理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 2 日
中值定理的存在性等式
①一阶等式问题
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队罗尔定理
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定理 1 如果函数 ƒ() 满足条件： (1) 在闭区间 [,b] 上连续， (2) 在开区间 (,b) 上可导， (3) 在端点处 ƒ() = ƒ (b)， 则至少存在一点 ξ ∈ (,b)，使得 ƒ′(ξ) = 0.拉格朗日定理
3
定理 2 如果函数 ƒ() 满足下列条件： (1) 在闭区间 [,b] 上连续， (2) 在开区间 (,b) 内可导， 则至少存在一点 ξ ∈ (,b) 使得 ƒ′(ξ) = ƒ(b) − ƒ () b− .柯西定理
4
定理 3 如果函数 ƒ() 和 g() 满足下列条件： (1) 在闭区间 [,b] 上都连续， (2) 在开区间 (,b) 内都可导， (3) 在开区间 (,b) 内 g′() ̸= 0, 则至少有一点 ξ ∈ (,b) 使得 ƒ′(ξ) g′(ξ) = ƒ(b) − ƒ () g(b) − g().中值定理举例
5
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 1．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) = 2ξ． 证明. 令 L() = ƒ () − 2，则 L(0) = 0 = L(1)．由罗尔定 理，存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 ƒ′(ξ) − 2ξ = 0，即 ƒ′(ξ) = 2ξ．中值定理举例
5
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 1．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) = 2ξ． 证明. 令 L() = ƒ () − 2，则 L(0) = 0 = L(1)． 由罗尔定 理，存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 ƒ′(ξ) − 2ξ = 0，即 ƒ′(ξ) = 2ξ．中值定理举例
5
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 1．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) = 2ξ． 证明. 令 L() = ƒ () − 2，则 L(0) = 0 = L(1)．由罗尔定 理，存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0， 即 ƒ′(ξ) − 2ξ = 0，即 ƒ′(ξ) = 2ξ．中值定理举例
5
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 1．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) = 2ξ． 证明. 令 L() = ƒ () − 2，则 L(0) = 0 = L(1)．由罗尔定 理，存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 ƒ′(ξ) − 2ξ = 0，即 ƒ′(ξ) = 2ξ．中值定理小结
6
问题 1 要证明存在 ξ，使得 ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0．
解法 可以令 L′() = ƒ′() + q()，然后找出 L() = ƒ () + Q(), 其中 Q() 是 q() 的原函数．
中值定理小结
6
问题 1 要证明存在 ξ，使得 ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = ƒ′() + q()， 然后找出 L() = ƒ () + Q(), 其中 Q() 是 q() 的原函数．中值定理小结
6
问题 1 要证明存在 ξ，使得 ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = ƒ′() + q()，然后找出
L() = ƒ () + Q(),
中值定理小结
6
问题 1 要证明存在 ξ，使得 ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = ƒ′() + q()，然后找出
L() = ƒ () + Q(), 其中 Q() 是 q() 的原函数．
中值定理举例
7
例 2 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 1， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0． 证明. 令 L() = ƒ2() + 2，则 L(0) = 1 = L(1)．由罗尔定理， 存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 2ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + 2ξ = 0，即 ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0．中值定理举例
7
例 2 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 1， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0． 证明. 令 L() = ƒ2() + 2，则 L(0) = 1 = L(1)． 由罗尔定理， 存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 2ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + 2ξ = 0，即 ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0．中值定理举例
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例 2 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 1， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0． 证明. 令 L() = ƒ2() + 2，则 L(0) = 1 = L(1)．由罗尔定理， 存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0， 即 2ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + 2ξ = 0，即 ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0．中值定理举例
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例 2 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 1， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0． 证明. 令 L() = ƒ2() + 2，则 L(0) = 1 = L(1)．由罗尔定理， 存在 ξ ∈ (0,1)．使得 L′(ξ) = 0，即 2ƒ (ξ)ƒ′(ξ) + 2ξ = 0，即 ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + ξ = 0．中值定理小结
8
问题 2 要证明存在 ξ，使得 p ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0．
解法 可以令 L′() = p ƒ ()ƒ′() + q()，然后找出 L() = P(ƒ ()) + Q(),
中值定理小结
8
问题 2 要证明存在 ξ，使得 p ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = p ƒ ()ƒ′() + q()， 然后找出 L() = P(ƒ ()) + Q(), 其中 P() 是 p() 的原函数，Q() 是 q() 的原函数．中值定理小结
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问题 2 要证明存在 ξ，使得 p ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = p ƒ ()ƒ′() + q()，然后找出
L() = P(ƒ ()) + Q(),
中值定理小结
8
问题 2 要证明存在 ξ，使得 p ƒ(ξ)ƒ′(ξ) + q(ξ) = 0． 解法 可以令 L′() = p ƒ ()ƒ′() + q()，然后找出
L() = P(ƒ ()) + Q(),
中值定理举例
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例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1，找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0．从而由罗尔定理，存在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理举例
9
例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1， 找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0．从而由罗尔定理，存在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理举例
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例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1，找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0．从而由罗尔定理，存在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理举例
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例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1，找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0．从而由罗尔定理，存在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理举例
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例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1，找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0． 从 而 由 罗 尔 定 理， 存 在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理举例
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例 3 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，而且 ƒ (0) = 0， ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0． 证明. 令 L′() = ƒ ′() ƒ() + 1，找得原函数为 L() = ln ƒ () + = ln ƒ ()e. 但此时 L(0) 和 L(1) 均无定义！· · · ·如何解决？ 蜕 壳 法： 去 掉 外 层 的 对 数 函 数， 改 为 令 R() = ƒ ()e， 则 有 R(0) = R(1) = 0．从而由罗尔定理，存在 ξ ∈ (0,1)，使得 R′(ξ) = ƒ′(ξ)eξ+ ƒ (ξ)eξ = 0，即 ƒ′(ξ) + ƒ (ξ) = 0．中值定理练习
10
练 习 1 设 函 数 ƒ() 在 [0,1] 上 连续，在 (0,1) 内可导，且 ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ξƒ′(ξ) + 2ƒ (ξ) = 0． 练习 2 (2003 考研) 设函数 ƒ() 在 [0,3] 上连续，在 (0,3) 内可导，而且 ƒ(0) + ƒ (1) + ƒ (2) = 3，ƒ (3) = 1．证明：存在 ξ∈ (0,3)，使得 ƒ′(ξ) = 0．中值定理练习
10
练 习 1 设 函 数 ƒ() 在 [0,1] 上 连续，在 (0,1) 内可导，且 ƒ(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1)，使得 ξƒ′(ξ) + 2ƒ (ξ) = 0． 练习 2 (2003 考研) 设函数 ƒ() 在 [0,3] 上连续，在 (0,3) 内可导，而且 ƒ(0) + ƒ (1) + ƒ (2) = 3，ƒ (3) = 1．证明：存在 ξ∈ (0,3)，使得 ƒ′(ξ) = 0．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形．可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1．待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)．令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形． 可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1．待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)．令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形．可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1． 待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)．令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形．可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1．待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)．令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形．可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1．待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)． 令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理举例
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例 4 (2011 全国决赛) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内 可微，且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ12 = 1．证明： (1) 存在 ξ ∈12,1 使得 ƒ(ξ) = ξ； (2) 存在 η ∈ (0,ξ) 使得 ƒ′(η) = ƒ (η) − η + 1． 解答 只讲 (2)．此题不符合前面介绍的情形．可尝试作函数代换 g() = ƒ () − + 1，则 g′() = ƒ′() − 1．待证等式变成 g′(η) = g(η) − 1. 依然不符合前面情形，再作代换 h() = g() − 1，则待证等式变成 h′(η) = h(η)．令 L() = eh()，即可在 [0,ξ] 上用罗尔定理．中值定理练习
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练习 3 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = 0，ƒ 12 = 1．证明：对于任意的实数 λ，都存在 ξ∈ (0,1) 使得 ƒ′(ξ) − λ[ƒ (ξ) − ξ] = 1．
理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 2 日
中值定理的存在性等式
②二阶等式问题
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队中值定理的二阶等式
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例 1 设 ƒ() 在 [,b] 上 连 续，在 (,b) 内 有 二 阶 导 数，且 ƒ() = ƒ (b) = 0．证明：∀c ∈ (,b)，∃ξ ∈ (,b)，使得 ƒ(c) = 12ƒ′′(ξ)(c − )(c − b). 解答 若能找到 L()，使得 L() = L(c) = L(b)，且 L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c). 则由罗尔定理，存在 ξ1 ∈ (,c)，ξ2 ∈ (c,b)，使得 L′(ξ1) = L′(ξ2) = 0．从而 ∃ξ ∈ (ξ1,ξ2)，使得 L′′(ξ) = 0，从而结论成立．中值定理的二阶等式
14
例 1 设 ƒ() 在 [,b] 上 连 续，在 (,b) 内 有 二 阶 导 数，且 ƒ() = ƒ (b) = 0．证明：∀c ∈ (,b)，∃ξ ∈ (,b)，使得 ƒ(c) = 12ƒ′′(ξ)(c − )(c − b). 解答 若能找到 L()，使得 L() = L(c) = L(b)，且 L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c). 则由罗尔定理，存在 ξ1 ∈ (,c)，ξ2 ∈ (c,b)，使得 L′(ξ1) = L′(ξ2) = 0． 从而 ∃ξ∈ (ξ1,ξ2)，使得 L′′(ξ) = 0，从而结论成立．中值定理的二阶等式
14
例 1 设 ƒ() 在 [,b] 上 连 续，在 (,b) 内 有 二 阶 导 数，且 ƒ() = ƒ (b) = 0．证明：∀c ∈ (,b)，∃ξ ∈ (,b)，使得 ƒ(c) = 12ƒ′′(ξ)(c − )(c − b). 解答 若能找到 L()，使得 L() = L(c) = L(b)，且 L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c). 则由罗尔定理，存在 ξ1 ∈ (,c)，ξ2 ∈ (c,b)，使得 L′(ξ1) = L′(ξ2) = 0．从而 ∃ξ ∈ (ξ1,ξ2)，使得 L′′(ξ) = 0，从而结论成立．中值定理的二阶等式
15
对 L′′() 积分，逐步寻找 L()： L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) ⇨ L′() = ƒ′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) + k ⇨ L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ k 利用条件 L() = L(b) 可得 k = ƒ (c)( + b)．因此 L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ ƒ (c)( + b) 为所求．或者也可给 L() 减去 L(c) = ƒ (c)b 变成 R() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)( − )( − b).中值定理的二阶等式
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对 L′′() 积分，逐步寻找 L()： L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) ⇨ L′() = ƒ′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) + k ⇨ L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ k 利用条件 L() = L(b) 可得 k = ƒ (c)( + b)．因此 L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ ƒ (c)( + b) 为所求． 或者也可给 L() 减去 L(c) = ƒ (c)b 变成 R() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)( − )( − b).中值定理的二阶等式
15
对 L′′() 积分，逐步寻找 L()： L′′() = ƒ′′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) ⇨ L′() = ƒ′()(c − )(c − b) − 2ƒ (c) + k ⇨ L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ k 利用条件 L() = L(b) 可得 k = ƒ (c)( + b)．因此 L() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)2+ ƒ (c)( + b) 为所求．或者也可给 L() 减去 L(c) = ƒ (c)b 变成 R() = ƒ ()(c − )(c − b) − ƒ (c)( − )( − b).例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试． 下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′− [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0， 即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−， 可得 L′()．
例 2 (2001 北京) 设函数 ƒ() 在 [0,1] 上有二阶导数，而且 ƒ(0) = ƒ (1) = ƒ′(0) = ƒ′(1) = 0．证明：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ƒ′′(ξ) = ƒ (ξ). 解答 直接令 L′′() = ƒ′′() − ƒ ()，难以用函数代换找出 L′()． 我们希望乘以某个非零函数 φ()，再作尝试．下面逐步寻找 L′′() = ƒ′′()φ() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − ƒ′()φ′() − ƒ ()φ() = [ƒ′()φ()]′ − [ƒ ()φ′()]′ + ƒ ()[φ′′() − φ()] 令 φ′′() − φ() = 0，即 φ() = e 或 φ() = e−，可得 L′()．
中值定理的二阶等式
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练习 1 (1995 考研) 假设函数 ƒ() 和 g() 在 [,b] 上存在二阶 导数，并且 g′′() ̸= 0，ƒ () = ƒ (b) = g() = g(b) = 0. 试证： (1) 在开区间 (,b) 内 g() ̸= 0； (2) 在开区间 (,b) 内至少存在一点 ξ，使 ƒ(ξ) g(ξ) = ƒ′′(ξ) g′′(ξ)．中值定理的二阶等式
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练习 2 (2007 考研) 设 ƒ(), g() 在 [,b] 上连续，在 (,b) 内具有二阶导数且存在相等的最大值，ƒ() = g(), ƒ (b) = g(b)． 证明：存在 ξ ∈ (,b)，使得 ƒ′′(ξ) = g′′(ξ)．
理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 2 日
中值定理的存在性等式
③多点等式问题
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队多点等式举例
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例 1 (1998 北京) 设 ƒ() 在 [,b] 上连续，在 (,b) 内可导， 且 0 ¶ < b¶ π 2．证明：在区间 (,b) 内存在两点 ξ 和 η，使得 cos +b2 · ƒ′(ξ) cos ξ = sin+b2 · ƒ′(η) sin η . 解答 在区间 [,b] 上分别应用两次柯西中值定理，得到 ƒ′(ξ) cos ξ = ƒ(b) − ƒ () sin b− sin , ƒ′(η) − sin η = ƒ(b) − ƒ () cos b− cos . 和差化积公式使得结论成立．多点等式举例
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例 1 (1998 北京) 设 ƒ() 在 [,b] 上连续，在 (,b) 内可导， 且 0 ¶ < b¶ π 2．证明：在区间 (,b) 内存在两点 ξ 和 η，使得 cos +b2 · ƒ′(ξ) cos ξ = sin+b2 · ƒ′(η) sin η . 解答 在区间 [,b] 上分别应用两次柯西中值定理， 得到 ƒ′(ξ) cos ξ = ƒ(b) − ƒ () sin b− sin , ƒ′(η) − sin η = ƒ(b) − ƒ () cos b− cos . 和差化积公式使得结论成立．多点等式举例
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例 1 (1998 北京) 设 ƒ() 在 [,b] 上连续，在 (,b) 内可导， 且 0 ¶ < b¶ π 2．证明：在区间 (,b) 内存在两点 ξ 和 η，使得 cos +b2 · ƒ′(ξ) cos ξ = sin+b2 · ƒ′(η) sin η . 解答 在区间 [,b] 上分别应用两次柯西中值定理，得到 ƒ′(ξ) cos ξ = ƒ(b) − ƒ () sin b− sin , ƒ′(η) − sin η = ƒ(b) − ƒ () cos b− cos . 和差化积公式使得结论成立．多点等式举例
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例 1 (1998 北京) 设 ƒ() 在 [,b] 上连续，在 (,b) 内可导， 且 0 ¶ < b¶ π 2．证明：在区间 (,b) 内存在两点 ξ 和 η，使得 cos +b2 · ƒ′(ξ) cos ξ = sin+b2 · ƒ′(η) sin η . 解答 在区间 [,b] 上分别应用两次柯西中值定理，得到 ƒ′(ξ) cos ξ = ƒ(b) − ƒ () sin b− sin , ƒ′(η) − sin η = ƒ(b) − ƒ () cos b− cos . 和差化积公式使得结论成立．多点等式举例
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例 2 (2003 天津) 设函数 ƒ() 在闭区间 [0,1] 上连续，在开区 间 (0,1) 内可导，且 ƒ (0) = 0，ƒ (1) = 1．证明：对于任意给定的 正数 和 b，在开区间 (0,1) 内存在两点 ξ 和 η，使得 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b. 想法 在区间 [0,1] 里面寻找某个点 k，在区间 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，使得结论成立．多点等式举例
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例 2 (2003 天津) 设函数 ƒ() 在闭区间 [0,1] 上连续，在开区 间 (0,1) 内可导，且 ƒ (0) = 0，ƒ (1) = 1．证明：对于任意给定的 正数 和 b，在开区间 (0,1) 内存在两点 ξ 和 η，使得 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b. 想法 在区间 [0,1] 里面寻找某个点 k，在区间 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，使得结论成立．多点等式举例
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证明. 在 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到 ƒ′(ξ) = ƒ(k) − ƒ (0) k − 0 = ƒ(k) k , ƒ ′(η) = ƒ(1) − ƒ (k) 1− k = 1− ƒ (k) 1− k . 代入结论 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b.，得到 k ƒ(k) + b(1 − k) 1− ƒ (k) = + b. 解得 ƒ(k) = k（舍去），或 ƒ(k) = + b．由介值定理知 k 存在．多点等式举例
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证明. 在 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到 ƒ′(ξ) = ƒ(k) − ƒ (0) k − 0 = ƒ(k) k , ƒ ′(η) = ƒ(1) − ƒ (k) 1− k = 1− ƒ (k) 1− k . 代入结论 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b.，得到 k ƒ(k) + b(1 − k) 1− ƒ (k) = + b. 解得 ƒ(k) = k（舍去），或 ƒ(k) = + b．由介值定理知 k 存在．多点等式举例
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证明. 在 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到 ƒ′(ξ) = ƒ(k) − ƒ (0) k − 0 = ƒ(k) k , ƒ ′(η) = ƒ(1) − ƒ (k) 1− k = 1− ƒ (k) 1− k . 代入结论 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b.，得到 k ƒ(k) + b(1 − k) 1− ƒ (k) = + b. 解得 ƒ(k) = k（舍去），或 ƒ(k) = + b． 由介值定理知 k 存在．多点等式举例
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证明. 在 [0,k] 和 [k,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到 ƒ′(ξ) = ƒ(k) − ƒ (0) k − 0 = ƒ(k) k , ƒ ′(η) = ƒ(1) − ƒ (k) 1− k = 1− ƒ (k) 1− k . 代入结论 ƒ′(ξ) + b ƒ′(η) = + b.，得到 k ƒ(k) + b(1 − k) 1− ƒ (k) = + b. 解得 ƒ(k) = k（舍去），或 ƒ(k) = + b．由介值定理知 k 存在．多点等式练习
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练习 1 已知函数 ƒ() 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 ƒ(0) = 0，ƒ (1) = 1．证明：在开区间 (0,1) 内存在两点 ξ 和 η， 使得 ƒ′(ξ)ƒ′(η) = 1．
