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。