上册 3.2 微分中值问题 第24题
📝 题目
24．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可微，$f(a)=f(b)=0$ ．试证：$\forall \alpha \in(-\infty,+\infty)$ ， $\exists \xi \in(a, b)$ 使得 $\alpha f(\xi)=f^{\prime}(\xi)$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 可微，$x_{1}0$ ．证明：$f(x)$ 至多存在一个零点．
（5）设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上可导，$f(x) \neq 0,2 f^{\prime}(x)+f(x) \neq 0$ ．证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 至多存在一个零点．
（6）设 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 内可导，证明在 $(-2,2)$ 内至少有 $x(1-x) f^{\prime}(x)+(1-2 x)$ 的一个零点．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）要 $f^{\prime}(\xi)-\alpha f(\xi)=0$ ，即 $\xi$ 为函数 $f^{\prime}(x)-\alpha f(x)$ 的零点。注意到
$$
\left(f(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}\right)^{\prime}=f^{\prime}(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}-\alpha f(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}=\left(f^{\prime}(x)-\alpha f(x)\right) \mathrm{e}^{-\alpha x} .
$$
所以只要对函数 $F(x)=f(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}$ 验证 Rolle 中值定理的条件既可。证明如下：
设 $F(x)=f(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}, x \in[a, b]$ ，则 $F(a)=F(b)=0, F(x)$ 在 $[a, b]$ 个连续，在 $(a, b)$ 内可微，且
$$
F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}-\alpha f(x) \mathrm{e}^{-\alpha x}=\left(f^{\prime}(x)-\alpha f(x)\right) \mathrm{e}^{-\alpha x} .
$$
由 Rolle 中值定理，$\exists \xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=\left(f^{\prime}(\xi)-\alpha f(\xi)\right) \mathrm{e}^{-\alpha_{\xi}^{\xi}}=0$ ，即 $f^{\prime}(\xi)=\alpha f(\xi)$ ．
（2）构造函数 $F(x)=\mathrm{e}^{x}\left(f(x)-f\left(x_{1}\right)\right)$ ，则 $F\left(x_{1}\right)=\mathrm{e}^{x_{1}}\left(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{1}\right)\right)=0, F\left(x_{2}\right)=\mathrm{e}^{x_{2}}\left(f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)\right)=0$ ．由 Rolle 中值定理，$\exists \xi \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $f(\xi)+f^{\prime}(\xi)=f\left(x_{1}\right)$ 。
（3）由（1）得证。
（4）方法 1：若 $f(x)$ 有两个零点，则由（2）得，在两个零点之间必有 $f^{\prime}(x)+f(x)=0$ 的根，与 $f^{\prime}(x)+f(x)>0$ 矛盾．
方法 2：设 $F(x)=\mathrm{e}^{x} f(x)$ ，则 $F^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}\left(f^{\prime}(x)+f(x)\right)>0$ ，即 $F(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上递增，故方程 $\mathrm{e}^{x} f(x)=0$ 最多只有一个实根．从而方程 $f(x)=0$ 最多只有一个实根。
（5）设 $\displaystyle F(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{2} x} f(x)$ ，则 $\displaystyle F^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{2} x}\left(f^{\prime}(x)+\frac{1}{2} f(x)\right) \neq 0$ ，即 $F(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调，故方程 $\displaystyle \mathrm{e}^{\frac{1}{2} x} f(x)=0$ 最多只有一个实根．从而方程 $f(x)=0$ 最多只有一个实根．
（6）构造函数 $F(x)=(1-x) x \mathrm{e}^{f(x)}$ ，则 $F(0)=F(1)=0, F^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{f(x)}\left[f^{\prime}(x)(1-x) x+(1-2 x)\right]$ 。由 Rolle 中值定理，$\exists \xi \in(0,1)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即在 $(-2,2)$ 内有 $x(1-x) f^{\prime}(x)+(1-2 x)$ 的一个零点。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：构造辅助函数并应用罗尔定理（第1问）
令 $F(x)=f(x)e^{-\alpha x}$，则 $F(a)=f(a)e^{-\alpha a}=0$，$F(b)=f(b)e^{-\alpha b}=0$，且 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导。由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $F'(\xi)=0$。计算 $F'(x)=f'(x)e^{-\alpha x}-\alpha f(x)e^{-\alpha x}=e^{-\alpha x}(f'(x)-\alpha f(x))$，故 $e^{-\alpha\xi}(f'(\xi)-\alpha f(\xi))=0$，即 $f'(\xi)=\alpha f(\xi)$。
公式：$(f(x)e^{-\alpha x})' = e^{-\alpha x}(f'(x)-\alpha f(x))$
提示：注意辅助函数构造的关键是使得导数中出现目标表达式，且端点值相等。
步骤 2/6
目标：构造辅助函数并应用罗尔定理（第2问）
令 $F(x)=e^x(f(x)-f(x_1))$，则 $F(x_1)=e^{x_1}(f(x_1)-f(x_1))=0$，$F(x_2)=e^{x_2}(f(x_2)-f(x_1))=0$，且 $F(x)$ 在 $[x_1,x_2]$ 连续，在 $(x_1,x_2)$ 可导。由罗尔定理，存在 $\xi\in(x_1,x_2)$ 使得 $F'(\xi)=0$。计算 $F'(x)=e^x(f(x)-f(x_1))+e^x f'(x)=e^x(f(x)+f'(x)-f(x_1))$，故 $e^\xi(f(\xi)+f'(\xi)-f(x_1))=0$，即 $f(\xi)+f'(\xi)=f(x_1)$。
公式：$(e^x(f(x)-c))' = e^x(f(x)+f'(x)-c)$
提示：注意常数 $f(x_1)$ 的处理，构造时需使端点值为零。
步骤 3/6
目标：利用第1问结论证明第3问
设 $f(x)$ 的两个零点为 $a$ 和 $b$，即 $f(a)=f(b)=0$。在第1问中取 $\alpha=-\lambda$，则存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=-\lambda f(\xi)$，即 $f'(\xi)+\lambda f(\xi)=0$。因此 $f(x)$ 的任意两个零点之间必有 $f'(x)+\lambda f(x)=0$ 的根。
公式：第1问结论：$\exists\xi$ 使 $f'(\xi)=\alpha f(\xi)$
提示：注意将 $\lambda$ 对应到 $\alpha$，即 $\alpha=-\lambda$。
步骤 4/6
目标：反证法或单调性证明第4问
方法一（反证法）：假设 $f(x)$ 有两个零点 $x_10$ 矛盾。故 $f(x)$ 至多一个零点。
方法二（单调性）：令 $F(x)=e^x f(x)$，则 $F'(x)=e^x(f'(x)+f(x))>0$，故 $F(x)$ 严格递增。若 $f(x)$ 有两个零点 $a
公式：$(e^x f(x))' = e^x(f'(x)+f(x))$
提示：注意反证法需要利用第2问结论，而单调性法更直接。
步骤 5/6
目标：构造辅助函数并利用单调性证明第5问
令 $F(x)=e^{\frac{1}{2}x}f(x)$，则 $F'(x)=e^{\frac{1}{2}x}\left(f'(x)+\frac{1}{2}f(x)\right)$。由条件 $2f'(x)+f(x)\neq0$ 知 $f'(x)+\frac{1}{2}f(x)\neq0$，故 $F'(x)\neq0$，从而 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调（不变号）。若 $f(x)$ 有两个零点 $a
公式：$(e^{\frac{1}{2}x}f(x))' = e^{\frac{1}{2}x}\left(f'(x)+\frac{1}{2}f(x)\right)$
提示：注意条件 $2f'(x)+f(x)\neq0$ 等价于 $f'(x)+\frac{1}{2}f(x)\neq0$。
步骤 6/6
目标：构造辅助函数并应用罗尔定理证明第6问
令 $F(x)=x(1-x)e^{f(x)}$，则 $F(0)=0$，$F(1)=0$，且 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，在 $(0,1)$ 可导。由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)\subset(-2,2)$ 使得 $F'(\xi)=0$。计算 $F'(x)=e^{f(x)}[f'(x)x(1-x)+(1-2x)]$，故 $e^{f(\xi)}[\xi(1-\xi)f'(\xi)+(1-2\xi)]=0$，即 $\xi(1-\xi)f'(\xi)+(1-2\xi)=0$。因此 $x(1-x)f'(x)+(1-2x)$ 在 $(-2,2)$ 内至少有一个零点。
公式：$(x(1-x)e^{f(x)})' = e^{f(x)}[f'(x)x(1-x)+(1-2x)]$
提示：注意区间 $(-2,2)$ 包含 $[0,1]$，因此零点在 $(-2,2)$ 内。
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