2010年考研数学三第19题

好的，我们将题目分为两个部分分别进行推理和证明。我将用严格的数学语言以及清楚的分析步骤来给出完整解答。

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## （I）证明存在 \(\eta \in (0,2)\)，使 \(f(\eta) = f(0)\)

已知条件 \[ 2 f(0) = \int_{0}^{2} f(x)\, dx. \]

第一步：由积分中值定理，由于 \(f\) 在 \([0,2]\) 连续，存在一点 \(c \in [0,2]\) 使得 \[ \int_{0}^{2} f(x)\, dx = 2 f(c). \] 因此 \[ 2 f(0) = 2 f(c) \quad \Rightarrow \quad f(0) = f(c). \]

如果 \(c \in (0,2)\)，则直接取 \(\eta = c\) 即得证。 若 \(c=0\) 或 \(c=2\)，我们需要进一步分析。

② 假设 \(c=0\)。此时 \[ \int_{0}^{2} f(x) \,dx = 2f(0). \] 考虑辅助函数 \[ F(x) = \int_{0}^{x} f(t)\, dt - x f(0). \] 显然 \(F(0)=0\)，且 \[ F(2) = \int_{0}^{2} f(t)\, dt - 2 f(0) = 0. \] 因此由 Rolle 定理，存在 \(\eta \in (0,2)\) 使得 \[ F'(\eta) = f(\eta) - f(0) = 0, \] 即 \(f(\eta) = f(0)\)。

若 \(c=2\) 的情形同理（因为同样有两端点函数 \(F\) 在 0 和 2 处相等），结论依然成立。

因此，总存在 \(\eta \in (0,2)\) 满足 \[ f(\eta) = f(0). \]

这样就完成了（I）的证明。

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## （II）证明存在 \(\xi \in (0,3)\)，使 \(f''(\xi) = 0\)

第二个条件是 \[ \int_{0}^{2} f(x)\, dx = f(2) + f(3). \]

第一步：由（I）我们已经知道存在 \(\eta \in (0,2)\) 使得 \(f(\eta)=f(0)\)。

第二步：利用原条件中的第二等式： 由积分中值定理，存在 \(\theta \in (0,2)\) 使得 \[ \int_{0}^{2} f(x)\, dx = 2 f(\theta). \] 于是 \[ 2 f(\theta) = f(2) + f(3). \] 这个等式可变形为 \[ f(2) - f(\theta) = f(\theta) - f(3). \]

这说明 \(f(2), f(\theta), f(3)\) 成等差数列。但我们更关心导数的零点。

第三步：我们考虑在区间 \([\eta, 2]\) 上应用拉格朗日中值定理： 存在 \(\xi_1 \in (\eta, 2)\) 使得 \[ f'(\xi_1) = \frac{f(2) - f(\eta)}{2 - \eta}. \] 由于 \(f(\eta)=f(0)\)，但是我们尚未直接得到 \(f(0)\) 与 \(f(2)\) 的关系，故暂时保留。

再考虑区间 \([2,3]\) 用拉格朗日中值定理： 存在 \(\xi_2 \in (2,3)\) 使得 \[ f'(\xi_2) = \frac{f(3) - f(2)}{3-2} = f(3) - f(2). \]

第四步：由条件 \[ 2 f(\theta) = f(2) + f(3) \] 且 \(\theta \in (0,2)\)，我们可以选取到适当的点使得一阶导数值相等。

实际上，我们也可以考虑用一次中值定理于另一区间 \([0, \eta]\)： 存在 \(\xi_0 \in (0, \eta)\) 使 \[ f'(\xi_0) = \frac{f(\eta) - f(0)}{\eta-0}=0. \] 所以已经知道存在一点 \(\xi_0\) 使得一阶导数为零。

第五步：接下来在区间 \([0,2]\) 上，由于 \(f(0)=f(\eta)\)，在 \(\xi_0\) 和 \(\eta\) 之间再用中值定理不能直接得到新的导数等值关系，但是我们还有另一个条件。

再看条件 \(2 f(\theta) = f(2)+f(3)\)，即 \[ f(2) - f(\theta) = f(\theta) - f(3). \] 于是对区间 \([\theta,2]\) 和 \([2,3]\) 分别用拉格朗日中值定理，有 \[ f'(\alpha) = \frac{f(2)-f(\theta)}{2-\theta},\quad f'(\beta) = \frac{f(3)-f(2)}{1}, \] 其中 \(\alpha \in (\theta,2), \beta \in (2,3)\)。注意 \[ \frac{f(2)-f(\theta)}{2-\theta} = \frac{f(\theta)-f(3)}{2-\theta}. \] 但是 \(f(3)-f(2) = -(f(2)-f(3))\)，而由等差关系有 \(f(2)-f(\theta)=f(\theta)-f(3)\)，于是比较 \(f'(\alpha)\) 与 \(f'(\beta)\) 时需小心符号。实际上， \[ f'(\beta) = f(3)-f(2) = -[f(2)-f(3)] = -[f(2)-f(\theta) + f(\theta)-f(3)]. \] 由于 \(f(\theta)-f(3)=f(2)-f(\theta)\)，可得 \[ f'(\beta) = -2(f(2)-f(\theta)). \] 而 \[ f'(\alpha) = \frac{f(2)-f(\theta)}{2-\theta}. \] 它们不一定相等。因此这条路较复杂。

更可靠的方法是：我们已有 \(f'(\xi_0)=0\)。

再考虑使用一次微分中值定理于 \(f'\)。我们还需要另一个点使导数为零。 考虑在区间 \([0,2]\) 上，由积分条件 \[ \int_0^2 f(x)\,dx = 2f(0) \] 及积分中值定理，我们已经得到存在 \(\eta\) 使 \(f(\eta)=f(0)\)。结合存在 \(\xi_0 \in (0,\eta)\) 使 \(f'(\xi_0)=0\)。

接着，考虑 \(\theta \in (0,2)\) 满足 \[ f(2)+f(3)=2f(\theta). \] 在区间 \([ \theta, 3]\) 上对 \(f\) 应用中值定理：存在 \(\gamma \in (\theta,3)\) 使 \[ f'(\gamma) = \frac{f(3)-f(\theta)}{3-\theta}. \] 在 \([2,\theta]\) 若 \(\theta>2\)？ 但 \(\theta \in (0,2)\)，所以 \(\theta < 2\)。于是可以考察 \([2,3]\) 与 \([\theta,2]\)。

关键是：利用给的等式可以找到两个不同点的一阶导数值相等：

由 \[ 2f(\theta)=f(2)+f(3) \] 可得 \[ f(2)-f(\theta) = f(\theta) - f(3). \] 应用拉格朗日中值定理于 \([\theta,2]\) 与 \([2,3]\)： 存在 \(p \in (\theta,2)\) 和 \(q \in (2,3)\) 使得 \[ f'(p) = \frac{f(2)-f(\theta)}{2-\theta},\quad f'(q) = \frac{f(3)-f(2)}{1}. \] 由等差关系，\(f(3)-f(2) = - (f(2)-f(\theta)) - (f(\theta)-f(3))\)，实际上更直接的观察是：

从 \(f(2)-f(\theta) = f(\theta)-f(3)\) 可得 \[ \frac{f(2)-f(\theta)}{2-\theta} = \frac{f(\theta)-f(3)}{2-\theta}. \] 而 \(f(3)-f(2) = (f(3)-f(\theta)) + (f(\theta)-f(2)) = -(f(2)-f(\theta)) - (f(\theta)-f(3))\) 代入 \(f(\theta)-f(3) = f(2)-f(\theta)\) 得到 \[ f(3)-f(2) = -2(f(2)-f(\theta)). \] 所以 \[ f'(q) = -2(f(2)-f(\theta)). \] 因此 \[ f'(p) = \