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@ -3,7 +3,7 @@ tags:
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- 编写小组
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**内部资料，禁止传播**
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**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华 陈玉阶 程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王嘉兴 王轲楠 彭靖翔 郑哲航 钟宇哲 支宝宁
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**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华 陈玉阶 程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王嘉兴 王轲楠 彭靖翔 郑哲航 钟宇哲 支宝宁**
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## **辅助函数的构造方法**
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@ -48,7 +48,7 @@ f'(\xi) + P(\xi)f(\xi) = 0
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$$
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可构造积分因子：
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$$
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\mu(x) = e^{\int P(x)\mathrm{d}x}
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\mu(x) = \text{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}
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$$
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并设辅助函数：
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$$
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@ -69,14 +69,14 @@ $$
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F(x) = \ln|f(x)| - kx
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$$
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#### 5. 常数变易法
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#### 5. 常数变指数
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若结论形如：
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$$
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f'(\xi) = \lambda f(\xi)
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$$
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可构造辅助函数：
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$$
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F(x) = e^{-\lambda x} f(x)
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F(x) = \text{e}^{-\lambda x} f(x)
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$$
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或者写成：
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$$
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@ -84,10 +84,11 @@ f'(\xi) + \lambda f(\xi) = 0
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$$
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则构造辅助函数：
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$$
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F(x) = e^{\lambda x} f(x)
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F(x) = \text{e}^{\lambda x} f(x)
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$$
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注：5实际上是3的 $P(\xi)=\lambda$ 的特殊情况
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4和5本质是一样的，根据题目的具体情况选择，5的形式可能更常见、更好用
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@ -105,13 +106,13 @@ $$
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属于一阶线性微分结构，其中 $P(x) = -2x$。
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积分因子为：
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$$
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\mu(x) = e^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = e^{-x^2}
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\mu(x) = \text{e}^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = \text{e}^{-x^2}
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$$
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构造辅助函数：
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$$
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F(x) = e^{-x^2} f(x)
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F(x) = \text{e}^{-x^2} f(x)
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$$
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则 $F(0) = 0$，$F(1) = e^{-1}$。
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则 $F(0) = 0$，$F(1) = \text{e}^{-1}$。
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需进一步寻找另一个点 $c$ 使 $F(c)=0$，才可应用罗尔定理。通常需结合题目其他条件（如积分中值定理、零点定理等）找出该点。
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@ -123,11 +124,11 @@ $$
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**解析**：
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结论可写为：
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$$
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\bigl[ e^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0
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\bigl[ \text{e}^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0
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$$
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因此构造辅助函数：
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$$
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H(x) = e^{kx} f''(x)
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H(x) = \text{e}^{kx} f''(x)
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$$
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由条件可推知存在 $\eta_1, \eta_2 \in (a, b)$ 使 $f''(\eta_1) = f''(\eta_2) = 0$，从而 $H(\eta_1)=H(\eta_2)=0$。
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对 $H(x)$ 应用罗尔定理即得证。
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@ -145,11 +146,11 @@ f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
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$$
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积分因子为：
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$$
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\mu(x) = e^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = e^{\frac{x^2}{2} - x}
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\mu(x) = \text{e}^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x}
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$$
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构造辅助函数：
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$$
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F(x) = e^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
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F(x) = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
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$$
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利用题设积分条件与积分中值定理，可找到 $\eta \in (0, \frac{1}{2})$ 使 $F(\eta) = F(1)$，再对 $F(x)$ 应用罗尔定理即证。
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@ -167,13 +168,13 @@ $$
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### **适用条件**
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罗尔定理的核心适用题型是证明导函数方程 $f'(\xi)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有根以及衍生的相关证明题。
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具体可分为以下几类：
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1.直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
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1. 直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
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题目给出函数 f(x) 在 $[a,b]$ 上的连续性、$(a,b)$ 内的可导性，且满足 $f(a)=f(b)$，直接应用罗尔定理证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$。
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2.构造辅助函数证明导函数相关方程有根
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2. 构造辅助函数证明导函数相关方程有根
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对于形如 $f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0$、$f''(\xi)=0$ 等方程，需构造满足罗尔定理条件的辅助函数 $F(x)$，通过 $F(a)=F(b)$ 推导 $F'(\xi)=0$，进而等价转化为目标方程。
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3.结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
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3. 结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
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若函数 f(x) 有 n+1 个点的函数值相等，可多次应用罗尔定理，证明其 n 阶导数 $f^{(n)}(\xi)=0$ 在对应区间内有根。
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4.证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
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4. 证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
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若 $f'(x)\equiv0$ 在区间内成立，可通过反证法假设存在两点函数值不等，结合罗尔定理推出矛盾，进而证明函数为常数。
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罗尔定理针对于一个函数，不同于柯西中值定理针对于两个函数
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@ -190,7 +191,6 @@ $$
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两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
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>[!example] 例2
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设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
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$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
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@ -198,8 +198,8 @@ $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
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**解析**：
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由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$。则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
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由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$，则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。
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由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
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>[!example] 例3
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@ -267,10 +267,10 @@ $$
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（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
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$$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
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（2）求
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$$\lim_{x \to 0} \theta(x).$$
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$\lim\limits_{x \to 0} \theta(x).$
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解：
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1. 证： 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
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**证明：**
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(1) 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
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$$
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f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
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@ -278,7 +278,7 @@ $$
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如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
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2. 解 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
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(2) 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
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$$
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\begin{aligned}
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@ -290,7 +290,7 @@ $$
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\end{aligned}
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$$
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所以 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。
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所以 $\lim\limits_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。
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## **柯西中值定理**
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@ -459,3 +459,154 @@ $$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
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2. 注意分析和综合相结合的方法，从结论向前推一推，推不动了再从条件往后推一推，这是证明题的很重要的思路
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3. 数形结合可以给我们很大的信心并提供思路，但是也要小心用
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## 微分中值定理证明不等式的要点归纳
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**识别不等式结构**
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- 若不等式形如 $f(b) - f(a)$ 与 $b-a$ 的关系，或含有函数值差与自变量差之商，可考虑**拉格朗日中值定理**。
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**选择合适定理与辅助函数**
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- **拉格朗日定理**：常用于"单函数"差值型不等式，构造 $f(x)$ 使 $f'(\xi)$ 出现在不等式中。
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- **柯西定理**：适用于"双函数"比值型不等式，构造 $f(x), g(x)$ 使 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 出现。
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- **辅助函数构造**：常借助常见函数如 $\ln x, \text{e}^x, x^n, \arctan x, \sin x, \cos x$ 等，通过求导形式匹配目标。
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**法一：利用导数单调性估计中值**
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- 应用中值定理得到含 $\xi$ 的表达式后，可以通过函数极值的求法求出其最大最小值进行比较
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**法二：直接对所得结果进行放缩**
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>[!example] 例1
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设 $e < a < b < e^2$，证明：$$
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\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).$$
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**证明**：
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考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
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$$
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\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
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$$
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令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
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$$
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g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
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$$
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当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。
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由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以
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$$
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g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
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$$
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因此
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$$
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\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
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$$
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即
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$$
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\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
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$$
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证毕。
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>[!example] 例2
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设 $a > \text{e}$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：$$
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a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.$$
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**证明**：
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令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
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$$
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\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y} = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
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$$
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$$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
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证毕
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>[!example] 例3
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证明：当 $x>0$ 时，$$
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\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.$$
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**证明**：
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考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
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$$
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\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
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$$
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令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
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$$
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\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
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$$
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令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。
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当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。
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因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
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$$
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\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
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$$
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化简：
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\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
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于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
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\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
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等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。
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>[!example] 例4
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(1) 证明：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;
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(2) 证明不等式 $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。
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**证明**
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（1）对 $x > 0$ 定义函数 $f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,
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由拉格朗日中值定理知：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得
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\begin{aligned}
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f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
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&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
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&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
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\end{aligned}
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（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。
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令 $F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知
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\begin{aligned}
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F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
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&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
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&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
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&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
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\end{aligned}
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因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。
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令 $x = \frac{1}{n}$，则有 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式
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\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right)
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成立。
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## 微分中值定理与积分中值定理结合
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经过对近十年的期末测试题的观察，微分中值定理通常不会单独出题，而是与积分中值定理一起出，本模块旨在通过几道经典的题目，让同学们熟悉微分中值与定积分中值的综合运用。
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首先我们来回顾定积分中值定理：
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>[!note] 定理
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>如果函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在积分区间$[a,b]$上至少有一点$\xi$，使
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>$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$
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这类题的识别特征是：
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1. 出现积分号
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2. 证明存在 $\xi$ 使得……
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>[!example] 例题1
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>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$$3\int_{\frac{2}{3}}^1f(x)\mathrm{d}x=f(0).$$证明存在$c\in(0,1)$，使得$f'(c)=0$.
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**证明：**
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由积分中值定理，存在$\xi\in(\frac{2}{3},1)$，使得$\large{\int}_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.
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>[!example] 例题2
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>设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
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**证明：**
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令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\large{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
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>[!example] 例题3
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>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\large{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$. 证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
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**证明：**
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由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.
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令$F(x)=\text{e}^{-2022x}f(x)$，有$$F'(x)=\text{e}^{-2022x}(f'(x)-2022f(x)),$$且$F(0)=0=F(\eta)$。故由罗尔中值定理得存在$\xi\in(0,\eta)\subset(0,2)$，使得$$F'(\xi)=0,f'(\xi)=2022f(\xi).$$
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