2007年考研数学二第21题

首先，根据题目条件，已知函数$f(x)$和$g(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在开区间$(a,b)$内二阶可导，且$f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$。为了利用罗尔定理或拉格朗日中值定理证明存在某点使得$f''(\xi)=g''(\xi)$，我们构造辅助函数$h(x)=f(x)-g(x)$。 由于$f$和$g$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内二阶可导，因此$h(x)$也在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内二阶可导。并且由$f(a)=g(a)$和$f(b)=g(b)$可得： $$h(a)=f(a)-g(a)=0,\quad h(b)=f(b)-g(b)=0.$$ 这样，$h(x)$在区间端点处的函数值相等（均为0），满足罗尔定理的第一个条件。此外，$h(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导（实际上二阶可导，当然一阶可导），因此根据罗尔定理，存在至少一点$\eta\in(a,b)$，使得$h'(\eta)=0$。 进一步，由于$h(a)=h(b)=0$，且$h$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，我们还可以对$h$在$[a,b]$上应用罗尔定理，得到存在$\xi_1\in(a,b)$使得$h'(\xi_1)=0$。但这里我们更关注的是二阶导数的关系，因此后续步骤中需要再次应用罗尔定理或拉格朗日中值定理。 本步骤的核心是明确$h(x)$的构造及其基本性质：$h$在端点处取零值，且具有足够的可导性，为后续使用中值定理奠定基础。

由题意，函数$f(x)$与$g(x)$在开区间$(a,b)$内具有相同的最大值，记该最大值为$M$。由于最大值在区间内部取得，故存在点$x_1 \in (a,b)$使得$f(x_1)=M$，存在点$x_2 \in (a,b)$使得$g(x_2)=M$。为便于后续讨论，不妨设$x_1 \leq x_2$。这里需要分两种情形进行讨论： **情形一：** $x_1 = x_2$。此时$f$与$g$在同一点$x_1$处同时取得最大值$M$，即$f(x_1)=g(x_1)=M$。那么考虑辅助函数$h(x)=f(x)-g(x)$，显然$h(x_1)=0$。若$h(x)$在$x_1$附近恒为零，则结论成立；否则，$x_1$是$h(x)$的零点，后续可利用零点定理或导数性质进一步分析。 **情形二：** $x_1 < x_2$。此时$f$在$x_1$处取得最大值$M$，$g$在$x_2$处取得最大值$M$，且$x_1 < x_2$。由于$f$和$g$在闭区间$[x_1,x_2]$上连续（题目隐含条件），考虑函数$\varphi(x)=f(x)-g(x)$。在左端点$x_1$处，有$\varphi(x_1)=f(x_1)-g(x_1)=M-g(x_1)$。因为$g(x_1) \leq M$（$M$是$g$的最大值），所以$\varphi(x_1) \geq 0$。在右端点$x_2$处，有$\varphi(x_2)=f(x_2)-g(x_2)=f(x_2)-M$。因为$f(x_2) \leq M$，所以$\varphi(x_2) \leq 0$。于是$\varphi(x_1) \geq 0 \geq \varphi(x_2)$。若$\varphi(x_1)=0$或$\varphi(x_2)=0$，则已找到公共点；若$\varphi(x_1)>0$且$\varphi(x_2)<0$，则由连续函数的介值定理，存在$\xi \in (x_1,x_2)$使得$\varphi(\xi)=0$，即$f(\xi)=g(\xi)$。 综上，通过引入最大值点并比较其位置，将问题转化为在区间$[x_1,x_2]$上应用介值定理或零点定理，为后续证明存在公共点奠定基础。

考虑情况一：最大值点重合，即 $x_1 = x_2$。设 $x_1 = x_2 = c$，则 $h(c) = f(c) - g(c) = M - M = 0$。此时函数 $h(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上满足：$h(a) = 0$，$h(c) = 0$，$h(b) = 0$，即 $h(x)$ 有三个不同的零点 $a, c, b$（其中 $c$ 可能等于 $a$ 或 $b$，但题目条件 $x_1 \in (a, b)$，$x_2 \in (a, b)$，故 $c \in (a, b)$，因此 $a < c < b$）。 由于 $h(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导（由 $f, g$ 二阶可导保证），对 $h(x)$ 在区间 $[a, c]$ 和 $[c, b]$ 上分别应用罗尔定理：存在 $\xi_1 \in (a, c)$ 使得 $h'(\xi_1) = 0$，存在 $\xi_2 \in (c, b)$ 使得 $h'(\xi_2) = 0$。 再对导函数 $h'(x)$ 在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上应用罗尔定理：存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b)$ 使得 $h''(\xi) = 0$。 因此，在最大值点重合的情况下，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $h''(\xi) = 0$，即 $f''(\xi) = g''(\xi)$。

考虑情况二，即函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上的最大值点不同。设 $f(x)$ 的最大值点为 $x_1$，$g(x)$ 的最大值点为 $x_2$，且 $x_1 < x_2$。令 $M = \max\{f(x_1), g(x_2)\}$。由于 $x_1$ 是 $f(x)$ 的最大值点，有 $f(x_1) = \max_{x\in[a,b]} f(x)$；$x_2$ 是 $g(x)$ 的最大值点，有 $g(x_2) = \max_{x\in[a,b]} g(x)$。因为最大值点不同，且 $x_1 < x_2$，我们考虑辅助函数 $h(x) = f(x) - g(x)$。 首先计算 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1)$。由于 $g(x_1) \leq g(x_2)$（因为 $x_2$ 是 $g$ 的最大值点），且 $f(x_1) = M$（因为 $M$ 是 $f(x_1)$ 与 $g(x_2)$ 中的较大者，而 $f(x_1)$ 是 $f$ 的最大值，故 $M = f(x_1)$ 或 $M = g(x_2)$，但这里 $x_1 < x_2$，我们需分情况讨论。实际上，由 $M$ 的定义，$M \geq f(x_1)$ 且 $M \geq g(x_2)$，但 $f(x_1)$ 是 $f$ 的最大值，所以 $M \geq f(x_1)$ 恒成立，但 $M$ 可能等于 $f(x_1)$ 也可能等于 $g(x_2)$。然而，在情况二中，最大值点不同，因此 $f(x_1)$ 与 $g(x_2)$ 不一定相等。我们直接利用 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2)$。由于 $M = \max\{f(x_1), g(x_2)\}$，若 $M = f(x_1)$，则 $f(x_1) \geq g(x_2)$，从而 $h(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2) \geq 0$；若 $M = g(x_2)$，则 $g(x_2) \geq f(x_1)$，此时 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \leq g(x_2) - g(x_1)$，但 $g(x_1) \leq g(x_2)$，故 $h(x_1) \leq g(x_2) - g(x_1) \geq 0$？实际上，我们需要更精确的符号判断。 更严谨的做法：由于 $x_1$ 是 $f$ 的最大值点，$x_2$ 是 $g$ 的最大值点，且 $x_1 < x_2$，考虑 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1)$。因为 $g(x_1) \leq g(x_2)$，所以 $h(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2)$。同理，$h(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2)$（因为 $f(x_2) \leq f(x_1)$）。于是 $h(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2)$ 且 $h(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2)$。若 $f(x_1) > g(x_2)$，则 $h(x_1) > 0$，$h(x_2) < 0$；若 $f(x_1) < g(x_2)$，则 $h(x_1) > 0$？实际上，若 $f(x_1) < g(x_2)$，则 $f(x_1) - g(x_2) < 0$，此时 $h(x_1) \geq$ 一个负数，不能直接判断正负。但注意，$h(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2) < 0$，故 $h(x_2) < 0$。而 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2) < 0$，仍不能确定。 实际上，标准解法是：由于 $x_1$ 是 $f$ 的最大值点，$x_2$ 是 $g$ 的最大值点，且 $x_1 < x_2$，则 $f(x_1) \geq f(x_2)$，$g(x_2) \geq g(x_1)$。考虑 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2)$，$h(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2)$。因此 $h(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2)$ 且 $h(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2)$。若 $f(x_1) > g(x_2)$，则 $h(x_1) > 0$，$h(x_2) < 0$；若 $f(x_1) < g(x_2)$，则 $h(x_1) > 0$？实际上，若 $f(x_1) < g(x_2)$，则 $f(x_1) - g(x_2) < 0$，此时 $h(x_2) \leq$ 负数，故 $h(x_2) < 0$，而 $h(x_1) \geq$ 负数，不能保证正负。但我们可以交换 $f$ 和 $g$ 的角色，或者考虑 $h(x) = g(x) - f(x)$。实际上，若 $f(x_1) < g(x_2)$，则令 $M = g(x_2)$，此时 $h(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2) < 0$，而 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2) < 0$，两者均为负，无法使用零点定理。但我们可以考虑 $-h(x)$。 更简洁的经典证法：不妨设 $f(x_1) \geq g(x_2)$（否则交换 $f$ 与 $g$ 的角色，结论对称）。则 $M = f(x_1)$。于是 $h(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq f(x_1) - g(x_2) \geq 0$，且 $h(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq f(x_1) - g(x_2) \leq 0$。若 $h(x_1)=0$ 或 $h(x_2)=0$，则已得证；否则 $h(x_1)>0$，$h(x_2)<0$。由零点定理，存在 $c \in (x_1, x_2) \subset (a,b)$，使得 $h(c)=0$，即 $f(c)=g(c)$。 因此，在情况二下，无论哪种子情形，总存在 $c \in (a,b)$ 使得 $f(c)=g(c)$。