辅助函数的构造和应用

2024-07-07

辅助函数的构造和应用（精选5篇）

辅助函数的构造和应用篇1

构造函数思想是高等数学的一种重要的思想方法, 在高等数学中具有广泛的应用, 它属于数学思想方法中的构造.在数学解题中经常运用, 但是如何构造辅助函数, 始终是一个难点, 因此应重视这种思想方法的引导和渗透, 多归纳总结.本文对高等数学中的几类问题, 使用构造函数的方法求解, 阐明了构造的思想方法.

一、通过对所构造辅助函数的研究, 讨论方程根的情况

构造辅助函数用零点定理证明: 若题设中仅有抽象函数连续的条件, 或所给的方程是具体方程, 此时应考虑用零点定理.构造辅助函数的方法是:通过移项, 把方程的一端化为零, 另一端即为所要构造的辅助函数 (若结论是含有x的等式, 则把ξ换成x) .

例1:试证方程x=asinx+b (a>0, b>0) 至少有一个正根, 并且它不超过a+b.

分析:构造一个辅助函数f (x) =x-asinx-b, 对其在[0, a+b]上使用零点定理.

证明:设f (x) =x-asin-b, 显然f (x) =x-asinx-b在[0, a+b]上连续, 且f (0) =-b<0, f (a+b) =a[1-sin (a+b) ]≥0.

当sin (a+b) ]=1时, f (a+b) =0, 则a+b就是方程的一个根.

当sin (a+b]<1时, f (a+b) =a[1-sin (a+b) ]>0, 此时f (0) 与f (a+b) 异号 , 故由零点定理知 , 在 (0, a+b) 内至少存在一个点ξ, 使得f (ξ) =0即ξ=asinξ+b.

故方程x=asinx+b (a>0, b>0) 至少有一个根ξ, ξ∈ (0, a+b) .

综上所述, 方程x=asinx+b (a>0, b>0) 至少有一个正根, 并且它不超过a+b.

对于具体的方程或含n的等式, 若构造的函数经验证不符合零点定理, 即用零点定理证明失效时, 则改用罗尔定理.此时, 需寻找该函数的原函数f (x) 作为所构造的辅助函数.

例2:证明:若, 则至少存在x0∈ (0, 1) , 使得

分析:问题仅在于构造一个辅助函数, 对其在 [0, 1]上使用罗尔定理.

证明:设, 显然f (0) =f (1) =0;且f (x) 在 [0, 1]上连续 , (0, 1) 上可导 , 由罗尔定理知 , 至少存在x0∈ (0, 1) , 使得

二、通过对所构造辅助函数的研究, 讨论中间值的存在性

例3:设b>a>0, 证明存在ξ∈ (a, b) 使得blna-alnb= (b-a) (lnξ-1) .

分析:要证中间值的存在性, 显然要用中值定理.关键是要构造怎样的一个辅助函数, 对其应用中值定理.

三、通过对所构造辅助函数的导数讨论, 证明恒等式或者不等式

例4证明:设n为正整数, 求证:.

分析:由于, 因此可以在区间上 [n, n+1]对lnx应用拉格朗日中值定理 , 再利用中值间的性质进行证明.

利用辅助函数证明有关命题时, 关键是认真分析, 巧妙构造适当辅助函数, 而恰当地辅助函数要根据命题的结论的具体形式及有联系的定理构造.当然, 构造辅助函数解题的技巧性还有很多方面, 有待我们进一步探索和总结.

参考文献

[1]陈传章等编.数学分析上册 (第2版) .北京:高等教育出版社, 1983, 7.

[2]华东师范大学数学系编.数学分析上册 (第3版) .北京:高等教育出版社, 2001, 6.

[3]四川大学数学学院高等数学教研室编.高等数学第一册 (第4版) .北京:高等教育出版社, 2009, 12.

[4]闫晓红等编.数学分析全程导学及习题全解 (上) .北京:中国时代经济出版社, 2006, 2.

[5]明清河编.数学分析的思想与方法.济南:山东大学出版社, 2004, 7.

构造辅助函数解题篇2

不等式恒成立、有解等问题，往往需构造辅助函数，借助导数研究函数的性质解题.这里列举几种常用的构造函数的方法，供大家参考.

一、不等式的证明

证明不等式f（x）>g（x），常用方法是：1作差构造函数h（x）=f（x）-g（x），转化为证明h（x）min>0.当h（x）求导后不易求得最小值时，考虑方法2；2求f（x）min，g（x）max，若满足f（x）min>g（x）max，则不等式f（x）>g（x）得证；3上述两法都不合适时，考虑先变形，再运用上述两法.

作差构造辅助函数

例1（2013北京18）设l为曲线C：y=lnxx在点（1，0）处的切线.

（1）求l的方程；

（2）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

分析：第（1）问考查函数f（x）=lnxx的在某点处的切线；第（2）问考查函数f（x）=lnxx与其他函数图象的关系，可转化为不等式lnxx0，x≠1恒成立，进而作差构造辅助函数g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，求证g（x）min>0即可.

解析：（1）切线l的方程为y=x-1；（2）除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方等价于lnxx0，x≠1恒成立.只需证x-1-lnxx>0，x>0，x≠1恒成立.令g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，只需证g（x）min>0.下求g（x）min.g′（x）=x2-1+lnxx2，又h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，故g′（x）=x2-1+lnxx2=0有且只有一个根x=1.因此，x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增；x∈（0，1）时，g′（x）<0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减.故g（x）min>g（1）=0.即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

变形构造辅助函数

例2（2014全国新课标21）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（1）求a，b；

（2）证明：f（x）>1.

分析：第（2）问，f（x）=exlnx+2ex-1x求导得f′（x）=exlnx+1xex-2x2ex-1+2xex-1，超越方程f′（x）=0的根不能操作.故必须转化，通常方法是将ex与lnx，ex与1x分离，将f（x）>1转化为不等式xlnx>xex-2e，再证明（xlnx）min>（xex-2e）max，故只需构造两个函数g（x）=xlnx和函数h（x）=xe-x-2e.

解析：（1）略，a=1，b=2.

（2）f（x）=exlnx+2ex-1x，从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-2e.

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，所以当x∈（0，1e）时，g′（x）<0；当x∈（1e，+∞）时，g′（x）>0，故g（x）在（0，1e）单调递减，在（1e，+∞）单调递增，从而g（x）min=g（1e）=-1e.令h（x）=xe-x-2e，则h′（x）=e-x（1-x），所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h（x）max=h（1）=-1e.故g（x）min≥h（x）max，等号取不到.故g（x）min>h（x）max.即（xlnx）min>（xex-2e）max成立，所以f（x）>1.

点评：对于由指数函数和对数函数组合而成的函数，常将指数和对数分开来处理，既含有指数又含有对数的函数求导后是难以求解的.另外，对于不等式xlnx>xex-2e，若作差构造函数又会遇到超越方程的问题，故继续考虑转化，用方法2：即转化为证明（xlnx）min>（xex-2e）max.

主元构造辅助函数

对于多元不等式的证明，选取适当的主元构造函数，一般将变量看作整体作主元或选择任意一个字母为主元.

例3已知函数f（x）=lnx图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为C（x0，y0），记直线AB的斜率为k，试证明：k>f′（x0）.

解法1：证明：f′（x）=1x，故f′（x0）=1x0=2x1+x2.又k=f（x2）-f（x1）x2-x1=lnx2-lnx1x2-x1=lnx2x1x2-x1，不妨设x2>x1，要证明：k>f′（x0），只要证lnx2x1x2-x1>2x1+x2.又因为x2>x1，所以只要证lnx2x1>2（x2-x1）x1+x2=2（x2x1-1）x2x1+1.即证lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1>0.令h（x）=lnx-2（x-1）x+1（x≥1），则h′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2≥0.故h（x）在[1，+∞）上是增函数.又x2x1>1，故h（x2x1）>h（1）=0，从而lnx2x1>2（x2x1-1）x2x1+1，即k>f′（x0）.

解法2：不妨设x1>x2，f′（x0）=2x1+x2，k=lnx1-lnx2x1-x2.要证明k>f′（x0），即证明lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0.令g（x）=lnx-lnx2-2（x-x2）x+x2，x>x2>0，则g′（x）=（x-x2）2x（x+x2）2>0，故函数g（x）在[x2，+∞）单调递增，所以g（x1）>g（x2）=0，即lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0，也就是k>f′（x0）.

点评：解法1将整体x1x2看作主元，作差构造函数，利用函数单调性求解；解法2选取两个参数中的一个字母x1为主元构造函数，另一个看作参数，再来研究函数的单调性.以上两种处理方法，也是我们处理两元函数问题时的常用方法：看作整体达到消元的目的；选取一个为自变量，另一个看作参数（常数）达到消元的目的，化“两元”为“一元”.

二、含参不等式恒成立问题

在高考试题中，利用导数求不等式中某一参数的范围问题非常活跃，且常以压轴题的形式出现.它的一般形式是：若关于x的不等式f（x，a）≤0（或≥0）对区间I中一切x都成立，求a的取值范围.一般的解法有两种：一是求出f（x，a）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围；二是用参数分离法，即将不等式转化为g（x）≤a（或≥a）的形式，其中g（x）中不含参数a，再求出g（x）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围.方法一通常要分类讨论，对能力的要求较高；方法二只需求出不含参数的函数的最大值或最小值，如果这个函数比较简单，则相对比较容易.

分离参数法、作差法构造辅助函数

例4（2014江苏19）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明：f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

分析：第（2）问，分离变量构造函数；第（3）问，已知条件是存在性问题，可作差构造函数h（x），转化为函数h（x）的最小值.要比较ea-1与ae-1的大小，可转化为比较a-1与（e-1）lna的大小，作差构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），考查函数值与0的大小关系.

解析：（1）证明：函数f（x）定义域为R，因为f（-x）=e-x+ex=f（x），所以f（x）是偶函数.

（2）由mf（x）≤e-x+m-1得m（f（x）-1）≤e-x-1，由于当x>0时，ex>1，因此f（x）=ex+e-x>2，即f（x）-1>1>0，所以m≤e-x-1f（x）-1=e-x-1ex+e-x-1对x∈（0，+∞）恒成立.令t=ex，t>1，则m≤1-tt2-t+1对任意t∈（1，+∞）恒成立，故F（x）=1-tt2-t+1.因为1-tt2-t+1=-t-1（t-1）2+（t-1）+1=-1t-1+1t-1+1≥-13，当且仅当t=2时等号成立.所以F（x）min=（1-tt2-t+1）min=-13，故m≤-13.

（3）由题意，不等式f（x）1时，h′（x）>0（因为a>0），故函数h（x）在[1，+∞）上是增函数，故h（x）min=h（1）=a-3a+e+e-1<0，即a>12（e+1e）>1.构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），则g′（x）=e-1x-1，当x=e-1时，g′（x）=0，当10；当x>e-1时，g′（x）<0，故g（x）在[1，e-1]上是增函数，在（e-1，+∞）上是减函数，又g（1）=0，g（e）=0，12（e+1e）>1，所以当12（e+1e）0，即（e-1）lnx>x-1，xe-1>ex-1；当x>e时，g（x）<0，即（e-1）lnx

三、构造辅助函数解决其他问题

联想构造（结构构造）辅助函数

例5（2013江苏13）在平面直角坐标系xOy中，设定点A（a，a），P是函数y=1x，（x>0）图象上一动点，若点P，A之间的最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为.

分析：已知点P，A之间的最短距离为22，自然想到距离公式（转化为代数函数，本题的切入点），设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，观察分式结构的特征，联想已有知识经验，不难发现，将x+1x作为一个整体，换元令x+1x=t可转化为关于t的二次函数PA2=f（t）=t2-2at+2a2-2，但需注意的是x+1x=t≥2（隐含条件）.

解析：设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，令x+1x=t，则x+1x=t≥2.函数f（t）=t2-2at+2a2-2=（t-a）2+a2-2，t≥2，对称轴t=a，（1）当a≤2时，f（t）在[2，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（2）=2a2-4a+2，令2a2-4a+2=8得a=-1或3（舍），此时A（-1，-1）.

（2）当a>2时，f（t）在[2，a）上单调递减，在[a，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（a）=a2-2，令a2-2=8得a=10或-10（舍）.

综上，a的取值为-1或10.

点评：观察题目结构特征特别是隐性结构，如本题两个分式结构x2+（1x）2与x+1x的关系不难联想到通过平方构造，使两者有效联系，达到消元的目的，使结构简化，函数最值求法直观明朗.

例6（2009天津卷10）设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）>x2，则下面的不等式在R内恒成立的是（）.

A. f（x）>0B. f（x）<0

C. f（x）>xD. f（x）

分析：由2f（x）+xf′（x）联想两函数积的导数，构造函数.由2联想到x2的导数是2x.不等式两边同乘x，可配凑出函数x2f（x）的导数.

二次构造辅助函数

例7（2013辽宁11）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=exx，f（2）=e28，则x>0时，f（x）（）

A. 有极大值，无极小值

B. 有极小值，无极大值

C. 既有极大值又有极小值

D. 既无极大值也无极小值

解析：由已知条件得f′（x）=ex-2x2f（x）x3，令g（x）=ex-2x2f（x），则g′（x）=ex（1-2x）.令g′（x）=0得x=2.因此当x∈（2，+∞）时，g′（x）>0；当x∈（0，2）时，g′（x）<0.所以g（x）在x=2处有最小值g（2）=0.故g（x）≥0，从而f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极大（小）值，故选D.

点评：本题研究导函数的性质，对导函数中不能直接判断的部分构造辅助函数g（x），二次求导确定函数的极值.

经过适当的数学构造和变形，使非函数问题函数化，通过研究函数的图象和性质来解决原问题，是函数思想的重要体现.构造辅助函数，需进行系统的归纳梳理，掌握相关的方法，熟悉常用结构，才能突破难点，提升数学知识的应用能力.

（作者：潘培彬、张立建、陶富春，江苏省建湖高级中学）

辅助函数的构造方法篇3

关键词：辅助函数,构造法,创建方法

在中学时, 我们就已经接触了构造辅助函数法, 并使用它去解决某些问题。构造辅助函数法体现了一种数学基本思想, 一种解题技巧。用构造辅助函数法解题, 能达到直观形象, 简洁明快的效果。构造辅助函数法的使用, 需要以我们已有的知识作为基础, 要求我们充分展开联想, 灵活运用所学知识。

构造辅助函数法这一思想在我们现在学的数学分析中运用十分普遍, 我们运用它来证明某些定理不等式, 进行某些计算, 将一些复杂的问题简单的解决了。下面我们来看看用构造辅助法解决的一些具体的问题。

1 几何直观法证明中值定理

定理1 (拉格朗日中值定理) 若函数f (x) 满足:

(ⅰ) f在闭区间[a, b]上连续;

(ⅱ) f在开区间 (a, b) 内可导;

则在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得:

证明:分析:从几何图形上看是很明显的, 已知ξ为点P (ξ, f (ξ) ) 处切线的斜率, 又知.

为AB两点的斜率, 故我们可知要证即为f (x) 中至少有一点的切线与端点斜率平行。对于常数函数f′ (x) =0在 (a, b) 处处成立, 这时定理的结论很明显是成立的。

考虑一般情况, f (a) ≠f (b) 。此时, 作辅助函数:

由连续函数性质及导数运算法则, 可知φ (x) 在[a, b]连续, 在 (a, b) 可导, 并且:

这就是说φ (X) 满足上面的各种情形, 因此在 (a, b) 内至少有一点ξ, 使:

这正是所要证明的定理。

同理, 对于平行于AB且过原点的直线CD的函数 , 函数φ2 (x) =f (x) -y2 (x) 也满足罗尔定理的条件, 故φ2 (x) 也可用作证明本题的辅助函数。

另外, 设曲线上任一点p (x, f (x) ) , 则ΔPAB的面积为:

当x=a或x=b时, φ3 (a) =φ3 (b) 故φ3 (x) 也可用作辅助函数证明本题。

2 利用函数的形态构造辅助函数法

主要适用于不等式命题的证明和有关方程实数根的讨论。

2.1 证明不等式

证: (1) 分析:这是我们中学时就遇到过的一个不等式, 当时我们很难给出其证明, 现在通过构造辅助函数, 运用所学的凸函数知识给出简单的证明。如下:

构造辅助函数g (x) =-ln (x)

所以, g (x) 为凸函数

故不等式得证。

(2) 分析:观察题目结构, 发现不等式左右两边有特点, 于是我们

构造辅助函数

所以f (x) 严格增。考虑到

于是得证。

(3) 分析:先导入函数 , 则x>0时t>0, 要证明原不等式成立, 即要证明:

为此, 构造辅助函数

于是, 原命题成立

方法归纳:用单调性分析证明函数不等式可通过移项将不等式化为大于0 (或小于0) 的形式来构造辅助函数, 但应注意以下几点:

1) 为使求导后的函数f′ (x) 较简单, 有时对原不等式作适当变形;

2) 有时需多次求导;

3) 在证明含有两个变量的不等式时, 可以把其中的一个当作变量, 而另一个当作常数, 使问题化为一个变量的函数不等式的证明。

我们再来看看下面例子:

例设b>a>e, 证明ab>ba。

分析:所给不等式为幂指数形式, 可先两边取对数

由于b>a>e

所以ab>ba等价于blna>alnb

考察F (x) =xlna-alnx

若x>a>e时, 能推知F (x) 单调增加, 则命题得证。

证:令F (x) =xlna-xlnb (x>0)

当x>a>e时, 有lna>lne=1, 而 , 因此F′ (x) >0, 即当x>a>e时, 单调增加, 又F (a) =0, 所以当x>a>e时, 必有blna>alnb

即:xlna>alnx故当b>a>e时, 必有blna>alnb

2.2 讨论方程的实根

构造辅助函数———变限定积分, 利用微分中值定理或闭区间上连续函数性质等各种方法讨论方程的实根。

证明:由所要证的等式构造辅助函数———变限积分函数

故F (0) =0, F (1) =0且F (x) 连续、可导, 所以由罗尔定理知, 存在一点ξ∈ (0, 1) 使得F′ (ξ) =f (1-ξ) +f (ξ) =0。

3 运用构造辅助函数法解决极值问题

有许多极值问题, 受到不同条件的限制, 这就要求我们解决有条件下的极值问题。于是我们想有没有什么办法能将条件和表达式联系起来, 达到一步求极值?拉格朗日乘数法就可以解决这个问题, 实质是构造出一辅助函数。

即拉格朗日乘数法;

其中f (x1, ∧, xn) 为所求表达式, 覫k (x1, ∧, xn) 为条件表达式。

例1要设计一个容量为V的长方形开口水箱, 试问长、宽、高等于多少时其表面积最少?

设水箱长、宽、高分别为x, y, z, 则表面积为:

分析:此题涉及变量较少, 条件较为简单, 可以用消元法化为无条件极值问题, 但若对于多个条件的复杂情况, 消元法恐怕是无法达到其效果。而通过上面所介绍的构造辅助函数即拉格朗日乘数法, 则即能解决简单的情况, 又能很好的解决复杂问题。

解:作辅助函数F (x, y, z, λ) =2 (xz+yz) +xy+λ (xyz-V)

对F求偏导数, 并令它们等于0:

解:作拉格朗日函数

因为f (x, y, z) 在第一卦限的球面上连续, 且在其边界上, x, y, z分别为零。故f在边界上趋于负无穷, 即f的最大值只能在球面内部取到, 点为惟一可能的最大值点, 最大值为:

4 小结

用构造辅助函数法解题, 关键是如何去构造辅助函数, 而这个辅助函数能使问题简化, 对我们掌握的知识的灵活性比较高, “冰冻三迟非一日之寒”。也就是说还是要靠我们平时的积累。一般来说我们可以从三个方面来思考:

1) 数形结合思想, 象中值定理的证明过程中, 我们根据其几何意义构造一个切线方程, 问题得到解决。

2) 观察题目中函数结构, 象上面例题中出现过的构造辅助函数讨论方程的根中, 就是根据面积关系函数的结构, 构造辅助函数的。构造合理的辅助函数才能使问题简化, 才能达到我们借助辅助函数解题的意义。

3) 逆向思维象中值定理的证明中, 我们可以从要证明的想起, 从结果中的隐性条件, 结合已知函数结构构造辅助函数, 我们想要证明:

便想到构造一个辅助函数使其求导为0。结果我们构造辅助函数:

我们比较 (1) 和 (2) , 很明显他们的结构有很多相似的地方。

参考文献

[1]陈传璋, 等.数学分析 (上、下册) [M].高等教育出版社, 2001, 1.

[2]湖南师范学院数学系分析教研组[M].数学分析习题解答.

[3]赵显曾, 等.数学分析的方法与解题[M].陕西师范大学出版社, 2005, 9.

[4]邵剑, 等.大学数学考研专题复习[M].浙江大学:科学出版社, 2001, 7.

[5]龚冬保, 等.高等数学典型题解法、技巧、注释[M].西安交通大学出版社, 1996.

[6]同济大学数学教研室.高等数学上、下册 (第四版) [M].北京:高等教育出版社, 1996.

[7]李远东, 刘庆珍.高等数学的基本理论与方法[M].重庆:重庆大学出版社, 1995.

几类中值定理辅助函数构造方法篇4

构造辅助函数的方法很多, 构造出的辅助函数也可以有各种形式, 本文从分析与证明微积分中几个典型例子来说明如何构造辅助函数的集中常见方法.

一、所证结论仅与ξ相关

1.原函数法

利用微分中值定理求介值或零点问题时, 要证明的结论是某一个函数的导函数的零点, 因此可通过不定积分求出原函数作为辅助函数, 其步骤:

①将欲证结论中的ξ换成x;

②通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式 (或称之为易积分形式) ;

③用观察法或积分法求出原函数 (即不含导数符号的式子) ;

④移项使等式一边为0, 则另一边即为所求辅助函数.

例1 若f (x) , g (x) 在[a, b]上可导, 且g (x) ≠0, 则存在一个ξ∈ (a, b) 使undefined

分析将结论中的ξ换成x, 则有

f (a) g′ (x) +g (b) f′ (x) =f (x) g′ (x) +g (x) f′ (x) .

f (a) g′ (x) +g (b) f′ (x) =[f (x) g (x) ]′.

对等式两边积分, 令c=0, 得

f (a) g (x) +g (b) f (x) =[f (x) g (x) ].

即可确定辅助函数F (x) =f (x) g (x) -f (a) g (x) -g (b) f (x) , 由题设条件知F (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 可导, F (a) =-g (b) f (a) , F (b) =-f (a) g (b) .

因此F (a) =F (b) , 则满足洛尔定理的条件:一个ξ∈ (a, b) , 使得F′ (ξ) =0, 即

undefined

2.一阶线性齐次方程解法的变形法对于所证式为

f′+pf=0型 (其中p为常数或x的函数) 可引进u (x) =e∫pdx, 则构造出辅助函数F (x) =fe∫pdx

例2 设f (x) 在[a, b]有连续导数, 又存在c∈ (a, b) 使得f′ (c) =0.求证:存在ξ∈ (a, b) 使得undefined

undefined

则变形为f′+pf=0型, 引进函数undefined,

令c=0, 则可确定辅助函数undefined

证明undefined, 由题设条件可知F (x) 在[a, b]连续在 (a, b) 可导, 又存在c∈ (a, b) , 使undefined, 则f (c) =f (a) , 可知满足洛尔定理条件存在ξ∈ (a, c) 使F′ (ξ) =0, 即undefined, 即得证.

二、所证式与区间端点函数值有关的微分中值命题

1.把结论中由区间端点函数值构成的部分分离出来并改写成柯西中值定理或拉格朗日的结论中相应的标准往往就找到了解决问题的钥匙

例3 设0

undefined

分析先整理一下欲证的式子, undefined, 发现ex1f (x2) -ex2f (x1) 是交叉的, 变换一下分子分母同除以undefined, 于是这个式子一下变得没有悬念了.

证明令undefined, 则F (x) , G (x) 在[a, b]上满足柯西中值定理, 则至少存在一点ξ∈ (x1, x2) 使得

undefined

把F′ (ξ) , G′ (ξ) 代入 (1) , 即得

undefined

2.常数k值法

此法适用于常数已分离出的命题.

构造辅助函数的步骤:

①令常数部分为k;

②恒等变形, 使等式一端为a及f (a) 构成的代数式, 另一端为b及f (b) 构成的代数式;

③分析关于端点表达式是否为对称式或轮换对称式, 若是只要把端点a改成x, 相应的函数值f (a) 改成f (x) , 则换变量后的端点表达式就是所求的辅助函数F (x) .

例4 设f″ (x) 在[a, b]上存在, a

分析undefined, 这是关于端点a, b, c的轮换对称式 (即 (a, b, c) → (b, c, a) 式子不变) , 令b=x (也令c=x或a=x) , 是得F (x) = (x-c) f (a) + (a-x) f (c) + (c-a) f (x) -k (a-x) (a-c) (x-c) .

证明显然F (x) 在[a, c], (c, b) 上满足洛尔定理, 是分别存在ξ1∈ (a, c) , ξ2∈ (c, b) 使得F′ (ξ1) =F′ (ξ2) =0, 又F′ (x) =f (a) -f (c) + (c-a) f′ (x) +k (a-x) (x-c) -k (a-x) (a-c) , F″ (x) = (c-a) f″ (x) +2k (a-c) , 由题设及以上的证明可知, F′ (x) 在[ξ1, ξ2]上满足洛尔定理, 故在 (ξ1, ξ2) 内存在一个点ξ, ξ∈ (ξ1, ξ2) ⊂ (a, b) , 使得F″ (ξ) =0, 即undefined.即命题得证.

3.欲证结论同时出现在

(a, b) 内至少存在ξ, η, ξ≠η满足某种关系式的命题这类命题的证明, 其中一个函数f (x) 已给出, 另一个函数g (x) , 只要将欲证结论中的η表达式稍加整理便可看出, 证明方法:两次中值定理

例5 设a>0, f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 且f′ (x) ≠0, 求证:存在ξ, η∈ (a, b) , 使undefined

分析待求的式子有ξ, η两个, 先固定一个譬如ξ, 问题归结为undefined, 即2xf′ (ξ) = (b+a) f′ (x) 在 (a, b) 中存在解x=η, 对方程两边关于x积分∫ba2xf′ (ξ) dx= (b+a) ∫baf′ (x) dx, 则f′ (ξ) (b2-a2) = (b+a) [f (b) -f (a) ], 即undefined, 只要找到undefined与undefined的关系就行了.

证明根据拉格朗日中值定理在 (a, b) 中存在ξ, 使undefined, 再由柯西中值定理存在ξ∈ (a, b) 使得undefined

本文归纳总结了三种情形微分中值定理构造辅助函数的方法和一般规律, 构造辅助函数没有什么万能的方法, 它是一种创造性的思维过程, 具有较大的灵活性, 运用基本的数学思想, 经过认真观察, 深入思考构造出辅助函数是解题关键.

摘要：本文给出三类中值定理辅助函数构造方法.

关键词：中值定理,辅助函数,构造方法

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京:高等教育出版社, 1993.

[2]陈传璋, 金福临, 朱学炎, 欧阳兴中.数学分析[M].北京:高等教育出版社, 1988.