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辅助函数的几种构造方法【整理】4
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数学证明中的构造辅助函数方法
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数学证明中的构造辅助函数方法
摘要 数学中运用辅助函数就像是在几何中添加辅助线，其应用是非常广泛的. 构造辅助函数是数学命题推证的有效方法，是转化问题的一种重要手段。遇到特殊的问题时，用常规方法可能比较复杂.这时就需要构造辅助函数，就如同架起一座桥梁，不需要大量的算法就可以得到结果.如何构造辅助函数是数学分析解题中的难点，看似无章可循，但仔细研究不失基本方法和一般规律。文章通过对微分中值定理证明中，关于构造辅助函数方法的总结和拓展，给出了多种形式的辅助函数；通过详尽的实例，讲明了辅助函数在不等式、恒等式、函数求极限、讨论方程的根及非齐次线性微分方程求解中的运用，尝试找出如何构造辅助函数的几种方法，并通过这些方法在一些具体实例中的运用归纳出构造函数法的一些思路.
辅助函数 ； 中值定理 ； 恒等式与不等式；
函数表达式 ；极值
数学中，不等式与等式的证明、微分中值定理、拉格朗日条件极值、线性微分方程求解公式等，都是通过构造一个辅助函数来完成推证的，有时候构造辅助函数也是求证数学命题的简便而有效的方法之一，掌握构造辅助函数证明数学命题的方法的关键是要对“数学现象”善于观察，联想和发现问题，根据直观的结论倒推构造什么样的辅助函数.基本思路是从一个目标出发，联想起某种曾经遇到过的方法、手段，而后借助于这些方法和手段去接近目标，或者从这些方法和手段出发，去联想别的通向目标的方法和手段，这样继续下去，直到达到把问题归结到一个明显成立的结构上为止.构造辅助函数实质上就是分析法的一种技巧，也是数学中的一个难点，值得重视的是，在证明命题的过程中要不断研究问题的本质，从而寻求构造辅助函数的方法，文章重点分析了微分中值定理的证明中辅助函数的构造方法与技巧，进而应用到其他一般命题的证明中.
2.微分中值定理证明中构造辅助函数的方法与技巧
2.1 拉格朗日（Lagrange）中值定理辅助函数的作法
定理1（Rolle）：若函数满足如下条件：
（i）在闭区间上连续； （ii）在开区间内可导；
则在内至少存在一点，使得.
定理2（Lagrange）：若函数满足如下条件：
（i）在闭区间上连续；（ii）在开区间内可导；
则在内至少存在一点，使得
显然，特别当时，本定理的结论即为Rolle定理的结论。表明Rolle定理是Lagrange中值定理的一个特殊情形.
证明：可以写成，自然想到等式的左端是某个函数的导数，所以构造辅助函数：
显然，函数在闭区间上连续, 在开区间内可导,而且，于是由Rolle中值定理知道，至少存在一点，使得成立，也就是Lagrange中值定理成立.
Lagrange中值定理的结论：，该等式的右端是连接曲线弧端点的弦的斜率，所以Lagrange中值定理的几何意义就是：在满足条件的曲线上至少存在一点，曲线在该点处的切线平行于曲线端点的连线.在Rolle定理中，由于，弦是平行于轴的，因此在点的切线实际上也平行于以连接曲线弧端点的弦，从上述Lagrange中值定理与Rolle定理的关系，自然想到利用Rolle定理来证明Lagrange中值定理，但在Lagrange中值定理中，函数不一定具备这个条件，为此设想构造一个与有密切联系的函数，使满足条件，然后对应用Rolle定理，再把对所得的结论转化到上，证得所要的结果，从Lagrange中值定理的几何解释中来寻找辅助函数，从图1中看到，有向线段AB的长度是的函数，把它表示为，它与有密切的联系，且当及时，点A与点B重合.若将图1的虚线坐标平移到图2，即有，为了求得函数的表达式，设直线的方程为，则
由于点A、B的纵坐标依次为及，故表示有向线段AB长度的函数
显然（2）式这个辅助函数满足在闭区间上连续, 在开区间内可导,而且，由Rolle定理，可知在至少存在一点，使得
成立，也就是Lagrange中值定理成立.
2.2 柯西（Cauchy）中值定理辅助函数的作法
定理3（Cauchy）：若函数与满足
（i） 在闭区间上连续；（ii）在开区间内可导；
（iii）对任一，；
那么至少存在一点，使等式
证明：作辅助函数
显然，在上连续，在内可导，且有.故由Rolle中值定理，存在.使得
这里必有，否则由上式可知，若也将有，而这个结论与定理的条件（iii）相矛盾，因
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利用罗尔定理证明命题时辅助函数的构造方法
　　[摘要]对于利用罗尔定理证明的一些问题，构造合适的辅助函数是问题证明的关键。对此，总结了构造辅助函数的积分法和插值函数法。实例研究表明：本文方法是构造辅助函数的有效方法。 中国论文网 http://www.xzbu.com/9/view-6663395.htm　　[关键词]罗尔定理 辅助函数 　　对利用罗尔定理进行证明的命题，构造辅助函数是实现命题证明的关键，而这种辅助函数的构造是一种创造性活动。对该类问题进行深入研究后，发现构造辅助函数的方法具有一定规律性。本文分析了一些命题的特点，总结了构造辅助函数的积分法和插值函数法。实例研究表明：本文方法用于构造辅助函数是有效的。 　　一、不定积分法 　　很多命题可以归结为：在给定条件下，变量、函数及其导函数构成的方程有根。对于此类问题，列出对应方程，计算方程相关部分的不定积分，从而构造辅助函数。这种方法称为构造辅助函数的不定积分法。下面结合例题，进一步阐明不定积分法。 　　例1 已知f（0）=f（1）=0，f（x）在[0，1]内可导。证明：存在一点ξ∈（0，1），使得 　　分析：将等式中ξ用x替换，可得方程 　　f``（x）（1-x）2-2f`（x）（1-x）=0 　　对方程左边积分得， 　　f`（x）（1-x）2+c（c为任意参数） 　　因此，构造函数g（x）=（1-x）2f`（x），根据题目条件，可知 　　f`（ξ1）=0，g（ξ1）=g（1）=0，0<ξ1<1 　　由罗尔定理可得g`（ξ）=0（ξ1<ξ<1）。由此可得命题结论。 　　二、插值函数法 　　根据已知条件，构建插值多项式，进而得到辅助函数的方法称为插值函数法。拉格朗日中值定理、柯西中值定理的证明都是插值函数法。下面结合实例阐明插值函数法。 　　例2 设函数f（x）在[-a，a]上连续，（-a，a）内二阶可导，f（0）=0。证明至少存在一点ξ∈（a，b），使得 　　分析：要证明的等式右边为定积分，不妨假设 ，这时所要证明等式转变为 　　a3F```（ξ）=3[F（a）-F（-a）] 　　由于式子右边出现了三阶导数，插值多项式为三次多项式。不妨设三次多项式为 　　p（x）=a3x3+a2x2+a1x+a0 　　由于构造一元三次多项式需四个条件[3]，令P（x）经过点（-a，F（-a））、（0，F（0））、（a，F（a）），且p`（0）=f（0）。令g（x）=F（x）-p（x），则 ，又有 　　g（-a）=g（0）=g（a）=0，g`（0）=0 　　由罗尔定理可得 　　由此可得命题结论。 　　例3 设函数f（x）在[-a，a]上连续，（-a，a）内二阶可导。证明至少存在一点ξ∈（a，b），使得 　　分析：结论左边为函数f（x）在ξ处的二阶导数，右边为f（x）在三定点处函数值的组合。构造二次多项式为 　　p（x）=a2x2+a1x+a0 　　由于构造一元二次多项式需三个条件，令P（x）经过点（a， f（a））、（b，f（b））和（a/2+b/2，f（a/2+b/2））。令 　　g（x）=f（x）-p（x） ，则 　　由罗尔定理可得 　　由此可得命题结论。 　　如果利用泰勒中值定理证明例2、3，要求函数f（x）二阶导函数连续。而使用插值函数法证明例2、3，只需要函数f （x）二阶可导。因此，插值函数法的应用范围更广。 　　三、结束语 　　利用微分中值定理证明一些命题的关键是构造满足微分中值定理条件的辅助函数。对此，本文总结了两种构造辅助的方法，为应用微分中值定理解决相关命题的证明奠定了基础。实例分析表明，本文方法是构造辅助函数的有效方法。 　　[参考文献] 　　[1]同济大学应用数学系.高等数学（第六版）[M].高等教育出版社，2010. 　　[2]周民强.数学分析习题演练[M].科学出版社，2006. 　　（作者单位：1.解放军西安通信学院 文化基础教研室 陕西西安，2.解放军第二炮兵工程学院 理学院数学与军事运筹教研室 陕西西安，1.解放军西安通信学院文化基础教研室 陕西西安）
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数学证明中的构造辅助函数方法
数学证明中的构造辅助函数方法摘要 数学中运用辅助函数就像是在几何中添加辅助线，其应用是非常广泛的. 构造辅助函数是数学命题推证的有效方法，是转化问题的一种重要手段。遇到 特殊的问题时，用常规方法可能比较复杂.这时就需要构造辅助函数，就如同架 起一座桥梁，不需要大量的算法就可以得到结果.如何构造辅助函数是数学分析 解题中的难点，看似无章可循，但仔细研究不失基本方法和一般规律。文章通 过对微分中值定理证明中，关于构造辅助函数方法的总结和拓展，给出了多种 形式的辅助函数；通过详尽的实例，讲明了辅助函数在不等式、恒等式、函数 求极限、讨论方程的根及非齐次线性微分方程求解中的运用，尝试找出如何构 造辅助函数的几种方法，并通过这些方法在一些具体实例中的运用归纳出构造 函数法的一些思路. 关键词 辅助函数 ； 中值定理 ； 恒等式与不等式； 函数表达式 ；极值1.引言数学中，不等式与等式的证明、微分中值定理、拉格朗日条件极值、线性微分方 程求解公式等， 都是通过构造一个辅助函数来完成推证的，有时候构造辅助函数 也是求证数学命题的简便而有效的方法之一， 掌握构造辅助函数证明数学命题的 方法的关键是要对“数学现象”善于观察，联想和发现问题，根据直观的结论倒 推构造什么样的辅助函数.基本思路是从一个目标出发，联想起某种曾经遇到过 的方法、手段，而后借助于这些方法和手段去接近目标，或者从这些方法和手段 出发，去联想别的通向目标的方法和手段，这样继续下去，直到达到把问题归结 到一个明显成立的结构上为止.构造辅助函数实质上就是分析法的一种技巧，也 是数学中的一个难点，值得重视的是，在证明命题的过程中要不断研究问题的本 质， 从而寻求构造辅助函数的方法，文章重点分析了微分中值定理的证明中辅助 函数的构造方法与技巧，进而应用到其他一般命题的证明中.12.微分中值定理证明中构造辅助函数的方法与技巧2.1 拉格朗日（Lagrange）中值定理辅助函数的作法定理 1（Rolle）：若函数 f ( x) 满足如下条件： （i） f ( x) 在闭区间 [a, b] 上连续； （ii） f ( x) 在开区间 ( a, b) 内可导； （iii） f (a) ? f (b) ； 则在 ( a, b) 内至少存在一点 ? ，使得 f ?(? ) ? 0 . 定理 2（Lagrange）：若函数 f ( x) 满足如下条件： （i） f ( x) 在闭区间 [a, b] 上连续； （ii） f ( x) 在开区间 ( a, b) 内可导； 则在 ( a, b) 内至少存在一点 ? ，使得 f ?(? ) ?f ?b ? ? f ? a ? b?a显然，特别当 f (a) ? f (b) 时，本定理的结论即为 Rolle 定理的结论。表明 Rolle 定理是 Lagrange 中值定理的一个特殊情形. 证明： f ?(? ) ?f ?b ? ? f ? a ? f ?b? ? f ? a ? ? 0 ，自然想到等式的左 可以写成 f ?(? ) ? b?a b?a端是某个函数的导数，所以构造辅助函数：F ( x) ? f ( x) ? f ?b? ? f ? a ? x b?a（1）显然， 函数 F ( x) 在闭区间 [a, b] 上连续, 在开区间 ( a, b) 内可导,而且 F (a) ? F (b) ， 于 是 由 Rolle 中 值 定 理 知 道 ， 至 少 存 在 一 点 ? ? ? a, b? ， 使 得F ?(? ) ? f ?(? ) ? f ?b? ? f ? a ? ? 0 成立，也就是 Lagrange 中值定理成立. b?a f ?b ? ? f ? a ? ， 该等式的右端是连接曲线弧端 b?aLagrange 中值定理的结论： f ?(? ) ?点的弦的斜率，所以 Lagrange 中值定理的几何意义就是：在满足条件的曲线上2至少存在一点，曲线在该点处的切线平行于曲线端点的连线.在 Rolle 定理中， 由于 f (a) ? f (b) ，弦是平行于 x 轴的，因此在 ? 点的切线实际上也平行于以连接 曲线弧端点的弦，从上述 Lagrange 中值定理与 Rolle 定理的关系，自然想到利 用 Rolle 定理来证明 Lagrange 中值定理， 但在 Lagrange 中值定理中， 函数 f ( x) 不一定具备 f (a) ? f (b) 这个条件，为此设想构造一个与 f ( x) 有密切联系的函数F ( x) ， 使 F ( x) 满足条件 F (a) ? F (b) ， 然后对 F ( x) 应用 Rolle 定理， 再把对 F ( x)所得的结论转化到 f ( x) 上，证得所要的结果，从 Lagrange 中值定理的几何解释 中来寻找辅助函数 F ( x) ，从图 1 中看到，有向线段 AB 的长度是 x 的函数，把它 表示为 F ( x) ，它与 f ( x) 有密切的联系，且当 x ? a 及 x ? b 时，点 A 与点 B 重合. 若将图 1 的虚线坐标平移到图 2，即有 F (a) ? F (b) ? 0 ，为了求得函数 F ( x) 的表 达式，设直线 AB 的方程为 y ? L( x) ，则L( x) ? f (a ) ? f (b) ? f (a ) ( x ? a) b?a由于点 A、B 的纵坐标依次为 f ( x) 及 L( x) ，故表示有向线段 AB 长度的函数F ( x) ? f ( x) ? L( x) ? f ( x) ? f ( a ) ? f (b) ? f (a ) ( x ? a) b?a（2）显然（2）式这个辅助函数满足在闭区间 [a, b] 上连续, 在开区间 ( a, b) 内可导,而 且 F (a) ? F (b) ? 0 ，由 Rolle 定理，可知在至少存在一点 ? ? ? a, b? ，使得F ?(? ) ? f ?(? ) ? f ?b? ? f ? a ? ?0 b?a成立，也就是 Lagrange 中值定理成立.3图1图22.2 柯西（Cauchy）中值定理辅助函数的作法定理 3（Cauchy）：若函数 f ( x) 与 g ?x ? 满足 （i） 在闭区间 [a, b] 上连续； （ii）在开区间 ( a, b) 内可导； （iii）对任一 x ? ?a, b ? ， g ??x ? ? 0 ； 那么至少存在一点 ? ? ?a, b ?，使等式 成立. 证明：作辅助函数F ( x) ? f ( x) ? f (b) ? f (a) g ( x) g (b) ? g (a) f ?b ? ? f ?a ? f ??? ? ? g ?b ? ? g ?a ? g ??? ?（3）（4）显然， F ( x) 在 [a, b] 上连续，在 ( a, b) 内可导，且有 F (a) ? F (b) .故由 Rolle 中值 定理，存在 ? ? (a, b) .使得F &#39; (? ) ? f &#39; (? ) ? f (b) ? f (a) , g (? ) ? 0 g (b) ? g (a)(5)这里必有 g , (? ) ? 0 ，否则由上式可知，若 g , (? ) ? 0 也将有 f , (? ) ? 0 ，而这个结 论与定理的条件（iii）相矛盾，因而我们能将(5)式改写成（3）式. 在这里我将给出该定理证明中辅助函数的多种不同作法所得的不同形式的函数F ( x) ，皆能满足证明之需. f ( x) 、 g ?x ? 满足定理条件(i)、(ii)、(iii)、(iv)。1、取 F ( x) ? f ( x) ? f (a) ?f (b) ? f (a) [ g ( x) ? g (a)] g (b) ? g (a)(6)显然 F ( x) 在 [a, b] 上连续，在 ( a, b) 内可导，且 F (a) ? F (b) ? 0 ，满足 Rolle 中值 定理条件，故存在一点 ? ? (a, b) ，使得F &#39; (? ) ? f &#39; (? ) ? f (b) ? f (a) , g (? ) ? 0 由此式即可得（3）式. g (b) ? g (a)42、取 F &#39; ( x) ? f ( x) ? f (b) ?f (b) ? f (a) [ g ( x) ? g (b)] g (b) ? g (a)（7）显然 F ( x) 在 [a, b] 上连续， 在 ( a, b) 内可导， 且 F (a) ? F (b) ? 0 ,满足 Rolle 中值定 理条件，同前一方法，即可得到(3)式. 3、取 F ( x) ? f ( x) ? A ?f (b) ? f (a) [ g ( x) ? B] g (b) ? g (a)(8)其中 A、 B 为任意常数， 显然 F ( x) 在 [a, b] 上连续， 在 ( a, b) 内可导， 且 F (a) ? F (b) ， 满足 Rolle 中值定理的条件，同前一方法，即可得到(3)式. 4、当 f ?a ? ? f (b) 时，我们还可以取F ( x) ? g ( x) ? A ? g (b) ? g (a) [ f ( x) ? B] f (b) ? f (a)(9)其中 A、 B 为任意常数， 显然 F ( x) 在 [a, b] 上连续， 在 ( a, b) 内可导， 且 F (a) ? F (b) ， 满足 Rolle 中值定理的条件，故在 ( a, b) 内存在一点 ? ，使得F， ( x) ? g ， ( x) ? g (b) ? g (a) , f (? ) ? 0 f (b) ? f (a)（10）其中 f , (? ) 必不等于零，否则，若 f , (? ) =0，由（10）式将有 g , (? ) ? 0 ，则与定 理的条件(ii)相矛盾，从而从（10）式可得（3）式. 从而以上各种函数 F ( x) 的表达式皆可取作定理证明中的辅助函数，其中（8）式 即为 Cauchy 中值定理证明中的辅助函数的一般形式，而当 f ?a ? ? f (b) 时， （9） 式亦可成为 Cauchy 中值定理证明中的辅助函数的一般形式.由以上结果充分说 明了 Lagrange 中值定理、 Cauchy 中值定理证明中所作辅助函数的多样性， 但是， 都离不开一个基本点 F ( x) 一定要满足 Rolle 中值定理的条件，否则就是去了作 为辅助函数的意义.证毕.3.构造辅助函数证明 Newton-Leibniz 公式牛顿-莱布尼兹公式是微积分基本定理，他把定积分和不定积分两者联系起 来，使得定积分的计算更加简洁和完善，下面我们来看这个公式的证明.53.1 Newton-Leibniz 公式的证明定理 （ 4 Newton-Leibniz） 若 f ( x ) 在 ? a, b ? 上是连续的， 且 F ( x ) 是 f ( x ) 在 ? a, b ? 上的一个原函数，那么?baf (t )dt ? F (b) ? F (a)分析：首先我们来构造辅助函数 ? ( x) ? 函数的性质.我们定义函数 ? ( x) ? 有 ? ?( x) ? f ( x) .?xaf (t )dt ，现在，我们来研究这个 ? ( x)?xaf (t )dt ，那么 ? ( x) 连续，若 f ( x) 连续，则证明：让函数 ? ( x) 获得一个增加的量 ?x ，则对应的函数增量?? ( x )? ? ? x ? ?x ? ? ? x ( ? )?那么可以根据区间的可加性，x?? xaf t (dt)? ? f t dt ( )a x x??x a xx?x??xaf (t )dt ? ? f (t )dt ? ?f (t )dt假设 m 、 M 分别是 f ( x) 在 ? ? a, b ? ? 上的最小值和最大值，我们可以根据积分 第一中值定理，则存在实数? ?[m, M ] ，使得?? ? ?x??xxf (t )dt ? ? ??x当 f ( x) 连续时，存在 ? ? ( x, x ? ?x) ，使得? ? f (? ) 于是当 ? x 趋近于 0 时， ?? 趋近于 0，即 ? ( x) 是连续的. 若 f ( x) 连续，当 ?x ? 0 ， ?? x ， f (? ) ? f ( x) ，则?? ? f ( x) .从而我们得出 ? ?( x) ? f ( x) ，下证 Newton-Leibniz 公式. ?x?0 ?x lim由于 ? ?( x) ? f ( x) ，所以，? ( x) ? C ? F ( x) .显然， ? (a) ? 0 （因为积分区间为 ? a, a ? ，故面积为 0） ，所以 F (a) ? C . 于是有? ( x) ? F ( x ) ? F ( a ) ,当 x ? b 时， ? (b) ? F (b) ? F (a) .证毕.3.2 结论形如 f , (? ) ? kf (? ) ? 0 的情形例 1 已知函数 f ( x ) )在（0， a ）上连续，在（0， a ）内可导，且 f(0)= f ?a ?6证明至少存在一点 ? ? （0，a),使得f , (? ) ? 2 f (? ) ? 0 . 证明：设辅助函数 F ( x) ? e ?2 x f ( x) ，则 F ( x ) 在[0, a ]上连续，在（0， a ）内（0，a) 使得 可导，且满足F（ a ）= F（0）=0.由罗尔定理，至少存在一点 ? ?F , (? ) ? ?2e ?2? f (? ) ? e ?2? f , (? ) ? e ?2? [ f , (? ) ? 2 f (? )] ? 0所以 f , (? ) ? 2 f (? ) ? 0 . 例2 设 ，函数 f ( x ) 在闭区间 [a, b] 上连续，在开区间 ( a, b) 内可导，证b . a（a，b) 满足 f (b) ? f (a) ? ?f , (? ) ln 明至少存在一点 ? ?分析：要证的结论也可表示为f (b) ? f ( a ) ? ?f , (? ) . 显然是两个函数 f ( x ) 及 ln b ? ln a在区间 [a, b] 两个端点处函数值之差的比值，在考虑用柯西中值理来证. 证明：可以令 g ( x) ? ln x ，则 g ?x ? 在 [a, b] 上连续，在 ( a, b) 内可导，且 g , ( x) ?（a，b) ，使得 对于函数 f ( x ) 和 g ?x ? ，由柯西中值定理，至少存在一点 ? ?1 ， xf (b) ? f (a) f , (? ) ? 1 ln b ? ln a也即f (b) ? f (a) ? ?f , (? ) lnb . a?4.构造辅助函数在高等数学中的应用4.1 构造辅助函数证明中值存在性问题若方程或含 ? 的等式中含有函数值之差与两点之差的比时， 我们可以考虑用 拉格朗日中值定理证之， 若含有两个两点的函数值之差的比，则考虑用柯西中值 定理证之. 例 3 设函数 f ( x ) 在 [a, b] 上连续，在 ( a, b) 内可导，试证 ?? ? (a, b) 使得2? [ f (b) ? f (a)] ? (b 2 ? a 2 ) f , (? ) .分析:观察等式， 可将等式做适当的变形， 将等式 2? [ f (b) ? f (a)] ? (b 2 ? a 2 ) f , (? )7变形为f (b) ? f (a) f &#39; (? ) ，变形后的等式的形式为两函数在两点的函数值的比 ? 2? b2 ? a2值.经过恒等变形后的式子符合柯西中值定理式，故构造辅助函数 g ( x) ? x 2 ,对f ( x) ), g ?x ? 在 [a, b] 上利用柯西中值定理，即可证得结论.4.2 构造辅助函数证明不等式对于含有符号的函数不等式，若 f ( x ) 在 ( a, b) 内变号时，不易使用单调性证明， 若用单调性，则需分情况讨论比较麻烦，此时应考虑用函数的最值进行证明. 例 4 当 x ? 0 ，证明 x ? ln(1 ? x). 分析：构造辅助函数证明不等式用作差法是最常用的，主要就是将不等号右 端的式子移到左边，形成一个减法式，右边为零，试证不等号左边式子的单 调性，分析：观察不等式的结构，不等式是由两个初等函数构成，而初等函 数的导数仍为初等函数，故可用作差法，构造辅助函数 f ( x) ? x ? 1n(1 ? x) ， 对其求导。得出单调性及其相应的极值，从而得出结论。作差法是做常用的 构造辅助函数的方法。其关键在于移项作差，构造新的函数，然后利用导数 探讨函数单调性即可证明,构造辅助函数用单调性证之. 证明：我们做辅助函数 ? ( x) ? x ? ln(1 ? x). 显然，当 x ? 0 时，有? &#39; ( x) ? 1 , 1 ? 0因此，? ( x) 在 x ? (0, ??) 时是增函数，而 ? ( x) 在 x ? 0 处连续，并且 f (0) ? 0. 所以 f ( x) ? x ? ln(1 ? x) ? f (0) ? 0 这样，原不等式证毕. 上个证明是比较简单的，证明其单调性就能快速得出答案.而下面这个例子，我 们需要研究一下它的左右两边的性质，这有利于我们思考如何构造辅助函数.4 n?4 22 32 42 n2 ? 2 ? 2 ? ? ? ?? 2 ? e 6 n ?3 . 例 5 证明不等式 2 2 ?1 3 ?1 4 ?1 n ?1分析：因为此式左边相乘的项数多，直接移项作差证明会非常困难，而不等式左 右两边的式子都是幂级数形式，并且右边为 ? e4 n?4 6 n ?3，故我们可以先把两边取对8数形式，化简后作差，构造辅助函数更简单一些. 证明：把不等式的两边取对数得ln(22 32 n2 4n ? 4 ) ? ln( ) ? ??? ? ln( ) ? 22 ? 1 32 ? 1 n2 ? 1 6n ? 3我们先来研究不等式的左边 左边? ln(22 32 n 2 ) ? ln( ) ? ??? ? ln( ) 22 ? 1 3 2?1 n 2? 1? ln 2 ? ln1 ? ln n ? ln(n ? 1) ? ln 2n n ?1构造辅助函数 ? ( x) ? ln 对 ? ( x) 求导得 ? ( x) ?&#39;2x 4x ? 4 ? . x ? 1 6x ? 31 12 ? . x( x ? 1) (6 x ? 3)&#39;从而得知，当 x ? 2 时， ? ( x) ? 0,? ( x) 为严格递增.? (2) ? ln ?故得出4 4 ? 0 而 ? ( x) ? ? (2) ? 0. 3 152n 4 n? 4 ln ? . 则原不等式成立，证毕. n ?1 6 n? 3其实，在证明不等式的方法中，还有很多，如比较法，分析法，综合法等，但是 有时，这些方法比较麻烦，运算过程多.这时，若是针对题目构造一个适当的辅 助函数，把题转化为对这个题的性质的研究，就像对定义域、值域、单调性、连 续性、最值等的研究.这样，运算就比较简单了. 例 6 已知 | a |? 1, | b |? 1, | c |? 1, 求证： ab ? bc ? ac ? ?1 . 证明：原不等式形为 ?b ? c ? a ? bc ? 1 ? 0 ， 构造函数 f (a) ? ?b ? c ? a ? bc ?1 ， 若 b ? c ? 0 ，不等式成立，9若 b ? c ? 0 ，则 f ? a ? 是 a 的一次函数, 又－1＜ a ＜1，而 f ? ?1? ? ?b ? c ? bc ?1 ? ?1? b??1? c ? ? 0 ，f ?1? ? b ? c ? bc ?1 ? ?1? b??1? c ? ? 0 ,由单调函数的局部保号性有 f ? a ? ? 0 ， 从而得到 ab ? bc ? ac ? ?1 . 例 7 设 a ? e,0 ? x ? y ??2，证明 a y ? a x ? (cosx ? cos y)a x ln a .分析：原不等式可等价于ay ? ax ? ?a x ln a .可看出不等式左边可看成是函 cos y ? cos x数 f (t ) ? a t 与 g (t ) ? cost 在区间 [ x, y ] 上的改变量的商， 故可用柯西中值定理证明 之. 证明： 原不等式等价于ay ? ax g (t ) ? cost , 可构造函数 f (t ) ? a t ， ? ?a x ln a ， cos y ? cos x因 f (t ), g (t ) 均 在 [ x, y ] 上 连 续 ， 在 ( x, y ) 上 可 导 ， 且 f ?(t ) ? a t ln a ? 0 ， 由 于0? x? y??2，则 g ?(t ) ? ? sin t ? 0, g ( x) ? cos x ? g ( y) ? cos y ，所以 f (t ), g (t ) 在[ x, y ] 上 满 足 柯 西 中 值 条 件 ， 于 是 存 在 ? ? ( x, y) ， 使 得f ?(? ) f ( y) ? f ( x) ay ? ax a ? ln a ， ? ? ? g ?(? ) g ( y) ? g ( x) cos y ? cos x ? s i? n又因 a ? e, ? ? ( x, y), 0 ? x ? y ??2, 有 a x ? a? ,1 ? 1, ln a ? 1 ， sin ?得到 a x ln a ?a ? ln a a ? ln a ay ? ax ,因此 ,?a x ln a ? ? ? ?a x ln a , sin ? sin ? cos y ? cos x即 a y ? a x ? (cosx ? cos y)a x ln a4.3 构造辅助函数证明恒等式恒等式证明是常见的题型， 对这种题型，找到简单快速的证明方法可以节省很多 时间.如对于下面的题，形式比较复杂，还存在一阶导数，我们可以构造辅助函 数，然后变换形式，创建出中值定理的成立条件，利用中值定理来证明就很简单10了. 例 8 设函数 f ( x ) 在 ? a, b ? 上连续，在 ? a, b ? 内可导，证明在 ? a, b ? 内至少存在一 点 ? ，使得bf (b) ? af (a) ? f (? ) ? ? f &#39; (? ) b?a分析：令 式，故取bf (b) ? af (a) ? k ，则 bf (a) ? kb ? af (a) ? ka 为关于 a 与 b 的对称 b?aF ( x)? x f( x ? ).k x证明：令 F ( x) ? xf ( x) ?bf (b) ? af (a) x b?a则 F ( x ) 在 ? a, b ? 上连续，在 ? a, b ? 内可导，又因为 F (a) ? F (b) ? 0 ， 所以 F ( x ) 在 ? a, b ? 上满足罗尔定理，那么存在一个 ? ? (a, b) ，使得 F (? ) ? 0 .&#39;即 f (? )+? f (? ) ?&#39;bf (b) ? af (a) bf (b) ? af (a) ? 0， 即 ? f (? )+? f &#39; (? ) . b?a b?a上题构造辅助函数后应用了罗尔定理，使得上式证明变得简单明了.下面这个题 属于条件恒等式，我们要看好条件，可以适当的进行变形，做辅助函数. 例 9 设 f ( x ) 在 0, ??? 上连续，在 0, ??? 内可导，且 0 ? f ( x) ???x ，则至 1 ? x21? ? 2 少存在一点 ? ??0, ??? ，使得 f (? ) ? . (1 ? ? 2 )2&#39;分析：我们先把 ? 看成变量 x ，由于结论可化为1 ? x2 x &#39; f ( x) ? ? 0. 即 ( f ( x) ? ) ? 0. 2 2 (1 ? x ) 1 ? x2&#39;显然其通解为 f ( x) ?x ? C , 把常数 C 变成一个关于 x 的函数 C ( x), 我们就 1 ? x2得到一个辅助函数， C ( x) ? f ( x) ?x . 1 ? x21 ? x2 x &#39; &#39; , 证明：做辅助函数 C ( x) ? f ( x) ? . 那么 C ( x) ? f ( x) ? (1 ? x 2 ) 2 1 ? x211又由于已知条件 0 ? f ( x) ? 并且 C ( x) ? f ( x) ?x , 我们可以得到 f (0) ? 0, lim f ( x) ? 0, x ??? 1 ? x2x ? 0. 1 ? x2&#39;&#39;1 ? x2 若 C( x) ? 0, x ? (0, ??) 时，则 C ( x) ? 0, 那么就有 f ( x) ? . (1 ? x2 )2若 C( x) ? 0, x ? (0, ??) 时，那么一定存在 a ? (0, ??), 使得 C (a) ? ?? 又 因 为 C ( x ), 在 0, ??? 上 连 续 ， 由 介 值 定 理 可 知 ， 一 定 存 在 b, c 两 点 ，?0 ? b ? a ? c ? ??, 使得 C(a) ? C(b) ? C(c) ? 0,对 C ( x ) 在 ?a, b? 上使用罗尔定理，那么至少存在一点 ? ? (b, c) ? (0, ??), 使得1? ? 2 . C (? ) ? 0, 即 f (? ) ? (1 ? ? 2 )2&#39;&#39;上题是将一个客观存在的数 ? 看成是变量 x ， 利用拉格良朗日常数变易法的思想 将微分方程通解中的常数 C 变成一个 x 的函数 C ( x ), 就得到了证明这个命题的 辅助函数，并且在证明这种恒等式的例子中，运用中值定理比较广泛，而在中值 定理中，罗尔定理是最常用的，这种方法能开拓我们的学习做题的思路.4.4 构造辅助函数讨论方程的根关于方程的根的讨论主要是根的存在性个数问题，构造辅助函数来解这方面的 题，如同证明不等式，构造辅助函数的方法类似，比一般方法更为简单. 例 10 方程 x ? a sin x ? b, a ? 0, b ? 0, 证明方程至少有一个正根且不超过 a ? b . 分析： 此题我们可以构造辅助函数 ? ( x ), 在 [ a, b] 上连续， 若能得出 ? (a),? (b) 异 号，则存在 ? ?[0, a ? b] ，使得 f (? ) ? 0, 那么 ? 就是方程的根且不超过 a ? b ， 即运用介值定理. 证明：设 ? ( x) ? a sin x ? b ? x,? ( x) 在 [0, a ? b] 上连续，则显然 ? (0) ? b ? 0,? (a ? b) ? a s i n a (? b ? ) a? 0 .12现在我们讨论，若 a ? b ? 则方程有一个正根为 a ? b 另一种情况，若 a ? b ??2? 2k? 时，即 sin(a ? b) ? 1, f (a ? b) ? 0,?2? 2k? , 即 sin(a ? b) ? 1, 则 ? (a ? b) ? 0. 符合介值定理条件，则存在一点 ? ?[0, a ? b] ，使得 ? (? ) ? 0. 那么 ? 就是方程 ? ( x) ? 0 的根， 综上所述，方程至少有一个正根且不超过 a ? b ，证毕.4.5 构造辅助函数证明中值问题对中值问题， 一般将问题适当变形， 再观察变形后的式子， 构造相应的辅助函数， 使之符合中值定理，介值定理，零点定理之类的条件，就可以轻松证明了. 例 11 设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续， 在 (0,1) 内可导， 且 f (1) ? 0, 求证存在 ? ? (0,1), 使 得 f (? ) ? ?&#39;f (? )?.证明：构造辅助函数 ? ( x) ? xf ( x), 显然? (0) ? f (0) ? 0 ? 0,? (1) ? f (1) ?1 ? 0,又因为 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，故根据罗尔定理可知，存在一点? ? (0,1), 使得 ? &#39; (? ) ? 0, 即 ? &#39; (? ) ? ? f &#39; (? ) ? f (? ) ? 0,即 ? f (? ) ? ? f (? ) ，则 f (? ) ? ?&#39;&#39;f (? )?. 证毕.4.6 构造辅助函数求极限一些求极限的题目，也可以用做辅助函数来解决，求极限的方法有很多，对于特 殊的题目用一般方法可能不好解，而构造辅助函数后就非常容易了. 例 12 求 lim n n .n??解：作辅助函数 f ( x) ? x , 则 f ( x) ? e1 xln x x. 所以13x???lim f ( x) ? lim ex???ln x x?ex ???limln x x?ex ??? xlim1? e0 ? 1故 lim n n ? lim f (n) ? 1.n?? n??例 13 求 f ( x) ?1 1 1 ? ? ? x ?1 x ? 2 x ? 3?1 的极限. x?x分析：此题求函数的极限，如果直接用函数极限的有关方法来求解比较麻烦，因 为每一项的极限值均为 0， 如果将每一项通过适当的变形， 构造相应的辅助函数， 再运用我们所熟悉的黎曼积分， 结果会事半功倍，因为黎曼积分本身就是通过极 限思想得到的，把它再反用于极限也是很容易实现的. 解：变形 f ( x) ?1 x x x ( ? ? ? x x ?1 x ? 2 x ? 3?x ) x?x? 1 ? ? x? 1? ? x?? 1? 1 1 1 ? ? ? ? ? x ?1? 1 1? 2 1? 3 x x x ?? 1 x 1 ? x i ?1 1 ? i x构造辅助函数 g ( x) ?? 1 ? xdx ，这个积分函数将 f ( x) 变成了积分函数，求这011个函数的积分，就是 f ( x ) 的极限.1 1 g ( x) ? ? dx ? ln(1 ? x) ? ln 2 0 0 1? x 1所以， f ( x ) 的极限是 ln 2 .5.总结在这篇论文中， 列举了大量的例子来说明辅助函数在数学中的应用，并且如何构 造辅助函数，本文也有所涉及，下面我列举了几种方法. 常数 k 值法构造辅助函数是将所得的结论进行变形，然后把常数部分分离出来， 并使常数部分得 k， 将这个式子进行恒等变形， 使式子变成一端成为 a 和 f ?a ? 的 表达式，另一端成为 b 和 f ?b ? 的表达式，再将 a 和 b 的值换为 x ，这样得出的式14子就为所做得辅助函，详见例 7. 微分方程法构造辅助函数是关于解存在 ? ? ?a, b?，使 f &#39; ?? ? ? ??? , f ?? ??这类的 问题，构造辅助函数的方法是先将 ? 变为 x ，解出其通解形式为? ?x, y ? ? c ，此 时辅助函数为 F ?x ? ? ? ?x, y ? ，详见例 9. 作差法构造辅助函数是将原题适当变形后，将等号（或不等号）右边的式子移到 左边做差，得到的式子即为辅助函数，即若解不等式 f ( x) ? g ( x) ，可以将这个 式子的差 F ( x ) 作为辅助函数， 那么，F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ， 则只需证明 F ( x ) 在 其定义域内大于零即可.详见例 4、例 5. 原函数法构造辅助函数是将题中的式子进行适当变形，使之成为一个易于积分， 能够消除导数的形式，然后求出原函数，可将它的积分常数取为零，然后移项， 使之成为等式一端为零，一端则为辅助函数.这类题形详见例 9.还有很多构造辅 助函数的方法这里不再一一叙述. 在数学中构造辅助函数的方法基本是无处不在的.学会构造辅助函数的方法 也是至关重要的，如我们上文所举的例子中，应用了常数 k 值法，微分方程法， 作差法和原函数法， 关于定理的证明我们需要观察式子的特性，应用相关的方法 以便构造辅助函数.而关于解题方面的证明，同样需要仔细观察，在各种题型的 应用中， 我们需要灵活运用构造辅助函数的方法， 使之成为我们更好的学习工具. 如此，我们可以看出，辅助函数在数学中的应用是广泛并且非重要的.在高等数 学中，证明和解题是主要的，在这过程中，构造辅助函数的方法是我们必须所掌 握的，这有利于增强我们的解题思维.并且能够快速的理通思路，方便我们理解 题意，找到解决的办法.辅助函数在数学中的应用非常广泛，也非常实用，在我 们解题遇到困难时， 有时它就是用来解除障碍的有力工具.它所涉及的领域很多， 关于构造辅助函数的方面我还要更好的学习.15参考文献[1]《数学分析》第四版[M ]. 华东师范大学数学系编, 121―136. [2] 卢连芬. 辅助函数的应用[J]. 数学教育学报, . [3] 刘勇. 高等数学中构造辅助函数[J]. 数学教育学报, . [4] 廖达凡. 辅助函数法在不等式问题中的应用[J]. 高中数学教与学, 2009（4）. [5] 陈国干. 高等数学中如何构造辅助函数[J]. 数学教育学报, 1999,(02) :14-16. [6]宋振云，陈少元，徐琼霞. 微分中值定理应用中辅助函数的构造[J]. 高师理科 学刊.致谢在师大将近三年的数学学习当中，通过老师们的谆谆教导，让我既体会到了 数学的深奥与严密，也深深地被老师您深厚的数学功底和渊博的专业知识所折 服。这学期，特别是李老师的课师讲课思路清晰明了，对学生的学习生活也是关 爱有加，老师特意腾出时间为我们加辅导课，时常鼓励我们考研，让我们觉得您 不仅仅是我们的好老师，更兼是我们的良师益友，师生之情，皎如日月！ 与您的交流与接触虽然不太多，但能够做您的学生，能够在您的讲台下面听 课，对我来说已经是三生有幸了。 伟人、名人为我所崇拜，可是我更急切地要 把我的敬意和赞美献给一位平凡的人，我的导师。我不是您最出色的学生，而您 却是我最尊敬的老师。您治学严谨，学识渊博，思想深邃，视野雄阔，为我营造 了一种良好的精神氛围。授人以鱼不如授人以渔，置身其间，耳濡目染，潜移默 化，使我不仅接受了全新的思想观念，树立了宏伟的学术目标，领会了基本的思16考方式，从论文题目的选定到论文写作的指导,经由您悉心的点拨,再经思考后的 领悟,常常让我有“山重水复疑无路,柳暗花明又一村”的感觉。 您严以律己、宽以待人的崇高风范，朴实无华、平易近人的人格魅力，与无 微不至、感人至深的人文关怀，令人如沐春风，倍感温馨。两学期的时间短暂而 又匆匆忙忙， 不知不觉已近大四， 在这里让我对老师的辛勤教导表示万分的感谢， 我想说声：李老师！您辛苦了！ 最后， 非常感谢我的导师！ 在写论文的过程中，导师指导我的讲述论文思路. 导师指导的很认真，我也能尽量达到导师的指导目标.在这里，再次郑重的感谢 导师！谢谢您！17
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