中值定理构造辅助函数.docx
罗尔定理构造辅助函数微分方程法
构造辅助函数时(这种情况适用于所有一阶齐次微分方程的情况→即f(x)与f~(x)只差一阶导时)，先把方程写成一阶齐次微分方程的形式:f~(∮)+g(∮)f(∮)=0，再把∮改成x，最后两端同乘e~(∫g(x)dx)，即可得到辅助函数。
罗尔（Rolle）中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日（Lagrange）中值定理、柯西（Cauchy）中值定理。
罗尔定理描述如下：
如果 R 上的函数 f(x) 满足以下条件：
（1）在闭区间 [a,b] 上连续。
（2）在开区间 (a,b) 内可导。
（3）f(a)=f(b)，则至少存在一个ξ∈(a,b)，使得 f'(ξ)=0。
证明：
因为函数 f(x) 在闭区间[a,b] 上连续，所以存在最大值与最小值，分别用 M 和 m 表示，分两种情况讨论：
1. 若 M=m，则函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上必为常函数，结论显然成立。
2. 若 M>m，则因为 f(a)=f(b) 使得最大值 M 与最小值 m 至少有一个在 (a,b) 内某点ξ处取得，从而ξ是f(x)的极值点，又条件 f(x) 在开区间 (a,b) 内可导得，f(x) 在ξ处取得极值，由费马引理，可导的极值点一定是驻点，推知：f'(ξ)=0。
另证：若 M>m ，不妨设f(ξ)=M，ξ∈(a,b)，由可导条件知，f'(ξ+)<=0，f'(ξ-)>=0，又由极限存在定理知左右极限均为 0，得证。
辅助函数.docx
构造辅助函数法在微积分证明中的运用石琼芳【摘要】《数学分析》的微积分证明中，证明某个问题的结论时，经常会遇到通过已有的条件无法直接推导证明出结论，而这时可以尝试运用构造函数法，根据命题中的条件，将结论变换，从而构造出一个辅助函数，再运用有关的定理结论推导出命题的结论，这往往对命题的证明能起到事半功倍的结果。
构造函数法是一种重要的数学方法，其构造方法思路也是多种多样的，本文通过构造函数法在一些著名的定理，公式以及经典例题的运用，尝试找出如何构造辅助函数的几种方法，并通过这些方法在一些具体实例中的运用归纳出构造函数法的一些思路。
【关键词】构造函数法微积分等式微分中值定理极值微积分学是数学分析中的核心内容，其命题十分的抽象复杂。
因此，在微积分中常见命题的解决时，通常会遇到这样的问题：对于与命题相关的定理与知识所熟悉，但不知如何通过题设，运用定理来解题。
这时，单凭对定理的一般运用是无法解决问题的，而是需要构造出一个既能运用题设条件又能应用相关定理得辅助函数，将抽象的关系通过具体的函数表达出来，转化为比较直观的，易于解决的问题。
构造函数法在数学领域中广泛地被采用着，它们所起的作用是桥梁式的作用，甚至有些是起着无法替代的作用。
所谓构造函数法，就是利用数学中的概念和方法，按固定的模式经过有限个步骤能够定义的概念和能都实现的方法。
而构造函数，简而言之，就是为了使某一数学命题或者某一数学概念通过已知的数学概念和方法，人为地构造出来的函数，这些函数的存在，往往依赖于已知命题的函数的存在，在条件的约束下，去达到证明或者说明某种结论或概念的正确性。
在本文，将在不等式证明这个领域中分别讨论构造函数法的运用，将会解决构造函数法在这个领域中运用的一些思路和如何构造辅助函数的方法。
再探讨这些方法时，首先，对一些经典的定理以及公式的证明进行分析，找到这些证明的思路，进而将这些思路运用到一些具体的实例当中，进行探讨验证，最后在总结出完成这些思路的一类方法。
运用中值定理证题时构造辅助函数的三种方法
运用中值定理证题时构造辅助函数的三种方法微分中值定理应用中，怎么寻找辅助函数，是比较头疼的一件事。
今天笔者就介绍下三种方式帮忙寻找到这个函数。
首先声明：这三种方式也不是万能的，但对常见题目还是挺有帮助的，而且学霸们应该都知道这些方法，故慎入。
因此本文目的是向还没留意过这些方法的同学做普及，尤其是线下笔者所带的那些可爱的学生们。
至于还有些仗着自己有点学识就恨不得鄙视这个、鄙视那个，恨不得日天日地日地球的所谓学霸请自行绕道。
一、积分原函数法具体方法简述：将要证明的式子整理为φ(ξ)=0 （一般不包含分式），然后令 F′(ξ)=φ(ξ) ，对两边式子分别积分，则有 F(ξ)=∫φ(ξ)dξ，那么F(x)就是我们所求的辅助函数。
说白了，就是将所证明的表达式进行积分还原，如果能够还原成功，那么成功找到的这个F(x)就是我们苦苦寻找的辅助函数。
还不懂？没事，举两个例子。
例1：设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，(a,b)内可导，且 g′(x)≠0 ，证明：在（a,b）存在ξ，使得 f(ξ)−f(a)g(b)−g(ξ)=f′(ξ)g′(ξ) 。
解析：这是非常常见的一道题。
估计即使做过了这道题，还有很多同学很迷惑，解答中的辅助函数到底是咋构建出来的。
其实利用原函数法，很容易就找到这个辅助函数了。
首先先所证明的分式整理成易观的式子，如下：F′(ξ)=g′(ξ)f(ξ)+f′(ξ)g(ξ)−f(a)g′(ξ)−g(b)f′(ξ)然后我们令：F′(ξ)=g′(ξ)f(ξ)+f′(ξ)g(ξ)−f(a)g′(ξ)−g(b)f′(ξ)好，对上式两边进行积分，如下：F(ξ)=∫g′(ξ)f(ξ)+f′(ξ)g(ξ)−f(a)g′(ξ)−g(b)f′(ξ)dξ=∫f(ξ)dg(ξ)+∫g(ξ)df(ξ)−f(a)g(ξ)−g(b)f(ξ)=f(ξ)g(ξ)−∫g(ξ)df(ξ)+∫g(ξ)df(ξ)−f(a)g(ξ)−g(b)f(ξ)=f(ξ)g(ξ)−f(a)g(ξ)−g(b)f(ξ)所以我们要寻找的辅助函数就为：F(x)=f(x)g(x)−f(a)g(x)−g(b)f(x)很容易验证：F(a)=F(b)=−f(a)g(b)于是根据罗尔定理，在(a,b)上存在一点ξ，使得 F′(ξ)=0 ，也就是：g′(ξ)f(ξ)+f′(ξ)g′(ξ)−f(a)g′(ξ)−g(b)f′(ξ)=0整理便可得题目中的式子，因此原题得证。
关于中值定理中构造函数的方法
关于中值定理中构造函数的方法第一篇：关于中值定理中构造函数的方法关于中值定理中创立函数的方法(1)n先举个例子：已知f(x)在（0,1）可导，在[0,1]内连续。
而且f(1)=0.证明：存在§∈（0，1），使得nf(§)+§f´(§)=0.证明:设F(x)=xf(x)则F（0）=F（1）=0∴存在§使得F´（§）=0§∈（0，1）即：§n-1[nf(§)+§f´(§)]=0原式得证。
本题中函数的构造方法：将要证式子变形，f´(§)／f(§)=-n／§,两边取不定积分。
㏑|f(§)|=-n㏑§即§f(§)=1那么所构造函数即为F(x)=xf(x)nn第二篇：构造函数构造函数1.设f(x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0，且g(-3)=0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为______.2.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有x⋅f'(x)-f(x)<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集为__________.3.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(-∞,0)时，有x⋅<0成立，若a=30.3⋅bf'(x)+f(x)13f(30.3)，b=(logπ3)⋅f(logπ3)，c=(log9)⋅f(log9)，则a、、c的大小关系为__________.f(x)，则当a>04.已知可导函数f(x)满足f'(x)>系为__________.时，f(a)与ea⋅f(0)的大小关5.若函数f(x)对任意的x∈R都有f'(x)>A.3f(ln2)>2f(ln3)f(x)成立，则__________.B.3f(ln2)=2f(ln3)C.3f(ln2)<2f(ln3)D.3f(ln2)与2f(ln3)的大小关系不确定6.设f(x)是R上的奇函数，且f(-1)=0，当x>0时，(x2+1)⋅f'(x)-2x⋅f(x)<0，则不等式f(x)>0的解集为__________.7.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)的非负可导函数，且满足x⋅对任意正数a、b，若af'(x)+f(x)≤0，B.af(b)≥bf(a)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)，8.已知f(x)与g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f'(x)g(x)-f(x)=a⋅g(x)，xf(x)g'(x)<0f(1)g(1)+f(-1)g(-1)=.在有穷数列⎨⎧f(n)⎫⎬(n=1,2,Λ,10)中，前kg(n)⎩⎭项和为1516，则k=__________.第三篇：有关中值定理的证明题中值定理证明题集锦1、已知函数f(x)具有二阶导数，且limx→0f(x)=0，f(1)=0，试证：在区间(0,1)内至少x存在一点ξ，使得f''(ξ)=0.证：由limf(x)，由此又得=0=0，可得limf(x)=0，由连续性得f(0)x→0x→0xf(x)-f(0)f(x)f'(0)=lim=lim=0，由f(0)=f(1)=0及题设条件知f(x)在[0,1]x→0x→0x-0x上满足罗尔中值定理条件，因此至少存在一点 c∈(0,1)，使得f'(c)=0，又因为f'(0)=f'(c)=0，并由题设条件知f'(x)在[0,c]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知，在区间(0,1)内至少存在一点ξ，使得f''(ξ)=0.2、设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)=0，证明：存在一点ξ∈(0,a)，使得f(ξ)+ξf'(ξ)=0.证：分析：要证结论即为：[xf(x)]'x=ξ=0.令F(x)=xf(x)，则F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)=F(a)=0，因此故存在一点ξ∈(0,a)，使得F'(ξ)=0，F(x)=xf(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，即f(ξ)+ξf'(ξ)=0.注1：此题可改为：设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)=0，证明：存在一点ξ∈(0,a)，使得nf(ξ)+ξf'(ξ)=0.)ξnf'ξ(=)（0给分析：要证结论nf(ξ+)ξ'f(ξ=)等价于nξn-1f(ξ+nn-1n，而nξf(ξ)+ξf'(ξ)=0即为[xf(x)]'x=ξ=0.nf(ξ+)ξ'f(ξ=)两端同乘以ξn-1）故令F(x)=xf(x)，则F(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，由此可证结论.注2：此题与下面例题情况亦类似：设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，∀x∈(0,1)，有f(x)≠0，证：n∀n∈N+，∃ξ∈(0,1)，使得nf'(ξ)f'(1-ξ)=成立.f(ξ)f(1-ξ)分析：要证结论可变形为nf'(ξ)f(1-ξ)-f(ξ)f'(1-ξ)=0，它等价于nfn-1(ξ)f'(ξ)f(1-ξ)-fn(ξ)f'(1-ξ)=0(给nf'(ξ)f(1-ξ)-f(ξ)f'(1-ξ)=0两端同乘以fn-1(ξ))，而nfn-1(ξf)'ξf(-ξ)-(fn1ξf')-ξ=(即)为(1)0[fn(x)-f'x=ξ1=(x，用罗尔中值定理)]0.以上三题是同类型题.3、已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1，证明：（1）存在一点ξ∈(,1)，使f(ξ)=ξ.（2）存在一点η∈(0,ξ)，使f'(η)=1.（3）存在一点x0∈(0,ξ)，使f'(x0)-1=λ(f(x0)-x0).证：（1）分析：要证结论即为：f(ξ)-ξ=0.12121211111显然F(x)在[,1]上连续，且F()=f()-=>0，F(1)=f(1)-1=-1<0，2222211因此F(x)在[,1]上满足零点定理的条件，由零点定理知，存在ξ∈(,1)，使F(ξ)=0，22令F(x)=f(x)-x，则只需证明F(x)在(,1)内有零点即可。
关于中值定理证明中辅助函数的构造
关于中值定理证明中辅助函数的构造作者：张芝华来源：《教育教学论坛》2015年第45期摘要：构造辅助函数是高等数学证明中常用的技巧，它起着化难为易、化未知为已知的桥梁作用，特别是在应用中值定理证明问题时，需要构造辅助函数。
如何才能找出合适的辅助函数，在教学实践中人们总结出了多种方法，本文通过几个实例着重介绍如何使用原函数法构造辅助函数的方法。
关键词：中值定理;辅助函数;构造方法中图分类号：G642.0 ; ; 文献标志码：A ; ; 文章编号：1674-9324（2015）45-0153-02一、引例例1：设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，证明在（a，b）内至少存在一点ξ使=f（ξ）+ξf ′（ξ）证明：令φ（x）=x·f（x）φ（x）满足拉格朗日中值定理条件，∴在（a，b）内至少存在一点ξ，使φ′（ξ）=？圯f（ξ）+ξf ′（ξ）=上题结论中要证明f（ξ）+ξf ′（ξ）=0，那么对于这类题目有没有方法来构造辅助函数？我们可以用下面思路来构造辅助函数。
1°将ξ改写成x，f（x）+xf ′（x）=02°将上式化为 + =03°上式又可以改写成（lnf（x））′+（lnx）′=04°上式又可以改写成[lnx·f（x）]′=0 所以我们可以令φ（x）=x·f（x）上面构造辅助函数的方法就是原函数法。
二、证明的结论中含有ξf ′（ξ）+kf（ξ）=0可以令φ（x）=x ·f（x）1°将ξ改写成x，xf ′（x）+kf（x）=02°将上式化为 + =03°上式又可以改写成（lnf（x））′+（lnx ）′=04°上式又可以改写成[lnx ·f（x）]′=0 我们可以令φ（x）=x ·f（x）例2：设f（x）在[0，1]上连续， ;f（x）dx=0，证明存在ξ∈（0，1）使ξf（ξ）=-2 ; f（t）dt分析：按上述思路1°将ξ改写成x，xf（x）+2 ; f（t）dt=02°将上式化为 + =03°上式又可以改写成（ln ; f（t）dt）′+（lnx ）′=04°上式又可以改写成[lnx · ; f（f）dt]′=0我们可以令φ（x）= x · ; f（t）dt证明：令φ（x）= x ·f（t）dtφ（0）=φ（1）=0？埚ξ∈（0，1）使φ′（ξ）=0φ′（x）=2x· ; f（t）dt+x f（x）φ′（ξ）=2ξ· ; f（t）dt+ξ f（ξ）=0即：ξf（ξ）=-2 ;f（t）dt三、证明的结论中含有f ′（ξ）+kf（ξ）=0可以令φ（x）=e ·f（x）1°将ξ改写成x，f ′（x）+kf（x）=02°将上式化为 +k=03°上式又可以改写成（lnf（x））′+（lne ）′=04°上式又可以改写成[lne ·f（x）]′=0我们可以令φ（x）=e ·f（x）例3：设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导，f（a）=f（b）=0，f ′ （a）·f ′ （b）>0.证明（1）？埚c∈（a，b）使f（c）=0（2）？埚ξ ，ξ ∈（a，b）使f ′（ξ ）-f（ξ ）=0和f ′（ξ ）-f（ξ ）=0证明：（1）不妨设f ′ （a）>0，f ′ （b）>0由f ′ （a）>0？圯？埚x ∈（a，b）使f（x ）>f（a）=0由f ′ （b）>0？圯？埚x ∈（a，b）使f（x ）？圯f（x ）·f（x ）由零点定理得？埚c∈（a，b）使f（c）=0（2）令φ（x）=e ·f（x）∵φ（a）=φ（c）=φ（b）=0∴？埚ξ∈（a，c），？埚ξ∈（c，b）使φ′（ξ）=φ′（ξ）=0而φ′（x）=e ·（f ′（x）-f（x））=0且e ≠0f′（ξ ）-f（ξ ）=0f′（ξ ）-f（ξ ）=0四、证明的结论中可以化为以上两种形式，我们可以用原函数法构造辅助函数例4：设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导，f（a）=f（b）=0，f ′ （a）·f ′ （b）>0.证明？埚η∈（a，b）使f ;″（η）-4f ′（η）+3f（η）=0分析：1°将ξ改写成x，f ;″（x）-4f ′（x）+3f（x）=02°将上式化为（f ′（x）-f（x））-3（f ′（x）-f（x））=03°将（f ′（x）-f（x））看成f ′（x）+kf（x）=0中的f（x） 4°我们可以令φ（x）=e ·（f ′（x）-f（x））证明：令φ（x）=e ·（f ′（x）-f（x））？埚η，η∈（a，b）使φ（η）=φ（η）=0？埚η∈（a，b）使φ′（η）=0φ′（x）=-3e ·（f ′（x）-f（x））+e （f ″（x）-f ′（x））=e （f ;″（x）-4f ′（x）+3f（x））∵e ≠0？圯f ;″（η）-4f ′（η）+3f（η）=0从以上例子我们可以看到用原函数法构造辅助函数的步骤为： 1°将要证的结论中ξ改写成x2°移项使等式一边为零3°用观察法或积分法求出原函数4°这个原函数就是我们要找的辅助函数。
利用中值定理证明问题时辅助函数的几种构造方法
ｘ Ｘ ＋Ｃ ２ ｅ ｆ（ ） ＝ Ｃ ￣ ｅ
－
ｘ
得 到 厂 ） ＝
）
７ ，
２ ｃ ， ＝ ［ ， ） ＋ 厂 ） ］ ～ ， ２ Ｃ ２ ＝ ［ ） 一 ｆ ） ］ ｅ。 所 求 辅 助函 数 为： Ｆ ） ＝ ［ ） ＋ ／ ） ］ ｅ － Ｘ 或
（ ｂ ） － ｒ ２ ） ＝
即 兰
ｂ— — ａ
又设 ） ＝ ， 则由已 知 ） ＝ ｇ 在［ ， ６ ］ 上 二 、使 用 拉 格 朗 日定 理 时 用 “ 单 边 积 满足拉 格朗日 中 值定理条件， 所以 存在号 ∈ａ ， ６ ） ， 使 分法 ＂构 造辅 助 函数
的方法。
关键词 ：中值定理 ；构造 ；辅助函数
引言
在高等数学的学习过程 中，用 中值定理证 明问题 ， 是教师和学生都感到困难 的问题 。实际上 ，证 明的关键
是如何构造辅助函数 ，如果辅助 函数构造 出来 了，问题 也就证 明出来了。本人在教学过程中做了一些探讨 ，总
两 边积 分 得， － ａ ｌ ｎ （ ｂ － ｘ ） ＋ ｌ ｎ Ｃ ＝ ｌ ｎ ｆ （ ｘ ） ， 解 得 Ｃ ＝ （ ６ 一 厂 ） ，
从而得所求辅助函数为Ｆ ） ＝ （ ６ 一 ｘ ｙ ： （ ｘ ） 证设Ｆ ） ＝ — ｘ ｙ 厂 ） 。 因 为ｆ （ ） 在［ ａ ， ｂ 】 上
连 续 ，在 （ ａ ， ｂ ） 内可 导 ，其 中 ａ ＞ ０ Ｉ ￣ ｔ ｆ （ 口 ） ＝ ０ 。 所 以
结 了几种证明问题构造辅助 函数的方法 ，供教师和学生
∈ （ ｏ ， １ 、 ） ， 使 得 Ｆ ） ＝ ［ 厂 ） 一 厂 ） ］ 已 一 ＝ ｏ ， 即
构造辅助函数
则 在 上满足罗尔定理三个条件，于是分别存在 ， 使得 .
又
从而可知 在 上满足罗尔定理三个条件，故存在 使 即
.
亦即
将常数k值法进行总结并归纳出下面一般性结论：
（1）常数 值法适用于欲证结论为：至少存在一点 ，使得 及其代数式的命题.
（2）常数 值法构造辅助函数的步骤为：
①将欲证等式中常数部分分离出来并令为 .
例一：设函数 在 上连续，在 内可导，证明在 内至少存在一点 ，使得
.
分析：令
，
则
，
为一个关于 与 的对称式。故可取
.
证明：令
则 在 上连续，在 内可导，又 从而 在 上满足罗尔定理，于是存在一个 ，使得 ，即
亦即
.
例二：设 在 上存在， 试证明存在 ，使得
.
分析：令
于是有
,
上式为关于 三点的轮换对称式令 则得
③用观察法或积分法求出原函数（等式中不含导数符号），并取积分常数为0,
④移项使等式一边为0，另一边即为所求辅助函数 .
（2）拉氏中值定理证明中辅助函数的构造：在拉氏中值定理的结论
，
中令： 则有
两边积分得
，
取 ,得
，
移项得
，
故
，
为所求辅助函数.
(3)柯西中值定理证明中辅助函数的构造.在柯西中值定理的结论中
摘要：构造辅助函数是证明中值命题的一种重要途径。本文给出了几种辅助函数的构造方法：微分方程法，常数K值法，几何直观法，原函数法，行列式法；并且举出具体例子加以说明。
关键字：辅助函数，微分方程，微分中值定理
Constructingauxiliary functiontoprovedifferential
微分中值定理辅助函数类型的构造技巧
辅助函数的几种特殊用法在高等数学中，证明一些中值等式的题目也是比较困难的。
因为一般我们要花大量的时间去找一个恰当的辅助函数，如果我们能熟悉一些特殊类型题目的辅助函数的构造及相关定理的运用，这样就会为我们解题提供方便，从而节约大量的时间。
为此我们需要牢记以下几种常见题型中辅助函数的特殊用法。
(1)若题目中出现等式“'()()f kf ζζ-”时，一般可以考虑作辅助函数)()(x f e x F kx -=.例:设函数f 在[,]a b 上可微，且()()0f a f b ==证明：k R ∀∈，(,)a b ζ∃∈，使得'()()f kf ζζ=分析:要证'()()f kf ζζ=，即证'()()0f kf ζζ-=，也就是证ζ函数)()(x kf x f -'的零点.注意到[()]'['()()]kx kx f x e f x kf x e --=-，因此，只要检验函数()()kx F x f x e -=是否满足罗尔中值定理条件，但这是明显的.证明:构造辅助函数()()kx F x f x e -=，(,)x a b ∈，则()F x 在[,]a b 上满足罗尔定理条件，故(,)a b ζ∃∈，使得0)(='ζF ， 而[])()()()()(ζζζζζkf f e e x kf e x f F k x kxkx -'=-'='-=--，则['()()]0k e f kf ζζζ--=，即'()()f kf ζζ=.(2)若题目结论中出现等式“1'()n A f ζζ-=)0(≠A ”时，可考虑作副主函数()()F x f x =，()n G x x =.例:设函数f 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可微.证明：(,)a b ζ∃∈，使得：222(()())'()()f b f a f b a ζζ-=-.证明: i ）若0(,)a b ∉作辅助函数()()F x f x =，2()G x x =，()F x ，()G x 均满足柯西中值定理条件 所以(,)a b ζ∃∈使得22()()'()2f b f a f b a ζζ-=-，即222(()())'()()f b f a f b a ζζ-=-.ii ）若0(,)a b ∈，'(0)0,0f a b ≠+≠由i ）可类似得证. iii ）若0(,)a b ∈，'(0)0f ≠，取0ζ=，即证.(3)若题目结论中出现“()'()f f ζζζ-”时，可以考虑作辅助函数()()f x F x x =，1()G x x=. 例:设函数f 在[,]a b 上连续)0(>a ，在(,)a b 内可微.证明：(,)a b ζ∃∈使得1()'()()()a b f f f a f b a b ζζζ=--,证明:因为2)()()(x x f x f x x x f -'='⎥⎦⎤⎢⎣⎡, 考虑作辅助函数()()f x F x x =，1()G x x=，显然F 与G 在[,]a b 上满足柯西中值 定理条件，所以必(,)a b ζ∃∈， 使得)()()()()()(ζζG F a G b G a F b F ''=--即221)()(11)()(ζζζζζ--'=--f f a b a a f b b f [])()()()(1ζζζf f a bf b af b a '-=--⇒证毕.(4)若命题结论中出现式“()'()f f ζζζ+”时，可考虑作辅助函数()()F x xf x =，()G x x =.例:设函数f 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，证明：必有(,)a b ζ∈，使得()()()'()bf a af a f f b aζζζ-=+-.分析:我们熟悉[])()()(x f x x f x xf '+='，因此作辅助函数()()F x xf x =，()G x x =，且知()F x ，()G x 在给定区间内均满足柯西中值定理条件，故有)()()()()()(ζζG F a G b G a F b F ''=--，即()()()'()bf a af a f f b aζζζ-=+-得证.(5)若题目中出现式“'()f ζζ”时，可考虑作辅助函数()()F x f x =，()ln G x x =.例:设函数f 在[,]a b (0)a >上连续，在(,)a b 内可导，则存在(,)a b ζ∈使得()()'()lnbf b f a f aζζ-= 证明:由我们熟悉的xx 1)(ln ='，考虑作辅助函数()()F x f x =，()ln G x x =且)(),(x G x F 在给定的区间内均满足柯西中值定理条件，于是),(b a ∈∃ζ，使得()()'()1ln ln f b f a f b aζζ-=-，即()()'()lnbf b f a f aζζ-=，证毕.(6)若命题结论中出现等式“()()f kf ζζζ'-”的关系时，可考虑的辅助函数为).()(x f x x F k -=例:设)(x f 在[]b a ,上连续，)0(b a <<，在),(b a 内可导，且)()(a bf b af =，证明：),(b a ∈∃ζ使得)()(ζζζf f '=.证明:设)()(1x f x x -=ϕ，显然ϕ在[]b a ,上连续， 而2)()()(xx f x f x x -'='ϕ在在),(b a 内存在， 且)()()(11b f b a f a a --==ϕ，故ϕ在[]b a ,上满足罗尔中值定理条件， 于是必),(b a ∈∃ζ使得0)()(2=-'='ζζζζζϕf f ）（， 所以0)()(=-'ζζζf f ，而0>ζ，所以)()(ζζζf f '=.证毕.（7)若题目中出现等式“2f ff '''+”，的关系时，则往往考虑构造辅助函数)()(2x f x F =，因为)(x F 经过一次求导为)()(2)(x f x f x F '='，再次求导后，即[])()()(2)(x f x f x f x F ''+'=''.例:设)(x f 在[]b a ,上连续，在),(b a 内二阶可导，且0)()(==b f a f ，证明：),(b a ∈∃ζ，使得.0)()()(2=''+'ζζζf f f证明:设辅助函数),()(2x f x F =则)()(2)(x f x f x F '='， 因为)(x F '在[]b a ,上连续，在),(b a 内可导， 且0)()(2)()()(2)(='='='='b f b f b F a f a f a F ，所以由罗尔中值定理知：必),(b a ∈∃ζ使0)(=''ζF ，而[]0)()()(2)(2=''+'=''ζζζζf f f F ，即0)()()(2=''+'ζζζf f f .证毕.(8)若题目中出现等式“2ff f '''-的关系时，则需构造辅助函数)(ln )(x f x F =，因为)(x F 经过一次求导后为)()()(x f x f x F '='，再次求导后得到.)()()()()(2x f x f x f x f x F '-''='' 例:设)(x f 在[]b a ,上连续，在),(b a 内可导，且[]b a x x f ,,0)(∈>，)()()()(b f a f a f b f '⋅='⋅，试证：必),(b a ∈∃ζ使得.0)()()(2='-''ζζζf f f证明：设)(ln )(x f x F =，得)()()(x f x f x F '='， 显然)(x F '在[]b a ,上连续，在),(b a 内可导，则)()()()()()(b F b f b f a f a f a F '='='='， 故满足罗尔中值定理条件，因此必),(b a ∈∃ζ使得0)(=''ζF ，而0)()()()()(22='-''=''=ζζx x f x f x f x f F ，即.0)()()(2='-''ζζζf f f证毕.(9)若题目结论中出现等式“0)()(0=+⎰ζζf dx x f ”，的关系时，则可考虑构造辅助函数.)()(0⎰=xx dt t f ex ϕ例：设f 在[]a ,0上连续，在),0(a 内可导，且⎰=a dx x f 0.0)(证明：),0(a ∈∃ζ使得0)()(0=+⎰ζζf dx x f .证明：作辅助函数⎰=xxdt t f e x 0)()(ϕ，显然)(x ϕ在[]a ,0上连续，在),0(a 内可导，且)0(0)()(0ϕϕ===⎰aa dt t f e a ，故满足罗尔中值定理条件，因此，必),0(a ∈∃ζ使得0)(='ζϕ，而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+='⎰⎰)()()()()(00x f dt t f e x f e dt t f e x xx x x x ϕ，由于0≠ζe ， 故0)()(0=+⎰ζζf dx x f .证毕.(10)若题目出现等式“()()f f ζζ''-”的关系时，则需两次构造辅助函数，第一次构造)()(x f e x g x =，第二次构造[])()()(x f x f e x x '+=-ϕ.例:设设)(x f 在[]b a ,上可导，在),(b a 内二阶可导，0)()(==b f a f ，0)()(>''b f a f ，试证：),(b a ∈∃ζ，使得).()(ζζf f =''证明：因为0)()(>'⋅'b f a f ，所以)(a f '与)(b f '同号，设0)(>'a f ，即0)(lim _)()(lim >-=-++→→ax x f a x a f x f a x ax ，所以),,(,01δδ+∈∃>∃a a x 使得0)(1>x f ， 0)(lim )()(lim >-=----→→bx x f b x b f x f b x bx ，所以),(,02b b x δδ-∈∃>∃，使得.0)(2<x f 又因为f 在[]b a ,上可导，故f 在[]b a ,上连续，即f 在),(21x x 上连续, 而0)(,0)(21<>x f x f ，所以由介值定理（或零点定理），),(21x x ∈∃η使得.0)(=ηf再看，由题目结论，构造辅助函数),()(x f e x g x = 因为)()()(ηf b f a f ==，所以0)()()(===b g g a g η，故),(1ηηa ∈∃，使得,0)(1='ηg ),(2b ηη∈∃，使得.0)(2='ηg因为[])()()()()(x f x f e x f e x f e x g x x x '+='+='，由0)()(21='='ηηg g ，可得.0)()(,0)()(2211='+='+ηηηηf f f f令[])()()(x f x f e x x '+=-ϕ， 所以有[]0)()()(1111='+=-ηηηϕηf f e ，[],0)()()(2222='+=-ηηηϕηf f e即0)()(21==ηϕηϕ，又因为)(x ϕ在[]21,ηη上连续可导， 所以),()(2,1b a ⊂∈∃ηηζ，使得0)(='ζϕ，即[]0)()()(=-''='=-ζζϕx x x f x f e ，而0≠-ζe ，故0)()(=-''ζζf f .证毕.涉及罗尔定理证明中值等式的命题罗尔定理:如果函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续，在开区间(,)a b 内可导，且在区间端点的函数值相等，即()()f a f b =.那么在区间(,)a b 内至少有一点()a b ξξ<<，使得()f x 在该点的导数等于零，0)('=ξf .题型一：设函数)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，且0)()(==b f a f ，证明对任何实数k ，至少存在一点),(b a ∈ξ使)()(ξξkf f ='成立.分析：首先从结论看起，欲证)()(ξξkf f ='，即证0)()(=-'k f f ξξ，即0)()(=-'=ξx k x f x f .而要0)()(=-'=ξx k x f x f 就促使我们想到去构造辅助函数的思路，即构造的函数)(x F 应该满足在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，)()(b F a F =，k x f x f x F -'=')()()(，如果这样的话kx x f x F -=)(ln )(，但是)(x F 在点a 和点b 处都没有定义，所以不满足)()(b F a F =,从而kx x f x F -=)(ln )(不是我们所需要的辅助函数，但是注意到指数函数)(x F e 的特点，当对数运算和指数运算相互抵消后得到的新函数的定义域可能会扩大，从而)(x F e 可能成为我们找的辅助函数.若令)()()(x f e e x G kx x F -==，则)(x G 满足)(0)(b G a G ==以及罗尔定理的其他条件，所以，由罗尔定理得知：至少),(b a ∈∃ξ使得0)(='ξG ，而[])()()(x kf x f G -'='ξ，所以[]0)()()(=-'='-ξξξξkf f e G k ，而0>-kx e ，所以只能0)()(=-'ξξkf f ，即)()(ξξkf f ='成立，由此)(x G 就是我们所需构造的辅助函数.注意：在分析题目时，如果我们从不同的角度看它就可能会构造不同的辅助函数，也就是说，对于解决同一个题目，所构造的辅助函数可能是不唯一的.例:设)(x ϕ为[]c c ,-上的连续奇函数，且在()c c ,-内可导，又0)(=c ϕ，证明：对任何实数λ，都存在()c c ,-∈ζ使得0)()(=+'ζλϕζϕ.证法一:由题型一的结论可作辅助函数)()(x e x G x ϕλ=，则)(x G 在[]c c ,-上连续，又因为[])()()()()(x x e x e x e x G x x x ϕλϕϕϕλλλλ'+='+='在()c c ,-内存在，且0)()(==-c G c G ，（0)()(=--=c c ϕϕ），所以它满足罗尔定理条件，故必),(c c -∈∃ζ，使得0)(='ζG ，即0)()(=+'ζλϕζϕ.证毕.证法二:若设dt t x x G xc⎰-+=)()()(ϕλϕ，则)(x G 在[]c c ,-上连续，且)()()(x x x G λϕϕ+'='在()c c ,-内存在，又因为0)()()(=+=⎰-dt t c c G ccϕλϕ，0)()()()()(=-=-=+-=-⎰--c c dt t c c G ccϕϕϕλϕ，所以它满足罗尔定理条件，故必),(c c -∈∃ζ，使得0)()()(=+'='ζλϕζϕζG .证毕.题型二:证明),(b a ∈∃ζ，使得0)()()(='+'ζζζf g f .分析:仍然从结论入手，把0)()()(='+'ζζζf g f 变形，且将ζ变为x ，则有0)()()(='+'=ζx x g x f x f ，而)()()(x g x f x f '+'有一个原函数)()(ln )(x g x f x F +=，由题型一，最好将辅助函数)(x T 作为)()()(x f e x T x g =.例:取函数()f x 在[]k k ,-上连续，在),(k k -内可导，且)()(k f k f =-，试证明在),(k k -内至少存在η，使得)(2)(ηηηf f ='.分析:由该题型的辅助函数为可知，待证等式中的)(2ηηg '=-，从而得到2)(ηη-='g ，将ηζ改为x 即2()g x x =-，因此辅助函数2()()x F x e f x -=.证明:取辅助函数2()()x F x e f x -=.则()F x 在[]k k ,-上连续，在),(k k -内可导，且)()(k F k F =-，满足罗尔定理， 故必),(k k -∈∃η使得)(ηF '0=， 由于[])(2)()(2x xf x f e x F x -'='-，将η=x 带入上式，并去掉非零因子2η-e ，即得证原式成立.附注:读者可将题型二的()g x 取为x λ或2x λ带入'()'()()0f x g x f x +=将得到一系列的命题.题型三：证明存在(,)a b ξ∈使得1()'()0k k k f f ζζζζ-+=构造的辅助函数()()k F x x f x =例:设函数()f x 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，1(1)2f =，(2)2f =，证明：存在(1,2)ζ∈，使得'()2()f f ζζζ=.分析:待证等式可变形为2()'()0f f ζζζ-=，即0)()(22='+-ζζζζf f .与题型二的一般形式进行比较可知k 为-2的情况，因此可作辅助函数()()x f x x F 2-=.证明:取辅助函数2()()F x x f x -=，则易知()F x 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且(1)(2)0.5F F ==，由罗尔定理，至少存在一点(1,2)ζ∈使得'()0F ζ=， 由于12'()['()2()]F x x x f x xf x -=-，将x ζ=带入上式，即有 2()'()0f f ζζζ-=，故'()2()f f ζζζ=.证毕.附注:由题型三可以演变出一系列的题型.如：证明存在(,)a b ξ∈使'()''()()0kf f ζζζλ+-=，k R ∈，R λ∈ 构造的辅助函数()()'()k F x x f x λ=-例:设函数()f x 在[0,1]二阶可导，(0)(1)f f =，求证：存在(0,1)ζ∈，使得2'()''()(1)0f f ζζζ+-=.证明:取辅助函数2()(1)'()F x x f x =-.由于(0)(1)f f =，()f x 在[0,1]上二阶可导，对()f x 在[0,1]上应用罗尔定理， 则必存在(0,1)η∈使得'()0f η=，于是有()0F η=，因为(1)0F =且()F x 在[0,1]上可导，对()F x 在[,1]η上应用罗尔定理，必存在(,1)(0,1)ζη∈⊂使得'()0F ζ=， 由于2'()2(1)'()(1)''()F x x f x x f x =-+-，将x ζ=带入上式，并去掉非零因子1ζ-，即证得原式成立，证毕.题型四:证明存在)(b a ,∈η使得)()(2ηληf f =''，λ为常数.（注意:此题型需要构造两次辅助函数，第一次构造()()x F x e f x λ=；第二次构造2()'()x G x e F x λ-=）.例:设函数()f x 在[,]a b 上连续，()f x 在(,)a b 内二阶可导，()()0f a f b ==，'()'()0f a f b >，求证：存在(,)a b ζ∈，使得''()4()f f ζζ=证明:由()()0>'⋅'b f a f ，不妨设'()0f a >，'()0f b >， 由导数的几何意义，在x a =的右领域中存在1B ,使得()()01=>a f B f ， 在x b =的左领域中存在2B ，使得()()02=<b f B f ，且令21B B <，则由应用零点定理可知存在()21B B B ，∈，使得 ()0=B f ，取2()()x F x e f x =，则()F x 在(,)a b 上可导，且()()()0===B F b F a F ，所以分别在][B a ,和][b B ,上应用罗尔定理，存在)(B a ,1∈∃η使得()01='ηF ；)(b B ,2∈∃η，使得()02='ηF . 因此11'()2()0f f ηη+=，12'()2()0f f ηη+=，令4()x G x e -=2'()['()2()]x F x e f x f x -=+， 则()G x 在(,)a b 内可导，由于12()()0G G ηη==在12[,]ηη上应用罗尔定理，存在12(,)(,)a b ζηη∈⊂， 使得'()0G ζ=，由于()2'()''()2'()2'()4()x G x e f x f x f x f x -=+-+⎡⎤⎣⎦，故有''()4()f f ζζ=，证毕.提示:其实在涉及一些利用罗尔中值定理证明一些等式的时候，一般都是先从题目的结论入手，把结论中的等式经过变形后，观察该式，看看什么样的函数经过求导后（一次或两次等）含有如结论中的式子作为因子，则我们一般就取这样的函数为我们需要找的辅助函数.但是需要强调一点，就是我们选取的辅助函数在题目给定区间要有意义，且满足罗尔定理的条件，这种就是前面所讲的原函数法.涉及拉格朗日中值定理证明中值等式的命题拉格朗日中值定理：如果函数)(x f 在闭区间],[b a 上连续，在开区间),(b a 内可导，那么在区间),(b a 内至少有一点)(b a <<ξξ,使等式))((')()(a b f a f b f -=-ξ成立.亦即)(')()(ξf ab a f b f =--成立.例:设函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导0a >，()()1f a f b ==，证明：存在ζ使得1(,)()'()n a b f f ηηηζζζζ-⎡⎤∈∍=+⎢⎥⎣⎦. 分析:先将等式变形，即有11()'()(*)n n n n n f f ηζζζζ--=+，通过观察，我们会发现等式(*)的右边是（1()()0k k k f f ζζζζ-+=，[()]'0k x f x =，()k x f x ）形式，因此构造的辅助函数()()n F x x f x =，再观察等式(*)左边可知1()'n n n ηη-=，从而得到辅助函数()n g x x =，通过拉格朗日中值定理寻找'()F x 与'()G x 的相同部分，得出待证结论.证明:取辅助函数()()n F x x f x =，易知()F x 在[,]a b 上满足拉格朗日中值定理条件.则存在),(b a ∈ξ使得⇒--='ab a F b F F )()()(ξ1()()()'()n n n nb f b a f a n f f b a ζζζζ--+=- 又()()1f a f b ==， 所以1()'()n nn nb a n f f b aζζζζ--+=- （1）取 ()n g x x =，易知()g x 在[,]a b 上满足拉格朗日中值定理条件， 则()()(,)'()n ng b g a b a a b g b a b aηη--∈∍==-- （2）比较（1）（2）可得11()()n n n n n f f ηζζζζ--=+， 即1()'()n f f ηζζζζη-⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦， 证毕.。
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微分中值定理证明中辅助函数的构造1原函数法此法是将结论变形并向罗尔定理的结论靠拢，凑出适当的原函数作为辅助函数， 主要思想分为四点：（1）将要证的结论中的§换成兀；（2）通过恒等变形将结论化为易消 除导数符号的形式；（3）用观察法或积分法求出原函数（等式中不含导数符号），并取 积分常数为零；（4）移项使等式一边为零，另一边即为所求辅助函数F ⑴.例1：证明柯西中值定理.分析：在柯西中值定理的结论酬筒中令…，得'先变形为衞喘伯"）再两边同时积分得尸（兀）=/（兀）_/丫）一/"" g （x ）为所求辅助函数.g@）-g ⑷ 例2：若兔，q , $，…，色是使得&）+” + ¥ +…+上、=0的实数.证明方程 2 3 n + \兔+q 无+匕2兀2+…+匕“"=0在（0, 1）内至少有一实根.证： 由于［*（&）+。
］兀 + 偽〒 ++ a n x n ）dx = a^x-^ — x 1 +—x 3 +・・・ + -^—兀"° +C 」 〜 2 3 n +1 并且这一积分结果与题设条件和要证明的结论有联系，所以设 F （x ） = a {}x + — x 2+ —x 3 +・・・ + -^-x"J （取C = 0 ）,贝！J 2 3 n + 1 1） F （x ）在［0, 1］上连续2） F （x ）在（0, 1）内可导3） F （0）=0, 尸⑴二勺+色+纟+…+厶二。
2 3 n + \故尸（尢）满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，存在e （0,1）使F@） = 0,即 （。
（）兀+号■兀2 + 守兀‘+…+上穿兀处）：=卍=0亦即€z 0+a,^ + ^2 +・・・+qg" = 0・/(b)-/⑺) g(b)-g(a) g(x) = /(Q + C ,令 C = 0 /(毎 g(坍 /(>这说明方程6/() + a A x+tz2x2 + • • •+ci fl x n = 0在(0, 1)内至少有实根x = ^ .2积分法对一些不易凑出原函数的问题，可用积分法找相应的辅助函数.例3：设/(兀)在［1, 2］上连续，在(1, 2)内可导，/(1) = |, /(2) = 2.证明存在壮(1,2)使广⑷=琴2・分析：结论变形为彳厂©-2/© = 0,不易凑成F,(x)|^ = 0・我们将§换为兀，结论变形为空2-2 = 0,积分得:ln/(x)-21nx = ln^ = lnc,即绰=。
，从而/(X) X 对对可设辅助函数为F⑴=绰，有F(1) = F(2) =丄.本题获证.JT 2例4：设函数/(x), g(x)在［a,b］上连续,在(a,b)内可微，f(a) = f(b) = 0.证明存在介(恥)，使得：广© +0・•厂©证：将广© + /(0g'@) = O变形为广© = g)g@)=>为「则*4 ‘两边关于兀积分’得/(砂e双p (計)兀=)C e吠p(g = Ke x ~p您丿，其中K = expC{,由/( x)= K e欢p (g可得K = /(x)exp(g(x))・由上面积分的推导可知，/(x)exp(g(x)) 为一常数K,故其导数必为零，从整个变形过程知，满足这样结论的§的存在是不成问题的.因而令F(x) = /(x)exp(g(x)),易验证其满足罗尔定理的条件，原题得证.3几何直观法此法是通过几何图形考查两函数在区间端点处函数值的关系，从而建立适当的辅助函数.例5：证明拉格朗H中值定理.分析：通过弦AB 两个端点的育•线方程为 y = /⑷+理二型(…),则函数/(劝与 b-a直线 AB 的方程之差即函数个端点处的函数值均为零，从而满足罗尔定理的条件故上式即为要做辅助函数.例6：若/(兀)在［a,b ］上连续且f(a) < a. f(b) >b •试证在(a,b)内至少有一点§ ,分析：由图可看出，此题的几何意义是说，连 续函数y = /(x)的图形曲线必跨越)工兀这一条肓 线，而两者的交点的横坐标「恰满足f(U 进 而还可由图知道，对［a,b ］上的同一自变量值兀，这 两条曲线纵坐标之差f(x)-x 构成一个新的函数 g(x),它满足g(a)v0,gG)>0,因而符合介值定理的条件.当歹为g ⑴的一个零点时，g© = 0恰等价于因此即知证明的关键是构造辅助函数g(x) = f(x)-x ・4常数k 值法此方法构造辅助函数的步骤分为以下四点：1) 将结论变形，使常数部分分离出来并令为R ・2) 恒等变形使等式一端为。
及/(a)构成的代数式，另一端为b 及/⑺)构成的代 数式. 3) 观察分析关于端点的表达式是否为对称式.若是，则把其中一个端点设为x, 相应的函数值改为/(%).4) 端点换变量无的表达式即为辅助函数F(Q ・例7：设/(尢)在［a,b ］上连续，在(a,b)内可导，(0 < a < /?),试证存在一点§ w(a,b), 使等式/0) - f(a) = 1详歹广©成立.在两F （務 * x ）b分析：将结论变形为［绻广©,令k 乂罗r,则有1 rp- ia\ \ vb- lenf(b)-k\nb = f(a)-k\na ,令/? = x , 口J得辅助函数F(x) = /(x)-klnx .例8：设广⑰在［d,b］上存在，在a<c<b ,试证明存在gw(a,b),使得/(Q)| | g Y .(ci一b) (a- c) (b- a) (4 c) (& a)(£ b) 2分析：令一+ ------- b ------------- f(k , 于是有(a一b)c) 一(b et) (b e)(b- c) /( + a) -(a Z?)+ /( -e) (c =a) f(^ i,上式为关于a, b , c三点的轮换对称式，令b = x ( or : c = x , or : a = x ),则得辅助函数F(x) = (x-c)f(a)十(d —x)f(c)十(c一tz)/(x) 一k(a-x\a一c)(x一c)・5分析法分析法又叫倒推法，就是从欲证的结论出发借助于逻辑关系导出已知的条件和结论.例9：设函数F(兀)在［0, 1］上连续，在(0, 1)内可导，证明在(0, 1)内存在一点C ,使得F(l) = F(()) + (』Y 一严)F(C).分析：所要证的结论可变形为：F(l)-F(0> t c~e-c c r(,即eF⑴_F(0)= 中,因此可构造函数= 则对F(x)与G(劝在［0, 1］上应用柯e-1 e西中值定理即可得到证明.例10：设函数/(兀)在［0,1］上连续，在(0, 1)内可导，且/(0)=0,对任意XG(0,l)有/(兀)工0・证明存在一点兵(0,1)使学◎=孕二冬5为自然数)成立.f© /(I-歹)分析：欲证其成立，只需证犷⑷/(I-歹)-广(1-歹)/@) = 0由于对任意xe(0,l)有/•仏)工0 ,故只需证：— fe/)—歹”扌即［(f(x))n f(l-x)］=0,于是引入辅助函数F(x) = (/(%))V(l-^) 5为自然数).例11 ：设函数/(%)在区间［0, + 00 ］上可导，且有〃个不同零点：0<西<兀2<… <兀•试证(rf(x) + f \x)在［0, +oo］内至少有川-1个不同零点.(其中，d为任意实数)证明：欲证«/(%)+ f\x)在［0, +00)内至少有〃T个不同零点，只需证方程〃(兀)十广(兀)=0在［0, +00］内至少有”-1个不同实根.因为，x G［0,+oo), e a G0,故只需证方程驟财(兀)+广(兀)］=0在［0,+oo)内至少有1个不同实根.引入辅助函数F(x) = e av f(x),易验证F(x)在区间|西,兀2】，［兀2，卸，…，丨£_］,£】上满足罗尔定理的条件，所以，分别在这〃-1个区间上应用罗尔定理，得F©) = F©)=・・・WJ=0 ,其中討厂,兀2)奂2 X 2兀J篤丘"C且0v©v§2<・・・< 知以上说明方程F'(x) = 0在［x,,x2］［x2,x3］・・・［“,£］u［0, +oo］内至少有”-1个不同实根，从而证明了方程妙(兀)+ f '(^) =0在［0, +oo］内至少有斤-1个不同实根.6待定系数法在用待定系数法时，一般选取所证等式屮含§的部分为M ,再将等式中一个端点的值b换成变量x,使其成为函数关系，等式两端做差构造辅助函数0(兀)，这样首先可以保证0(b)二0,而由等式关系(p(a) =0自然满足，从而保证/(劝满足罗尔定理条件，再应用罗尔定理最终得到待定常数M与广(§)之间的关系.例12：设/(力是［d,b］上的正值可微函数，试证存在金(⑦方)，使满足罗尔定理条件，由罗尔定理，存在使0(歹)=0,解得M=上孚，故 ］n 輕仝“)• /(d)代)例13：设函数/(朗在［d,b ］上连续，在⑺上)内可导,则在(d,b)内至少存在一点§ 使丝［/(仍-/⑷］=(夕-/)/毬).证明：将所证等式看作/(b)-/(d)=(夕-/)Z 孚，设f(b)-f(a) = M(b 2-a 2), 令(p(x) = f(x)-f(a)-M(x 2-a 2),则©(兀)满足罗尔定理条件，由罗尔定理得,存在一点歹w(a,b),使奴疋(上，即/C 疋2= 若$二0,则/CZ —，结论成立；若§工0, 从而有 24/@) - /(a)] = f(^(b 2-a 2). 例 14：设0<x, <x 2,则存在^e(x p x 2)使x^e X2 -x 2e Xl=^(l-^)(x, -x 2)・ 分析：对于此题设x x e X2 -x 2e X{ =M(<X X -X 2)作函数^9(x) = x l e x -xe X}-A/(%)-x)・应 用罗尔定理可得存在歹丘(石,吃)，使奴疋0=，即马馆阳=0,从而M=e Xi-x/, 这样并不能证明原结论，遇到这种情况，说明所作的辅助函数不合适，则需要将所证 明的等式变形，重新构造辅助函数. R2 Ri ” 1 1证明：将所证等式变形为一--=^(1-^)(—--),e x 0勺 1 1令(p{x)= - --------- M (------ ),则(p(x)满足罗尔定理条件,X X ( 兀 兀[x }e X2 -x 2e v ' =占(1一歹)(兀］一七)・总之，证明微分中值命题的技巧在于：一是要仔细观察，适当变换待证式子；二 是要认真分析，巧妙构造辅助函数.抓住这两点，即可顺利完成证明. 则性$丘(兀］,兀2)，使0 £今用罗尔定理可得存在 于是M=( 1■歹厉，故。