微分中值定理的题，往往作为难题来压轴。事实上，微分中值定理的题也是千变万化，搞得人心惶惶。并且，微分中值定理的题不像求极限那样可以用Taylor公式暴力求解。那么，今天，我来介绍一种（部分微分中值定理题的）暴力求法。

常数K值法

首先，我们来回忆一下拉格朗日中值定理的一个证法：

（这个证法可能和大部分书上的不太一样）

已知：

$\displaystyle f(x)\in C_{[a,b]}\cap D_{(a,b)}$

求证：

$\displaystyle \exists x_0 \in (a,b),s.t.f'(x_0)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

证明：

设 $\displaystyle K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 为常数 ,记 $\displaystyle g(x)=K(x-a)-\left( f(x)-f(a)\right)$ ,

那么 $\displaystyle g(a)=g(b)=0$ ，且 $\displaystyle g(x)\in C_{[a,b]}\cap D_{(a,b)}$

所以由Rolle定理，得：

$\displaystyle \exists x_0 \in (a,b),s.t.g'(x_0)=0$

即：

$\displaystyle K-f'(x_0)=0$

定理得证

这是用常数K值法解题的标准步骤，最后一步大家可能觉得有些费解。事实上，最后一步将我们一开始设的K代入，就是在说， $\displaystyle \exists x_0 \in (a,b),s.t. f'(x_0)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

那么，下面我们介绍 常数K值法的一般步骤 ：

(这个 厌恶形式化的人 就可以略过啦)

首先，我们要知道，常数K值法适用的证明题中，我们要证的式子，长成什么样。

我们已知的常数，得是 $\displaystyle a_0,a_1,...,a_n$ 这 $\displaystyle n+1$ 个数，其中 $\displaystyle n \geq 1$ ， $\displaystyle a_0 \leq a_1 \leq...\leq a_n$

我们最常见的证明题，是两个数，a和b作为区间的端点，但也有可能和区间[a,b]和其中的一点c有关,所以我们这里介绍的是多元的情况

我们要证的那个中值 $\displaystyle x_0$ ,是介于 $\displaystyle (a_0,a_n)$ 之间的一个数。

我们要证的式子，可以化成左边仅与 $\displaystyle f^{(n)}(x_0)$ 有关的式子 $\displaystyle G(f'(x_0))$ ，右边仅与 $\displaystyle f(a_0),f(a_1),...,f(a_n)$ 及 $\displaystyle a_0,a_1,...,a_n$ 有关的式子 $\displaystyle F(f(a_0),f(a_1),...,f(a_n),a_1,a_2,...,a_n)$ ,（即不能出现 $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})$ 这样的式子），且要求 $\displaystyle \forall 0 \leq i\leq n$ ,有 对于 $\displaystyle F(f(a_0),f(a_1),...,f(a_i),...,f(a_n),a_1,a_2,...,i,...,a_n)$ ，将第n项换成第i项得到的式子

$\displaystyle F(f(a_0),f(a_1),...,f(a_i),...,f(a_i),...,f(a_i),a_1,a_2,...,a_i,...,a_i)$ ,将其化为整式形式（一般是把分母乘到等号另一边去）后，变成 $\displaystyle F_1(f(a_0),f(a_1),...f(a_i),...,f(a_i),a_1,a_2,...,a_i...,a_i)G(f'(x_0))=F_2(f(a_0),f(a_1),...,f(a_i)...,f(a_i),a_1,a_2,...,a_i...,a_i)$

可以化成 $\displaystyle 0=0$ 型

那么就可以使用常数K值法。

步骤是：

设 $\displaystyle G(K)=F(f(a_0),f(a_1),...,f(a_n),a_1,a_2,...,a_n)$ 为常数，设函数

$\displaystyle g(x)=F_1(f(a_0),f(a_1),...,f(x),a_1,a_2,...,x)G(K)-F_2(f(a_0),f(a_1),...,f(x),a_1,a_2,...,x)$

注意到这里把 $\displaystyle a_n$ 都换成了x

那么经过代入计算可以得到， $\displaystyle g(a_0)=g(a_1)=...=g(a_n)=0$

所以由Rolle中值定理可以得到，存在n个数 $\displaystyle b_i \in (a_i,a_{i+1})$ ，使得 $\displaystyle g'(b_i)=0$

再运用n-1次Rolle定理，可以得到 $\displaystyle \exists x_0 \in (a,b)$ , $\displaystyle s.t.g^{(n)}(x_0)=0$

此时我们可以发现， $\displaystyle g^{(n)}(x_0)=A(K-f^{(n)}(x_0))=0$ ,消去A，定理得证。

常数K值法的普适性的验证比较麻烦，这里我也不再证明。

给出几个运用常数K值法的例子

其实还是这个比较直观，嗯。

最开头我们给了二元的常数K值法的例子，即拉格朗日中值定理的证明。下面我们给一个三元的形式：

已知：

$\displaystyle f\in C_{[a,b]}\cap D^2_{(a,b)}$

求证：

$\displaystyle \forall c \in (a,b),\exists x_0 \in (a,b),s.t.$

$\displaystyle \frac{f''(x_0)}{2}=\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}$

证明：

记

$\displaystyle \frac{K}{2}=\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}$

设

$\displaystyle g(x)=\frac{K}{2}\left( (a-x)(x-c)(c-a) \right) +f(a)(x-c)+f(x)(c-a)+f(c)(a-x)$

那么 $\displaystyle g(a)=g(c)=g(b)=0$

又 $\displaystyle g\in C_{[a,b]}\cap D_{(a,b)}$

故 $\displaystyle \exists x_1\in(a,c),x_2\in(c,b),s.t.g'(x_1)=g'(x_2)=0$

又 $\displaystyle g'\in C_{[a,b]}\cap D_{(a,b)}$

故 $\displaystyle \exists x_0 \in (x_1,x_2)\subset(a,b),s.t.g''(x_0)=0$

而 $\displaystyle g''(x_0)=\frac{K}{2}\cdot2(a-c)+f''(x_0)(c-a)$

故 $\displaystyle K=f''(x_0)$

定理得证

由此可见，检验要证的式子符不符合常数K值法的条件，我们一般只需要目测就好。

再给一道常数K值法拓展的题，也就是出现了 $\displaystyle \frac{a+b}{2}$ 的式子。这时，我们也就不能只用Rolle定理了，我们还需要用Lagrange中值定理，甚至Cauchy中值定理。

已知：

$\displaystyle f\in C_{[a,b]}\cap D^2_{(a,b)}$

求证：

$\displaystyle \exists x_0 \in (a,b),s.t.f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)=\frac{(b-a)^2}{4}f''(x_0)$

证明：

记

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

设

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

那么 $\displaystyle g(a)=g(b)=0$

又 $\displaystyle g\in C_{[a,b]}\cap D_{(a,b)}$

故 $\displaystyle \exists x_1\in (a,b),s.t.g'(x_1)=0$

而 $\displaystyle g'(x_1)=\frac{x_1-a}{2}K-\left(-f'(\frac{a+x_1}{2})+f'(x_1)\right)=0$

故

$\displaystyle \frac{f'(x_1)-f'(\frac{a+x_1}{2})}{\frac{x_1-a}{2}}=K$

而 $\displaystyle f'\in C_{[\frac{x_1+a}{2},x_1]}\cap D_{(\frac{x_1+a}{2},x_1)}$

故由Lagrange中值定理：

$\displaystyle \exists x_0 \in (\frac{x_1+a}{2},x_1) \subset (a,b)$ ,s.t. $\displaystyle \frac{f'(x_1)-f'(\frac{a+x_1}{2})}{\frac{x_1-a}{2}}=f''(x_0)$

故 $\displaystyle K=f''(x_0)$

定理得证

总结

总的来说，常数K值法还是比较暴力的一种方法，所以除非无计可施的情况下，才用这种方法。而且，许多含有中值的不等式并不能用常数K值法解出来。所以常数K值法也是有局限的。

最后说一句，Taylor大法好，Lagrange余项赛高！

由于我水平并不高，文章中必然存在着种种错误，希望各位对我文章中的错误不吝斧正！