)]c+f(0)=f(c)$

移下项： $[f(1)-f(0)]c+f(0)-f(c)=0$

很明显有 $F(x)=[f(1)-f(0)]x+f(0)-f(x)$ ，同时 $F(c)=0$

二、中值定理

1.概念

（1）涉及函数的中值定理

涉及函数的中值定理都要求函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续

①定理1(有界与最值定理)： $m\leqslant f(x)\leqslant M$

说白了就是函数值一定大于函数最小值小于函数最大值（这不是废话嘛）

②定理 2(介值定理)：当 $m\leqslant \mu \leqslant M$ 时，存在 $\xi \in [a,b]$ ，使得 $f(\xi )=\mu$

简单说就是最大最小值之间的每个值都能在函数上取到，毕竟它连续嘛

③定理 3(平均值定理)：当 $a<x_1<x_2<...<x_n<b$ 时，在 $[x_1,x_n]$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}$

这个定理看着复杂一点，其实就是定理1、2的结合：由于 $a<x_1<x_2<...<x_n<b$ ，所以 $m\leqslant f(x_i)\leqslant M$ （定理1），所以 $m\leqslant \frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}\leqslant M$ ，中间部分看作②中的 $\mu$ ，然后再把 $\xi$ 看作②中的 $\xi$ ，由定理2证毕。

（大致思路确实是这样，但我偷个懒省了一步导致其实不够严谨，大家可以找找问题，没找到也欢迎评论或者私信问我՞˶･֊･˶՞ ）

④定理 4(零点定理)：当 $f(a)\cdot f(b)<0$ 时，存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f(\xi )=0$

端点值异号函数必有零点，其实也是介值定理的拓展

零点定理还可以推广到开区间，闭区间是端点值异号，开区间就是极限值异号，很简单

（2）涉及导数（微分）的中值定理

①定理5(费马定理)：设 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处满足可导、取极值,则 $f'(x_0)=0$

要特别注意只有可导的极值点处导数才为0，因为极值点也有可能是尖点，即改点不可导

②导数零点定理：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，当 $f_+(a)\cdot f_-(b)<0$ 时，存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f'(\xi )=0$

这定理挺有意思的，对比着前面的函数零点定理，函数零点定理要求的条件是函数在区间连续，所以对应导数零点定理应该是导函数在区间连续，但实际上，导数零点定理只要求函数在区间可导，换言之就是只要求导函数在区间存在。

导函数是特殊的函数，其它函数存在不代表函数能取到区间上的所有值，但是导函数存在可以取到区间内的所有值，即导函数具有介质性

③ $\bigstar$ 定理 6( 罗尔定理 )：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)= f(b)$ ，则存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f'(\xi )=0$

这个也可以推广到只在开区间可导，两边极限相同（或都趋于正/负无穷）结论也是一样的

④ $\bigstar$ 定理7(拉格朗日中值定理 )：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f(b)-f(a)= f'(\xi )(b-a)$

高频考点！！见到 $f(a)-f(b)$ 或 $f$ 与 $f'$ 的关系，一般想到用拉格朗日中值定理

⑤定理 8(柯西中值定理)：设 $f(x)$ ， $g(x)$ 满足在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导， $g'(x)\neq 0$ ，则存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$

要考的话一般两个函数，一个抽象，一个具体。没啥说的，就是注意别把拉格朗日一除推出柯西就成…柯西要推的话是用参数方程推

⑥ $\bigstar$ 定理 9(泰勒公式)：

佩亚诺余项：设 $f(x)$ 在 $x$ 处具有直到n阶的导数，则有

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

$(x\rightarrow x_0)$

拉格朗日余项：设 $f(x)$ 在包含 $x$ 的区间 $(a,b)$ 内有直到n+1阶的导数，在区间 $[a,b]$ 上有n阶连续导数，则对任意 $x\in [a,b]$ 时有

$f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$

$\xi \in (x_0,x)$

不说了，泰勒公式快说烂了，具体见我另一篇博客：【数学】泰勒公式-CSDN博客

（3）涉及积分的中值定理（本章略）

①定理10(积分中值定理)：存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f(\xi )(b-a)=\int_{a}^{b}f(x)dx$

（3）补充：牛顿插值法

$y_1=f(x_1),y_2=f(x_2)$ ，则可以用多项式 $P(x)=y_1+\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}(x-x_1)+b(x-x_1)(x-x_2)$ 来近似函数 $f(x)$

牛顿插值法其实和泰勒公式的思想一样，都是靠增大幂次来逼近函数。

遮掉 $b(x-x_1)(x-x_2)$ 来看这个式子，其实就是直线方程，但显然直线方程来逼近这个函数是不够准确的，所以又加上了后一项试图使它更精确一点，和泰勒公式后面那一串二阶导三阶导等等都是异曲同工的。至于为什么是 $(x-x_1)(x-x_2)$ ，因为逼近的前提是得使已确定的两个点，即 $y_1=f(x_1),y_2=f(x_2)$ 仍然成立。还是遮掉后面看前面的直线方程，带人那两个点显然是成立的，那后面要再加上一部分使得这两点仍然成立，那只能加上这两点带入都为0的式子了

但多项式 $P(x)$ 和 $f(x)$ 还是存在很多误差的，所以考研用这个一般令 $F(x)=f(x)-P(x)$ 得到这个误差再来解题。总之这玩意现在就起一个构造辅助函数的作用

2.例题

例2.1：设函数 $f(x)$ 满足 $f(0)=0$ ，且当 $x>0$ 时， $f(x)<0,f'(x)<0,f''(x)>0$ ，则当 $0<a<x<b$ 时，有
(A) $xf(x)>af(a)$
(B) $bf(b)>xf(x)$
(C) $xf(a)>af(x)$
(D) $xf(b)>bf(x)$

思路：

显然先构造辅助函数

对A、B： $g(x)=xf(x)$

对C、D： $h(x)=\frac{f(x)}{x}$

然后把四个选项变一下：

(A) $g(x)>g(a)$
(B) $g(b)>g(x)$
(C) $h(a)>h(x)$
(D) $h(b)>h(x)$

比较大小，那就是看函数的增减性嘛，直接求个导就OK

$g'(x)=f(x)+xf'(x)$

当 $x>0$ 时， $f(x)<0,f'(x)<0$ ，所以 $g'(x)<0$ ，递减

则， $g(a)>g(x)>g(b)$

A、B证毕，全错（没啥说的，这货来凑数的）

$h(x)$ 这边有点难度

$h'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}$

下面包正的，看上面，但是发现不好看是吧。没事，还有 $f''(x)>0$ 没用过

如果这里讲的不是中值定理，我想的肯定就是接着上面求导了，毕竟练习嘛，试试

令 $H(x)=xf'(x)-f(x)$

$H'(x)=xf''(x)>0$ ， $H(x)$ 递增

顺利的话，这时应该有一个下限或者一个下限，这个“限”还恰好是0，然后让 $H(x)$ 大于它或者小于它这样就能进而推出 $h'(x)$ 和0的大小关系

所以为啥不接着写了呢？因为会发现这个“限”是找不到的，回到题目，以上都有一个前提条件“ $x>0$ ”，也就说在取这个“限”的时候我们是不能取 $x=0$ 的，只能从 $x=a$ 或 $x=b$ 里面取，但是它们又没确切的值（即不能得出 $H(x)$ 和0的大小关系），所以不用往下做都知道行不通

回到 $h'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}$ ，还是只看上面，因为下面包正的

已知条件还有 $f''(x)>0$ 和 $f(0)=0$ 没用过，看看咋样才能把它们用上

有 $f$ 与 $f'$ ，其实很明显了哈，拉格朗日中值定理

（当然，如果要说有二阶导为啥不用泰勒公式…用佩亚诺余项那个可以写，但是在这里不赘述，感兴趣可以私信我或者评论区扣我，我再单独发）

$xf'(x)-f(x)=xf'(x)-[f(x)-f(0)]=xf'(x)-xf'(\xi )$

$h'(x)=\frac{f'(x)-f'(\xi )}{x}$ ，其中 $\xi \in (0,x)$

这样就变成了讨论 $f'(x)$ 的增减了

因为 $f''(x)>0$ ，所以 $f'(x)$ 递增， $f'(x)>f'(\xi )\Rightarrow f'(x)-f'(\xi )>0$

则 $h'(x)>0\Rightarrow h(x)$ 递增

$h(b)>h(x)>h(a)$

解：

令 $g(x)=xf(x)$ ， $g'(x)=f(x)+xf'(x)<0$

则， $g(a)>g(x)>g(b)\Rightarrow af(a)>xf(x)>bf(b)$

A、B错

令 $h(x)=\frac{f(x)}{x}$ ， $h'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}=\frac{f'(x)-f'(\xi )}{x}>0$

则， $h(b)>h(x)>h(a)$

所以 $xf(a)<af(x)$ ， $xf(b)>bf(x)$

C错，D对

例2.2：设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上具有三阶连续导数，且 $f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0$ ，证明:在区间 $(-1,1)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使 $f'''(\xi )=3$

思路：

前面没啥难的，有啥用啥，有三阶导所以用泰勒公式，有 $f'(0)=0$ 所以取 $x_0$ 为0，有 $f(-1)=0,f(1)=1$ 所以取 $x$ 为-1和1，列两个泰勒公式

先来个错误示范：

$0=f(-1)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}{2}-\frac{f'''(\xi )}{6}$ ……①

$1=f(0)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}{2}+\frac{f'''(\xi )}{6}$ ……②

然后②-①直接得结论，完美

but，有点小细节。要注意，①和②是不同的泰勒公式，所以应该是不一样的 $\xi$

改一下：

$0=f(-1)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}{2}-\frac{f'''(\xi_1 )}{6}$ ……①

$1=f(0)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}{2}+\frac{f'''(\xi_2)}{6}$ ……②

还是照样②-①，得 $f'''(\xi _1)+f'''(\xi _2)=6$

由于三阶导在 $[-1,1]$ 上连续，由定理3平均值定理，存在 $\xi$ 使得 $f'''(\xi )=\frac{f'''(\xi _1)+f'''(\xi )}{2}=3$

例2.3： $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导， $f(0)=f(1)=0,\max_{x\in [0,1]} f(x)= 2$ ，证明 $\exists \xi \in (0,1)$ ，使得 $f''(\xi )\leq -16$

思路：

这题泰勒公式能做，但可以试试牛顿插值法。泰勒公式解法还是见我泰勒公式那篇文章。

取 $x_1=0,x_2=1,y_1=0,y_2=0$ ，用牛顿插值法

则 $P(x)=bx(x-1)$ ，又因为 $f(x_0)=2$ ，带入则 $2=bx_0(x_0-1)\Rightarrow b=\frac{2}{x_0(x_0-1)}$

所以 $P(x)=\frac{2}{x_0(x_0-1)}x(x-1)$

令 $F(x)=f(x)-P(x)=f(x)-\frac{2}{x_0(x_0-1)}x(x-1)$

则有 $F(0)=F(1)=F(x_0)=0$

用两次罗尔定理（定理6），则 $\exists \xi \in (0,1)$ ，使得 $F''(\xi )=0$

$F''(\xi )=f''(\xi )-\frac{4}{x_0(x_0-1)}=0\Rightarrow f''(\xi )=\frac{4}{x_0(x_0-1)}$

因为 $\sqrt{ab}\leqslant \frac{a+b}{2}$ ，所以 $f''(\xi )=\frac{4}{x_0(x_0-1)}=-\frac{4}{x_0(1-x_0)}\leqslant-16$

（看不懂没事，毕竟比起泰勒公式……这个方法在考研……有点鸡肋哈）

三、微分等式

1.概念

（1）根的存在性

①零点定理： $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)f(b)<0$ ，则区间 $(a,b)$ 内至少一个根

②实系数奇次方程至少一个实根

比如 $x^5+2^2+6x=0$ 至少一个实根，因为最高次为5是奇数

（2）根的唯一性

①单调性： $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内单调，则区间 $(a,b)$ 内至多一个根

②罗尔定理及其推论： $f^{(n)}(x)=0$ 至多k个根，则 $f(x)=0$ 至多k+n个根

2.例题

例3.1：在区间 $(-\infty ,+\infty )$ 内，方程 $\left | x \right |^{\frac{1}{4}}+\left | x \right |^{\frac{1}{2}}-\cos x=0$ 的根的情况？

思路：

先看奇偶算是基操了（虽然我也老忘），明显的偶函数，那就只看正数部分

$f(0)=-1,f(1)>0$ ，以及 $x>1$ 往后 $f(x)$ 都是大于0的。那就只看 $(0,1)$

很明显两头异号存在一个根嘛，那就看单调证唯一喽

$f'(x)=\frac{1}{4}x^{-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}+\sin x>0$ 单调递增，有且仅有一个根

但是别忘了还有小于0的部分，因为是偶函数，所以有且仅有两个根

例3.2：若 $3a^2-5b<0$ ，则方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c=0$ 根的情况？

思路：

其实猜猜也能有答案了哈哈哈，实系数奇次方程至少一个实根，也没其它证明根存在的方法，毕竟没告诉a、b具体数，没办法用零点定理，必然是有且只有一个。咳咳，但还是严谨点走个流程

首先实系数奇次方程至少一个实根，那就先证证唯一性。

唯一性俩方法：单调or罗尔，反正都是求导，求呗。

$f'(x)=5x^4+6ax^2+3b$

这里单调显然不好看，求二阶导的话大可不必，毕竟这里证唯一如果是罗尔的话那必须是一阶导没有根，所以放弃接着求，直接看

$3a^2-5b<0$ 如果高中没忘完应该是能想到 $\Delta$ 的。将 $x^2$ 看作 $t$ ，那就变成了 $5t^2+6at+3b$

$\Delta=12(3a^2-5b)<0$

这里看作“开口向上无实根则恒大于0所以单调唯一”或是“一阶导无实根根据罗尔所以唯一”都可以，总之就是唯一，证毕

四、微分不等式

1.用函数性态证明不等式

（1）概念

①单调性： $f'(x)\geqslant (\leqslant )0,a<x<b$ ，则 $f(a)\leqslant (\geqslant )f(x)\leqslant (\geqslant )f(b)$

②根据二阶导推一阶导单调性

③小于极大值大于极小值

④凹凸性：若 $f''(x)>0,a<x<b,f(a)=f(b)=0$ ，则有 $f(x)<0$

（2）例题

例4.1.1：证明当 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时，有 $\sin x>\frac{2x}{\pi}$

解：

分别用单调性和凹凸性试试这题

单调性：

令 $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ ， $f'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}$

令 $g(x)=x\cos x-\sin x$ ， $g'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=x\sin x<0$

$g(x)<g(0)=0$

$\therefore f'(x)<0$ ， $f(x)$ 递减

$f(x)>f(\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi}$

凹凸性：

令 $f(x)=\sin x-\frac{2x}{\pi}$ ， $f'(x)=\cos x-\frac{2}{\pi}$ ， $f''(x)=-\sin x<0$ 凸曲线

$f(0)=f(\frac{\pi}{2})=0$ ， $\therefore f(x)>0$

2.用常数变量化证明不等式

（1）概念

欲证的不等式都是常数，可以将其中一个常数换成变量

（2）例题

例4.2.1： $0<a<b$ ，证 $\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}$

解：

令 $f(x)=\ln x-\ln a-\frac{x-a}{\sqrt{ax}}$

$f'(x)=\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})^2}{2x\sqrt{ax}}<0$ 递减

$\because f(a)=0,b>a\therefore f(b)<f(a)<0$

$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}$

3.用中值定理证明不等式

（1）概念

主要用拉格朗日中值定理或泰勒公式

（2）例题

例4.3.1： $0<a<b$ ，证 $\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}$

解：

$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{1}{\xi },\xi \in (a,b)$

$\therefore \frac{\ln b-\ln a}{b-a}>\frac{1}{b}$

又 $\because a^2+b^>2ab\Rightarrow \frac{1}{b}>\frac{2a}{a^2+b^2}$

$\therefore \frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}$