每日一题 #001

题目：

设f(x)在区间[a,b]连续，在(a,b)内可导证明：在(a,b)内至少存在一个ξ，使

$$bf(b) - af(a) = \left[f(\xi) + \xi f'(\xi)\right] (b - a) \tag{1}$$

[!NOTE]

关键点：常数 K 值法

PROOF:

将(1)变形为

$$\frac{bf(b) - af(a)}{b - a} = f(\xi) + \xi f'(\xi) \tag{2}$$

令

$$K = \frac{bf(b) - af(a)}{b - a} \tag{3}$$

作

$$F(x) = x f(x) - af(a) - K(x - a)$$

可知

$$F(a) = F(b)$$

应用罗尔定理可知，∃ξ∈(a,b)，使

$$f(\xi) + \xi f'(\xi) - K = 0$$

原式得证

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思路：

我们做中值定理证明题，本质要证的永远是一句话：

区间端点 a、b 的一堆函数值组成的固定常数，一定等于区间内某个中值 ξ 点的导数（或高阶导数）算出来的值。

而 K 值法的核心逻辑，就是把这个「端点常数」单独拎出来起个名字叫 K，把证明原题的目标，变成证明 K=ξ 点的导数式。再通过构造辅助函数，用罗尔定理（首尾函数值相等，中间必有一点导数为 0）把这个等式打通，全程流水线操作。

而完成常数 K 值法的固定套路如下：

步骤	通俗操作
1 分离	把原式变形，纯端点常数放一边，纯中值导数项放另一边
2 定 K	把分离出来的纯端点常数，设为 K
3 造辅助函数	把 K 的式子移项成「=0」的对称式，把所有 b 换成 x，左边就是 F (x)
4 罗尔定理收尾	验证 F (a)=F (b)，用罗尔定理得 F’(ξ)=0，化简后还原原式

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接下来我们以另一道例题一步一步详细阐述该方法

若$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内二次可微，则必存在$\xi\in(a,b)$，使得

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

步骤1：分离常数与中值项，定义常数K

K值法的核心前提是端点项与中值项完全分离，先对原式做恒等变形，将所有仅含区间端点$a,b$的项移至等式一侧，仅含中值$\xi$的二阶导数项留在另一侧：

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

等式左侧为仅与$a,b$相关的固定常数，将其定义为$K$：

$$K=\frac{4\left[f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)\right]}{(b-a)^2}$$

此时，证明原题的核心目标，转化为：证明存在$\xi\in(a,b)$，使得$K=f''(\xi)$。

步骤2：构造符合罗尔定理的辅助函数$F(x)$

按照K值法的标准化规则构造辅助函数：

1. 对$K$的定义式交叉相乘、移项，整理为「等式左侧=0」的对称式：

   $$f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)-\frac{(b-a)^2}{4}K=0$$

   验证对称性：将式中所有$b$替换为$a$，原式变为$f(a)-2f(a)+f(a)-0=0$，满足$0=0$的对称式要求，符合K值法使用条件。

2. 将对称式中所有的端点$b$替换为变量$x$，等式左侧即为构造的辅助函数$F(x)$：

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

步骤3：验证罗尔定理的核心条件

罗尔定理的应用前提是：函数在闭区间$[a,b]$连续、开区间$(a,b)$可导，且区间端点函数值相等。

• 连续性与可导性：$f(x)$在$[a,b]$连续、$(a,b)$内二阶可导，因此$f(x)$、$f\left(\frac{a+x}{2}\right)$、多项式项均满足连续可导要求，$F(x)$天然符合罗尔定理的连续、可导条件。

• 端点函数值验证：

  1. 代入$x=a$：

     $$F(a)=f(a)-2f\left(\frac{a+a}{2}\right)+f(a)-\frac{(a-a)^2}{4}K = f(a)-2f(a)+f(a)-0=0$$

  2. 代入$x=b$：

     $$F(b)=f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)-\frac{(b-a)^2}{4}K$$

     结合步骤1中$K$的定义，

     $$\frac{(b-a)^2}{4}K = f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)$$

     $因此$

     $$F(b)=0$$

综上，$F(a)=F(b)=0$，完全满足罗尔定理的应用条件。

步骤4：第一次应用罗尔定理，推导一阶导数等式

根据罗尔定理，由$F(a)=F(b)=0$，可推出：至少存在一点$\eta\in(a,b)$，使得$F'(\eta)=0$。

先对$F(x)$求一阶导数（遵循复合函数求导法则）：

$$\begin{aligned} F'(x) &= \frac{d}{dx}\left[f(x)\right] - 2\cdot\frac{d}{dx}\left[f\left(\frac{a+x}{2}\right)\right] + \frac{d}{dx}\left[f(a)\right] - \frac{K}{4}\cdot\frac{d}{dx}\left[(x-a)^2\right] \\ &= f'(x) - 2\cdot f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\cdot\frac{1}{2} + 0 - \frac{K}{4}\cdot 2(x-a) \\ &= f'(x) - f'\left(\frac{a+x}{2}\right) - \frac{x-a}{2}K \end{aligned}$$

将$x=\eta$代入，由$F'(\eta)=0$可得：

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

整理后解出$K$：

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

步骤5：第二次应用中值定理，打通二阶导数完成证明

观察上式右侧的结构：这是导函数$f'(x)$在区间$\left[\frac{a+\eta}{2},\eta\right]$上的平均变化率，完全符合拉格朗日中值定理的应用条件。

已知$f(x)$在$(a,b)$内二次可微，因此$f'(x)$在闭区间$\left[\frac{a+\eta}{2},\eta\right]$上连续，开区间$\left(\frac{a+\eta}{2},\eta\right)$内可导。
根据拉格朗日中值定理，至少存在一点$\xi\in\left(\frac{a+\eta}{2},\eta\right)\subset(a,b)$，使得：

$$\frac{f'(\eta) - f'\left(\frac{a+\eta}{2}\right)}{\eta - \frac{a+\eta}{2}} = f''(\xi)$$

注意到分母

$$\eta - \frac{a+\eta}{2} = \frac{\eta-a}{2}$$

因此上式可简化为：

$$\frac{f'(\eta) - f'\left(\frac{a+\eta}{2}\right)}{\frac{\eta-a}{2}} = f''(\xi)$$

结合步骤4中解出的$K$的表达式，可直接推出：

$$K = f''(\xi)$$

最后将步骤1中$K$的定义式代回，交叉相乘整理后，即可得到原题要证明的等式：

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

Q.E.D

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希望这篇推文能帮到你:)

除夕快乐~

LOVE FROM YUNRAN♡