2017年考研数学一第18题
📝 题目
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f(1)\gt 0, \displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\frac{f(x)}{x}\lt 0$ 。证明： （I）方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根； （II）方程 $f(x) f^{\prime \prime}(x)+\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根．
💡 答案解析
**答案**: 见解析
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**解析**:
（I）根据极限保号性，因为 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\frac{f(x)}{x}\lt 0$ ，所以存在 $\delta\gt 0$ ，当 $x \in(0, \delta)$ 时，$\displaystyle\frac{f(x)}{x}\lt 0$ ，即当 $x \in(0, \delta)$ 时 $f(x)\lt 0$ ，于是存在 $c \in(0, \delta)$ ，使得 $f(c)\lt 0$ ，因为 $f(c) f(1)\lt 0$ ，所以存在 $x_{0} \in(c, 1) \subset(0,1)$ ，使得 $f\left(x_{0}\right)=0$ ． （II）令 $F(x)=f(x) f^{\prime}(x)$ ，则 $F^{\prime}(x)=f(x) f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime 2}(x)$ ，由 $f(0)=f(c)=0$ ，得存在 $x \in(0, c)$ ，使得 $f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0$ ，
因 $f(0)=f(c)=0$ ，所以 $F(0)=F\left(\xi_{1}\right)=F(c)$ ， 由罗尔定理，存在 $\eta_{1} \in\left(0, \xi_{1}\right)$ ，存在 $\eta_{2} \in\left(\xi_{1}, c\right)$ ，使 $F^{\prime}\left(\eta_{1}\right)=0, F^{\prime}\left(\eta_{2}\right)=0$ ，即方程 $f(x) f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime 2}(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同的实根．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：由极限条件推出f(x)在0附近为负
已知极限条件 $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$。根据极限的保号性，若极限值小于零，则存在一个去心邻域使得函数在该邻域内与极限同号。具体地，设 $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} = A < 0$，则取 $\varepsilon = \frac{|A|}{2} > 0$，存在 $\delta > 0$，使得当 $0 < x < \delta$ 时，有 $\left| \frac{f(x)}{x} - A \right| < \varepsilon$。由此可得 $\frac{f(x)}{x} < A + \varepsilon = A + \frac{|A|}{2} = \frac{A}{2} < 0$（因为 $A<0$）。因此，当 $x \in (0, \delta)$ 时，$\frac{f(x)}{x} < 0$。由于 $x > 0$，不等式两边同乘以正数 $x$ 不改变不等号方向，故 $f(x) < 0$。于是存在 $c \in (0, \delta)$，使得 $f(c) < 0$。这一结论为后续应用零点定理或介值定理提供了必要的函数值符号条件。
公式：$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0 \Rightarrow \exists \delta>0, \forall x \in (0,\delta): \frac{f(x)}{x}<0 \Rightarrow f(x)<0$$
提示：利用极限保号性时，取$\varepsilon = |A|/2$是常用技巧，确保函数值与极限同号。
步骤 2/7
目标：利用零点定理证明f(x)=0在(0,1)内有根
已知在第一步中已得到$f(c)<0$（其中$c\in(0,1)$），且由题目条件可知$f(1)>0$。由于$f(x)$在闭区间$[c,1]$上连续（题目已给出$f(x)$在$[0,1]$上连续，故在子区间$[c,1]$上亦连续），因此满足零点定理（介值定理）的条件：函数在区间端点处函数值异号。根据零点定理，存在一点$x_0\in(c,1)$，使得$f(x_0)=0$。又因为$c\in(0,1)$，所以$(c,1)\subset(0,1)$，从而$x_0\in(0,1)$。这就证明了方程$f(x)=0$在开区间$(0,1)$内至少存在一个实根。
公式：零点定理：若$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$f(a)\cdot f(b)<0$，则存在$\xi\in(a,b)$使得$f(\xi)=0$。
提示：注意检查区间端点函数值是否异号，并明确说明连续性条件。
步骤 3/7
目标：由极限条件推出f(0)=0
已知极限条件 $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$，即该极限存在且为负值。根据极限存在的必要条件，当 $x \to 0^+$ 时，分母 $x \to 0$，若分子 $f(x)$ 不趋于 $0$，则分式的绝对值将趋于无穷大，极限不可能存在。具体分析如下：
假设 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = A$，且 $A \neq 0$。则 $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x}$ 的分子趋于非零常数 $A$，分母趋于 $0$，因此该极限为无穷大（$+\infty$ 或 $-\infty$），与极限存在且为有限值矛盾。因此必有 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$。
又由题目条件，函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续（通常题目隐含或由其他条件保证，此处根据上下文可知 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续），所以 $f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$。
因此，由极限存在且为负，结合连续性，推出 $f(0)=0$。
公式：$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0 \quad \Rightarrow \quad f(0)=0$$
提示：注意极限存在的必要条件：分母趋于0时，分子必须也趋于0，否则极限为无穷。
步骤 4/7
目标：构造辅助函数F(x)=f(x)f'(x)
为了证明题目中的等式，我们考虑构造一个辅助函数，使其导数恰好等于待证等式的左边。观察待证等式：
$$f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = 0$$
注意到该表达式类似于某个函数乘积的导数形式。回忆乘积求导法则：
$$(u \cdot v)' = u'v + uv'$$
若令 $u = f(x)$，$v = f'(x)$，则
$$(f(x) \cdot f'(x))' = f'(x) \cdot f'(x) + f(x) \cdot f''(x) = [f'(x)]^2 + f(x)f''(x)$$
这正是待证等式的左边。因此，我们定义辅助函数：
$$F(x) = f(x) \cdot f'(x)$$
则对 $F(x)$ 求导可得：
$$F'(x) = f'(x) \cdot f'(x) + f(x) \cdot f''(x) = [f'(x)]^2 + f(x)f''(x)$$
于是，待证等式 $f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = 0$ 等价于 $F'(x) = 0$。这样，原问题转化为证明 $F(x)$ 为常数函数。接下来，我们只需利用题目给出的条件（如 $f(0)=0$ 等）来推导 $F(x)$ 恒等于零，从而完成证明。
构造辅助函数是微分中值定理和微分方程证明中常用的技巧，其核心思想是将待证等式与某个函数的导数联系起来，从而利用导数的性质（如导数为零则函数为常数）进行推理。
公式：$$F(x)=f(x)f'(x),\quad F'(x)=f(x)f''(x)+[f'(x)]^2$$
提示：观察待证等式与乘积导数形式的一致性，直接构造即可。
步骤 5/7
目标：利用罗尔定理在(0,c)内找f'(ξ1)=0
由第1步已知，存在点 $c \in (0,1)$ 使得 $f(c)=0$。又由题目条件 $f(0)=0$，因此函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,c]$ 上满足：
1. $f(x)$ 在 $[0,c]$ 上连续（因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续）；
2. $f(x)$ 在 $(0,c)$ 内可导（因为 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导）；
3. 端点函数值相等：$f(0)=f(c)=0$。
根据罗尔定理，存在一点 $\xi_1 \in (0,c)$，使得 $f'(\xi_1)=0$。
至此，我们已在 $(0,c)$ 内找到了 $f(x)$ 的一个驻点 $\xi_1$。由于 $c<1$，故 $\xi_1 \in (0,1)$。该结论将为后续步骤中进一步应用罗尔定理或拉格朗日中值定理提供基础。
公式：$$\exists \xi_1 \in (0,c) \subset (0,1), \text{ 使得 } f'(\xi_1)=0$$
提示：注意 $c$ 是第1步得到的零点，$0
步骤 6/7
目标：得到F(x)在三个点处函数值相等
由前面步骤已设辅助函数 $F(x)=f(x)f'(x)$。首先计算 $F(0)$：由题设条件 $f(0)=0$，代入得 $F(0)=f(0)f'(0)=0\cdot f'(0)=0$。
其次，由题设存在点 $c\in(0,1)$ 使得 $f(c)=f(1)=0$，且 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，故在区间 $[0,c]$ 上对 $f(x)$ 应用罗尔定理：存在 $\xi_1\in(0,c)\subset(0,1)$ 使得 $f'(\xi_1)=0$。于是 $F(\xi_1)=f(\xi_1)f'(\xi_1)=f(\xi_1)\cdot 0=0$。
再次，由题设 $f(1)=0$，且 $f(x)$ 在 $[c,1]$ 上可导，对 $f(x)$ 在 $[c,1]$ 上应用罗尔定理：存在 $\xi_2\in(c,1)$ 使得 $f'(\xi_2)=0$。于是 $F(\xi_2)=f(\xi_2)f'(\xi_2)=f(\xi_2)\cdot 0=0$。但注意步骤目标要求得到三个点处函数值相等，这里已有 $F(0)=0$，$F(\xi_1)=0$，$F(\xi_2)=0$。然而题目中给出的 $c$ 是使得 $f(c)=f(1)=0$ 的那个点，实际上 $c$ 本身也满足 $f(c)=0$，但 $f'(c)$ 不一定为零。不过由 $f(c)=0$ 直接可得 $F(c)=f(c)f'(c)=0\cdot f'(c)=0$。因此我们得到三个点：$0$、$\xi_1$、$c$（或 $\xi_2$）处 $F(x)=0$，即 $F(0)=F(\xi_1)=F(c)=0$。
综上，$F(x)$ 在 $x=0$，$x=\xi_1$，$x=c$ 三点处的函数值均为 $0$，故它们相等。
公式：$$F(0)=f(0)f'(0)=0,\quad F(\xi_1)=f(\xi_1)f'(\xi_1)=0,\quad F(c)=f(c)f'(c)=0$$
提示：注意利用已知零点直接代入 $F(x)$，并结合罗尔定理得到导数为零的点。
步骤 7/7
目标：两次应用罗尔定理得到F'(x)=0的两个不同根
由前一步已知，存在 $\xi_1 \in (0, c)$ 使得 $F(\xi_1)=0$，且 $F(0)=F(c)=0$。
首先，在区间 $[0, \xi_1]$ 上考虑函数 $F(x)$。由于 $F(0)=0$，$F(\xi_1)=0$，且 $F(x)$ 在 $[0, \xi_1]$ 上连续，在 $(0, \xi_1)$ 内可导（由题目条件可知 $f(x)$ 具有二阶导数，故 $F(x)$ 可导），满足罗尔定理的条件。因此，存在 $\eta_1 \in (0, \xi_1)$，使得 $F'(\eta_1)=0$。
其次，在区间 $[\xi_1, c]$ 上考虑函数 $F(x)$。同样地，$F(\xi_1)=0$，$F(c)=0$，且 $F(x)$ 在 $[\xi_1, c]$ 上连续，在 $(\xi_1, c)$ 内可导，满足罗尔定理的条件。因此，存在 $\eta_2 \in (\xi_1, c)$，使得 $F'(\eta_2)=0$。
由于 $0 < \eta_1 < \xi_1 < \eta_2 < c$，所以 $\eta_1$ 与 $\eta_2$ 是两个不同的点。于是我们得到了 $F'(x)=0$ 的两个不同实根 $\eta_1$ 和 $\eta_2$。
而 $F'(x)=f'(x)-\frac{f(c)-f(0)}{c}$，因此方程 $f'(x)=\frac{f(c)-f(0)}{c}$ 至少有两个不同的实根。
至此，原题结论得证。
公式：$$F'(\eta_1)=0,\quad F'(\eta_2)=0,\quad \eta_1 \neq \eta_2$$
提示：注意两个区间不重叠，确保得到的两个根互异。
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