上册 3.2 微分中值问题 第37题

\section*{解题过程：} （1）方法 1：因 $a, b$ 同号，故 $\xi \neq 0$ ，可将所证结论变为：$\displaystyle \left(\frac{a f(b)-b f(a)}{(b-a) x}-\frac{f(x)}{x}\right)_{x=\xi}^{\prime}=0$ ．为此构造函数 $\displaystyle F(x)=\frac{a f(b)-b f(a)}{(b-a) x}-\frac{f(x)}{x}$ ，在 $[a, b]$ 上应用罗尔定理即可证出． 方法 2：令 $\displaystyle \frac{b f(a)-a f(b)}{b-a}=k$ ，则 $\displaystyle \frac{f(a)-k}{a}=\frac{f(b)-k}{b}$ ． 构造函数 $\displaystyle F(x)=\frac{f(x)-k}{x}$ ．由条件易知 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $F(a)=F(b)$ ．由罗尔定理，存在 $\xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)=k$ ，故 $\displaystyle \frac{b f(a)-a f(b)}{b-a}=f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)$ ． 方法3：将所证的等式变为 $\displaystyle \frac{b^{-1} f(b)-a^{-1} f(a)}{b^{-1}-a^{-1}}=\xi f^{\prime}(\xi)-f(\xi)$ 。为此构造函数 $h(x)=x^{-1} f(x)$ ， $g(x)=x^{-1}$ ，在 $[a, b]$ 上应用柯西中值定理。证明如下： 令 $g(x)=x^{-1}, h(x)=x^{-1} f(x)$ ．由 $a b>0$ 知 $0 \notin[a, b]$ ，故 $g(x), h(x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，且 $\left(g^{\prime}(x)\right)^{2}+\left(h^{\prime}(x)\right)^{2} \neq 0, g(a) \neq g(b)$ ．由柯西中值定理，存在一点 $\xi \in(a, b)$ 使得 $$ \frac{a^{-1} f(a)-b^{-1} f(b)}{a^{-1}-b^{-1}}=\frac{\xi^{-1} f^{\prime}(\xi)-\xi^{-2} f(\xi)}{-\xi^{-2}}=f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi) $$ 特别地，当 $f(x)=\mathrm{e}^{x}$ 时，有 $a \mathrm{e}^{b}-b \mathrm{e}^{a}=\mathrm{e}^{\xi}(1-\xi)(b-a)$ ． （2）令 $g(x)=x^{-m}, h(x)=x^{-m} f(x)$ ．由 $a b>0$ 知 $0 \notin[a, b]$ ，从而 $g(x), h(x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，且 $\left(g^{\prime}(x)\right)^{2}+\left(h^{\prime}(x)\right)^{2} \neq 0, g(a) \neq g(b)$ ．由柯西中值定理存在一点 $\xi \in(a, b)$ 使得 $$ \frac{b^{-m} f(b)-a^{-m} f(a)}{b^{-m}-a^{-m}}=\frac{\xi^{-m} f^{\prime}(\xi)-m \xi^{-m-1} f(\xi)}{-m \xi^{-m-1}}=f(\xi)-\frac{\xi}{m} f^{\prime}(\xi) $$ （3）方法 1：构造函数 $F(x)=x f(x)$ ，由条件易知 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，由拉格朗日中值定理，存在一点 $\xi \in(a, b)$ 使得 $\displaystyle \frac{b f(b)-a f(a)}{b-a}=f(\xi)+\xi f^{\prime}(\xi)$ ． 方法 2：构造函数 $F(x)=x f(x)-k x$ ，利用罗尔定理。 （4）方法 1 ：令 $\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=k$ ，则 $f(b)-k \ln b=f(a)-k \ln a$ ． 构造函数 $F(x)=f(x)-k \ln x$ ，由条件易知 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导且 $F(a)=F(b)$ ．由罗尔定理，存在 $\xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $\xi f^{\prime}(\xi)=k$ 。故 $\displaystyle f(b)-f(a)=\xi f^{\prime}(\xi) \ln \frac{b}{a}$ ． 方法 2：把要证的式子改写成 $\displaystyle (f(b)-f(a)) \frac{1}{\eta}=(\ln b-\ln a) f^{\prime}(\eta)$ 。令 $g(x)=\ln x$ ，对 $f(x), g(x)$应用柯西定理。证明如下： 设 $g(x)=\ln x$ ，它在 $[a, b]$ 上与 $f(x)$ 一起满足柯西中值定理条件．于是存在 $\xi \in(a, b)$ 使得 $$ \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{\xi^{-1}} $$ 整理得 $\displaystyle f(b)-f(a)=\xi f^{\prime}(\xi) \ln \frac{b}{a}$ ． （5）设 $G(x)=\ln g(x), F(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，对 $f(x), g(x)$ 应用柯西定理，存在一点 $\xi \in(a, b)$ 使 $$ \frac{\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x}{\ln g(b)-\ln g(a)}=\frac{f(\xi)}{\frac{g^{\prime}(\xi)}{g(\xi)}} $$ 整理得 $\displaystyle g^{\prime}(\xi) \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=f(\xi) g(\xi) \ln \frac{g(b)}{g(a)}$ ．