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常数 K 值法

简要介绍

涉及中值定理的题，往往需要构造辅助函数，然而有一些辅助函数的构造又令人费解。常数 \(K\) 值法是适用于一类中值定理题目的构造方法，通过将中值变元之外的常数部分设为 \(K\)，然后再利用主元法或分离端点，再结合其他的中值定理就可以完成证明。

Tip

主元法是通法，能用分离端点做的题基本上都能用主元法做。但分离端点在部分题目中计算量较小，都需要熟练掌握！两种方法具体怎么用，如何根据题目进行选择，相信你学完本文的例题就都明白了！

例题

例 1

Example

设 \(f(x)\) 为 \([a,b]\) 上的可导函数，求证：\(\exists\xi\in (a,b)\) 满足：

\[ f(b) - f(a) = f'(\xi)(b-a) \]

主元法

分离常数，并令常数部分为 \(K\)，即：

\[ K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \]

整理得：\(f(b)-f(a)-K(b-a)=0\)，选 \(b\) 为主元，构造辅助函数：

\[ F(x)=f(x)-f(a)-K(x-a) \]

显然有 \(F(a)=F(b)=0\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(f'(\xi)=K\)，得证！

Tip

使用主元法，往往观察到变量的对称性，而且有一个天然条件 \(F(a) = 0\)

分离端点

根据法一得到：\(f(b)-f(a)-K(b-a)=0\)，分离端点得到：

\[ f(b)-Kb=f(a)-Ka \]

左右为相同结构，故构造辅助函数 \(F(x)=f(x)-Kx\)，则上式即为 \(F(a)=F(b)\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(f'(\xi)=K\)，得证！

Tip

分离端点，有点像高中学的 " 同构 "

例 2

Example

\(b>a>0\)，设 \(f(x)\) 为 \([a,b]\) 上的可导函数，求证：\(\exists\xi\in (a,b)\) 满足：

\[ \dfrac{bf(a)-af(b)}{b-a} = f(\xi) - \xi f'(\xi) \]

主元法

设 \(\dfrac{bf(a)-af(b)}{b-a} = K\)，整理得：

\[ bf(a) - af(b) = K(b-a) \]

选择 \(b\) 为主元，故构造辅助函数：

\[ F(x) = [xf(a) - af(x)] - K(x - a) \]

那么，恭喜你！掉入陷阱，因为根据 \(F(a)=F(b)=0\) 结合罗尔定理我们只能证明出：

\[ F'(\xi)=f(a)-af'(\xi)-K=0 \]

这和我们的目标不一致，故在构造辅助函数的时候我们应当进行变形，考虑对原辅助函数同除 \(ax\) 得新辅助函数：

\[ \begin{aligned} F(x)&=\frac{f(a)}{a}-\frac{f(x)}{x}-\frac{K}{ax}(x-a)\\ &= \frac{f(a)}{a}-\frac{f(x)}{x}-K\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{x} \right) \end{aligned} \]

则 \(F(a)=F(b)=0\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi)=0\)，即：

\[ \frac{f(\xi)-\xi f'(\xi)-K}{x^{2}}=0 \]

化简得：\(K=f(\xi)-\xi f'(\xi)\) 得证！

分离端点

对法一得到的 \(bf(a) - af(b) = K(b-a)\) 同除 \(ab\) 得：

\[ \dfrac{f(a)}{a} - \dfrac{K}{a} = \dfrac{f(b)}{b} - \dfrac{K}{b} \]

左右两边为相同结构，故构造辅助函数：

\[ F(x)=\frac{f(x)}{x}-\frac{K}{x} \]

于是有：\(F(a)=F(b)\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi)=0\)，即：

\[ \frac{f(\xi)-\xi f'(\xi)-K}{x^{2}}=0 \]

化简得：\(K=f(\xi)-\xi f'(\xi)\) 得证！

例 3

Example

设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内二阶可导，证明：\(\exists\xi\in (a,b)\)，使得：

\[ f(b)-2f\left( \frac{a+b}{2} \right)+f(a)=\frac{1}{4}(b-a)^{2}f''(\xi) \]

令常数 \(K=f''(\xi)\)，选择 \(b\) 为主元，构造如下辅助函数：

\[ F(x)=f(x)-2f\left( \frac{a+x}{2} \right)+f(a)-\frac{1}{4}K(x-a)^{2} \]

则有：\(F(a)=F(b)=0\)，根据罗尔定理：存在 \(\eta\in(a,b)\) 使得 \(F'(\eta)=0\)，即：

\[ f'(\eta)-f'\left( \frac{a+\eta}{2} \right)-\frac{K}{2}(\eta-a)=0 \]

由于我们要证明的式子是二阶导，所以考虑对上式中一阶导的差使用拉格朗日中值定理：

\[ \left( \eta-\frac{a+\eta}{2} \right)\cdot f''(\xi)-\frac{K}{2}(\eta-a)=0 \]

其中 \(\xi\in(a,b)\)，整理得 \(K=f''(\xi)\)，得证！

Tip

很多同学会认为使用主元法最后只要无脑罗尔就行了，但是像本题，直接无脑罗尔是做不出来的。所以对其他微分中值定理也要熟悉，不要陷入思维定式。

例 4

Example

\(b>a>0\)，设 \(f(x)\) 为 \([a,b]\) 上的可导函数，求证 \(\exists\xi\in (a,b)\) 使得：

\[ \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2 f'(\xi)}{ab} \]

设 \(K=\dfrac{ab[f(b) - f(a)]}{b-a}\)，整理得：

\[ f(b) - f(a) = \dfrac{K(b-a)}{ab} = \dfrac{K}{a} - \dfrac{K}{b} \]

很明显分离端点是很方便的，即：

\[ f(b)+\dfrac{K}{b} = f(a)+\dfrac{K}{a} \]

故构造辅助函数：

\[ F(x)=f(x)+\frac{K}{x} \]

于是有：\(F(a)=F(b)\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi)=0\)，即：

\[ f'(\xi)-\frac{K}{\xi^{2}}=0 \]

化简得：\(K=\xi^{2}f'(\xi)\) 得证！

例 5

Example

已知 \(a<b<c\)，\(f(x)\) 二阶可导，证明 \(\exists\xi\in(a,b)\)，使得：

\[ \dfrac{1}{2}f''(\xi) = \dfrac{f(a)}{(a-c)(a-b)}+\dfrac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\dfrac{f(c)}{(c-b)(c-a)} \]

设 \(K = \dfrac{f(a)}{(a-c)(a-b)}+\dfrac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\dfrac{f(c)}{(c-b)(c-a)}\)

同乘 \((a-b)(b-c)(c-a)\) 得：

\[ f(a)(c-b)+f(b)(a-c)+f(c)(b-a) = K(a-b)(b-c)(c-a) \]

我们选择 \(a\) 为主元，则构造辅助函数：

\[ F(x) = f(x)(c-b)+f(b)(x-c)+f(c)(b-x) - K(x-b)(b-c)(c-x) \]

则有连等式 \(F(a) = F(b) = F(c) = 0\)，接下来连续使用罗尔定理就做完了。

由罗尔定理 \(\exists m_1\in(a,b),m_2\in(b,c)\)，使得 \(F'(m_1) = F'(m_2) = 0\)

由罗尔定理 \(\exists\xi\in(m_1,m_2)\)，使得 \(F''(\xi) = 0\) ​

即：\(F''(x) = (c-b)f''(x) - (c-b)2K \Rightarrow f''(\xi) = 2K\)，得证！

例 6

Example

设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，\(f(a) = f(b) = 0\)，求证：对于任意 \(x\in(a,b)\)，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得：

\[ f(x) = \dfrac{f''(\xi)}{2}(x-a)(x-b) \]

对任意 \(x\in(a,b)\)，记常数 \(K=K(x) = \dfrac{f(x)}{(x-a)(x-b)}\)

选择 \(x\) 作为主元，构造如下辅助函数：

\[ F(t) = f(t) - K(t-a)(t-b) \]

则有连等 \(F(a) = F(x) = F(b) = 0\)，两次罗尔即可得到：

\(\exists\xi\in(a,b)\) 使得 \(F''(\xi) = 0\) 即 \(f''(\xi) = 2K\)，得证！

Tip

注意 \(K\) 的选取依赖于 \(x\)，但是对于区间内选定的 \(x\)，就变成了一个给定的常数，因此千万不要误以为 \(K\) 的表达式中的 \(x\) 是自变量！

例 7

Example

设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上三阶连续可导，且有 \(f(0)=-1,f'(0)=0,f(1)=0\)，证明对任意 \(x\in(0,1)\)，存在 \(\xi\in(0,1)\) 使得：

\[ f(x)=-1+x^{2}+ \frac{x^{2}(x-1)}{6}f'''(\xi) \]

对任意 \(x\in(0,1)\)，记常数 \(K=K(x) = \dfrac{f(x)+1-x^{2}}{x^{2}(x-1)}\)，整理得：

\[ f(x)+1-x^{2}-Kx^{2}(x-1)=0 \]

选取 \(x\) 作为主元，构造如下辅助函数：

\[ F(t)=f(t)+1-t^{2}-Kt^{2}(t-1) \]

则有：\(F(0)=F(x)=F(1)=0\)，根据罗尔定理，存在 \(\xi_{1}\in(0,x),\xi_{2}\in(x,1)\) 使得 \(F'(\xi_{1})=F'(\xi_{2})=0\)，又因为：

\[ F'(t)=f'(t)-2t-K(3t^{2}-2t) \]

显然有 \(F'(0)=0\)，故 \(F'(t)\) 在 \([0,1]\) 上至少存在 3 个零点；再次罗尔定理：\(F''(t)\) 在 \([0,1]\) 上至少存在 2 个零点；再次罗尔定理：\(F'''(t)\) 在 \([0,1]\) 上至少存在 1 个零点 .

即存在 \(\xi\in(0,1)\) 使得 \(F'''(\xi)=0\)，即：

\[ F'''(\xi)=f'''(\xi)-6K=0\implies K=\frac{f'''(\xi)}{6} \]

得证！

Tip

本题的本质是 \(\mathrm{Hermite}\) 插值，感兴趣的朋友可以自行了解。

例 8

Example

设 \(a_1 < a_2 < \cdots < a_n\) 为 \(n\) 个不同的实数，\(f(x)\) 在 \([a_ 1, a_n]\) 上有 \(n\) 阶导数，且 \(f(a_1) = f(a_2) = \cdots = f(a_n) = 0\)。求证：对 \(\forall c \in [a_1, a_n]\)，\(\exists \xi \in (a_1, a_n)\) 使得：

\[ \frac{f(c)}{(c - a_1)(c - a_2)\cdots(c - a_n)} = \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!} \]

Case 1：若 \(c = a_k (k = 1,2,\cdots,n)\)，则 \(f(c) = 0\)；从而，对 \(\forall \xi \in (a_1, a_n)\) 结论均成立。

Case 2：若 \(c \neq a_k\) ( 对 \(\forall k = 1,2,\cdots,n\))，记 \(K=\dfrac{f(c)}{(c - a_1)(c - a_2)\cdots(c - a_n)}\).

令 \(F(x) = f(x) - K(x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_n)\)，则：\(F(x)\) 在 \([a_1, a_n]\) 上有 \(n\) 阶导数 .

且 \(F(a_1) = F(a_2) = \cdots = F(a_n) = 0\)，\(F(c) = 0\)，即 \(F(x)\) 在 \([a_1, a_n]\) 有 \((n + 1)\) 个零点。

由罗尔定理，\(\exists \xi \in (a_1, a_n)\) 使得 \(F^{(n)}(\xi) = 0\)；而 \(F^{(n)}(x) = f^{(n)}(x) - n!K\)。

因此，\(\exists \xi \in (a_1, a_n)\) 使得 \(K=\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\)，得证！

Summary

常数 \(K\) 值法通过把一大堆常数设成 \(K\)，不仅简化了题面，还对构造函数有着辅助作用。构造函数需要观察函数的对称性质。

习题

Q 1

Question

若 \(a<b<c\)，\(f(x),g(x)\) 在 \([a,c]\) 上二阶可导，证明：\(\exists \xi\in(a,c)\)，使得：

\[ \frac{f(b)-f(a)-(b-a)f'(a)}{g(b)-g(a)-(b-a)g'(a)}= \frac{f''(\xi)}{g''(\xi)} \]
Hint

主元法 \(+\) 柯西中值定理

Q 2

Question

设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上三阶可导，证明 \(\exists \xi\in(a,b)\)，使得：

\[ f(b)=f(a)+f'\left( \frac{a+b}{2} \right)(b-a)+\frac{1}{24}f'''(\xi)(b-a)^{3} \]
Hint

主元法 \(+\) 泰勒

Q 3

Question

设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，证明：对于任意 \(x\in(a,b)\)，存在 \(\xi\in(a,b)\) 使得：

\[ \frac{1}{x-b}\left[ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} -\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]=\frac{1}{2}f''(\xi) \]
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