微分学证明存在性问题

很多微分学中的定理，都会出现“存在”的字样。譬如零点定理，介值定理，微分中值定理等，它们都交待了具有某个特殊性质的点的存在性。那么，很多存在性的命题就可以通过这些微分学的定理来证明了。首先我们来复习一下这些定理。

一、定理复习

1.闭区间上有界性和最值定理：在闭区间\([a,b]\)上的连续函数\(f(x)\)在该区间上有界，且一定可以取到它的最大值和最小值。

看似这句话没有出现“存在”字样，其实“有界”和“最大值”“最小值”中蕴含了“存在性”了。

2.零点定理

若函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续，且\(f(a)f(b)<0\)，则至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f(\xi)=0\).用文字概括，就是闭区间上的连续函数如果在区间端点处异号，那么就一定存在零点。

3.介值定理

若函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续，且\(f(a)=A,f(b)=B,A\ne B\)，则对于\(A\)与\(B\)之间任意一个数\(C\)，至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f(\xi)=C\).用文字概括，就是闭区间上的连续函数，可以取到两个端点的函数值之间的所有值。

4.罗尔定理

如果函数\(f(x)\)满足：

(1)在闭区间\([a.b]\)上连续；

(2)在开区间\((a,b)\)上可导；

(3)在区间端点函数值相等，即\(f(a)=f(b)\).

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f'(\xi)=0\).

5.拉格朗日中值定理

如果函数\(f(x)\)满足：

（1）在闭区间\([a.b]\)上连续；

（2）在开区间\((a,b)\)上可导；

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\).

6.柯西中值定理

如果函数\(f(x),g(x)\)满足：

（1）在闭区间\([a.b]\)上连续；

（2）在开区间\((a,b)\)上可导；

（3）对任意\(x \in(a,b),g'(x)\ne0\).

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)，\(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\).

以上6个定理是微分学上很重要的定理，并且都出现了“存在”的字样。因而，很多存在性的问题都可以通过它们来证明。其中使用最多的是零点定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理。另外，存在性问题也可以利用函数的单调性来证明。

• 二、利用零点定理证明

一般来说，这类问题待证的结论没有出现导数，具有的形式为“在\((a,b)\)上存在一个\(x\)，使得一个关于\(x\)的等式成立”。这个关于\(x\)的等式可以变形成\(g(x)=0\)的形式，因而需要构造辅助函数\(g(x)\)，证明它在区间内有零点。

例1：设\(f(x)\)在区间\([0,1]\)上可导，对于\(\forall x\in[0,1]\)，\(0<f(x)<1\),且\(f'(x)\ne1\).证明：存在唯一\(x_0\in(0,1)\),使得\(f(x_0)=x_0\).

分析：使得\(f(x)=x\)成立的值称为\(f(x)\)的不动点。本题要求证明函数有唯一的不动点，可以通过零点定理证明存在性，再用反证法证明唯一性。

证明：令\(g(x)=f(x)-x\)，\(\because f(x)\)在区间\([0,1]\)上可导，\(\therefore f(x)\)在区间\([0,1]\)上连续，

\(\therefore g(x)\)在区间\([0,1]\)上连续.

\(\because g(0)=f(0)>0,g(1)=f(1)-1<0\)

由零点定理，存在\(x _0\in(0,1)\)，\(g(x_0)=f(x_0)-x_0=0,f(x_0)=x_0\)

再证明唯一性。假设存在\(x_1\ne x_0,f(x_1)=x_1\)，则\(g(x_0)=g(x_1)=0\)..不妨设\(x_1>x_0\)，由罗尔定理，存在\(\xi\in(x_0,x_1)\)，\(g'(\xi)=f'(\xi)-1=0\).\(\therefore f'(\xi)=1\),与题设条件矛盾！

因此唯一性成立。

• 三、利用罗尔定理证明

罗尔定理是比较常用的证明存在性问题的方法，待证式可以归结为一个函数的导数在某点取0的时候，正好这时这个函数在两个端点函数值相等。我们要做的工作就是设法通过分析构造这个函数。

例2：（《高等数学》同济第六版习题3-1第7小题）：若方程\(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x=0\)有一个正根\(x _0\)，求证方程\(na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0\)必有一个小于\(x _0\)的正根。

分析：这两个方程形式很特殊，左边的多项式正好是导数的关系。

证明：令\(f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x\)，则\(f(0)=f(x_0)=0\)

注意到\(f'(x)=na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}\).

由罗尔定理，存在\(x_1\in(0,x_0)\)，\(f'(x_1)=0\)，则\(x_1\)是方程\(na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0\)的小于\(x _0\)的正根.

例3:设\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，\(f(a)f(b)>0\)，\(f(a)f(\frac{a+b}{2})<0\)，试证：对任意实数\(k\)，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f'(\xi)=kf(\xi)\).

分析：由题设条件，我们可以得到\(f(x)\)在\((a,\frac{a+b}{2})\)和\((\frac{a+b}2,b)\)上各有一个零点，不妨记为\(c,d\).这样就有了\(f(c)=f(d)=0,c<d\)，看似可以直接用罗尔定理但是没有什么帮助。不过我们可以考虑构造一个函数\(F(x)=f(x)g(x)\)，使它满足\(F(c)=F(d)=0\)，并且\(F'(x)=h(x)(f'(x)-kf(x))\).如果可以构造出这样的函数，证明就完成了。经过分析，\(g(x)=e^{-kx}\)就是合适的构造了.

解：令\(F(x)=e^{-kx}f(x)\)，则\(F'(x)=e^{-kx}(f'(x)-kf(x))\)

\(\because f(a)f(\frac{a+b}2)<0\),\(\therefore \exists c \in (a,\frac{{a + b}}{2}),f(c)=0\),

\(\because f(a)f(b)>0,\therefore f(\frac{a+b}2)f(b)<0\),\(\therefore\exists d\in(\frac{a+b}2,b),f(d)=0\).

\(\therefore F(c)=F(d),c<d\).

由罗尔定理，存在\(\xi\in(c,d),F'(\xi)=0\),\(\therefore f'(\xi)-kf(\xi)=0\)。

本题构造函数的方法十分巧妙，要注意学习。

• 四、利用拉格朗日中值定理来证明

一般来说，如果待证式中出现拉格朗日中值定理中等式左边的形式，可以考虑用拉格朗日中值定理。

例4：不恒为常数值的函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续，在开区间\((a,b)\)内可导，且\(f(a)=f(b)\).证明：在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>0\).

分析：\(f(a)=f(b)\)符合罗尔定理的要求，但是要证的却是一个不等式，罗尔定理用不成。那么既然函数不为常值函数，那么就一定存在某点的函数值异于\(f(a)\)，这样就可以用拉格朗日中值定理证明了。当然本题目也可以使用反证法，在下文中介绍。

证明：\(\because f(x)\)不恒为常数值，\(\therefore\exists c\in(a,b),f(c)\ne f(a)\)

若\(f(a)<f(c)\)，那么存在\(\xi\in(a,c),f'(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}>0\);.

若\(f(c)<f(a)=f(b)\)，那么存在\(\xi\in(c,b),f'(\xi)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}>0.\).

\(\therefore\)在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>0\).

例5：\(f(x)\)在闭区间\([0,c]\)上连续，其导数\(f'(x)\)在开区间\((0,c)\)内存在且单调减少，\(f(0)=0\).若\(a,b\)满足\(0\leq a\leq b\leq a+b\leq c\),证明不等式\(f(a+b)\leq f(a)+f(b)\).

分析：看上去没有直接出现拉格朗日中值定理的形式，但是这个不等式可以变形成\(\frac{f(a+b)-f(b)}a\leq\frac{f(a)}a\)，这时就可以使用拉格朗日中值定理了。

解：由拉格朗日中值定理，\(\exists s\in(0,a),f'(s)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}a\),

\(\exists t\in(b,a+b),f'(t)=\frac{f(a+b)-f(b)}a\).

\(\because f'(x)\)单调减少，\(s<a\leq b<t\)

\(\therefore f'(s)\geq f'(t)\)，即\(\frac{f(a)}a\geq\frac{f(a+b)-f(b)}a\).

\(\therefore f(a+b)\leq f(a)+f(b)\)

• 五、利用函数单调性证明

虽然上面没有叙述和函数单调性有关的结论，但是利用函数单调性来证明存在性问题也是很常见的一种方法。

例6：同例4.

分析：待证式为至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>0\)，它的反面是\(f'(x)\leq 0\)恒成立，可以得到函数是单调递减的，说明矛盾。

证明：假设\(\forall x\in(a,b),f'(x)\leq 0\)

那么函数\(f(x)\)在\((a,b)\)上单调递减，\(\forall x\in(a,b),f(a)\geq f(x)\geq f(b)\)

又\(\because f(a)=f(b)\)，\(\forall x\in(a,b),f(x)=f(a)=f(b)\)，这与\(f(x)\)不恒为常数值矛盾！

\(\therefore\)至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>0\).

例7：设\([0,+\infty)\)上函数\(f(x)\)有连续导数，\(f'(x)\geq k>0\)，\(f(0)<0\)证明函数\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上有且仅有一个零点。

分析：由于函数\(f(x)\)严格单调递增，证明存在性后唯一性显然可得，只需要证明存在性。这里区间不是闭区间\([a,b]\)，不方便利用零点定理或者中值定理；但是可以利用函数的单调性证明，找到点\(x_0\)使得\(f(x_0)\geq0\)。

证明：令\(g(x)=f(x)-kx-f(0)(x\leq0)\)，则\(g(0)=0\).

\(\because g'(x)=f'(x)-k\geq k-k=0\)，\(\therefore\)\(g(x)\)是单调递增函数，

\(\therefore g(x)\geq g(0)=0\).\(\therefore f(x)\geq kx+f(0),\forall x\geq 0.\)

令\(x _0=-\frac{f(0)}k,x_0>0\),则\(f(x_0)\geq kx_0+f(0)=0\).

\(\therefore f(x)\)在\((0,x_0]\)上有零点.

\(\because f(x)>0\),\(\therefore f(x)\)在\([0,+\infty)\)上严格单调递增，\(\therefore\)函数\(f(x)\)在\((0,x_0]\)上有且仅有一个零点。

利用微分学的定理，尤其是中值定理可以证明很多存在性问题。当然证明的方法并没有穷尽，本文只是抛砖引玉之作，希望可以拓宽读者在遇到此类问题时的解题思路。