上册 3.2 微分中值问题 第39题
📝 题目
39．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内有二阶导数，且 $\displaystyle f(0)=f(1)=0, f\left(\frac{1}{2}\right)=1$ ．证明：（1）存在一点 $\displaystyle \xi_{1} \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 使 $f\left(\xi_{1}\right)=\xi_{1}$ ；（2）存在一点 $\xi_{2} \in\left(0, \xi_{1}\right)$ 使 $f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=1$ ；（3）存在一点 $\xi_{3} \in\left(0, \xi_{2}\right)$ 使 $f^{\prime}\left(\xi_{3}\right)+\xi_{3} f^{\prime \prime}\left(\xi_{3}\right)=1$ ．（西安电子科技 2009 ，上海师大 2004 ，上海师大 2001 ，上海师大 2003 （改 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 为 $\displaystyle \frac{1}{3}$ ））
（2）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续，在开区间 $(0,1)$ 内可微，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ．证明： （1）存在 $\xi \in(0,1)$ 使得 $f(\xi)=1-\xi$ ；（2）存在 $\eta, \zeta \in(0,1)$ 使得 $f^{\prime}(\eta) f^{\prime}(\zeta)=1$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）令 $F(x)=f(x)-x$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且有 $\displaystyle F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}>0, F(1)=-1<0$ ．由根的存在性定理，存在 $\displaystyle \xi_{1} \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 使得 $F\left(\xi_{1}\right)=0$ ，即 $f\left(\xi_{1}\right)=\xi_{1}$ ．
在 $\left[0, \xi_{1}\right]$ 上，$F(0)=F\left(\xi_{1}\right)=0$ ，应用罗尔定理，存在一点 $\xi_{2} \in\left(0, \xi_{1}\right)$ 使 $F^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=0$ ，即 $f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=1$ 。
令 $G(x)=x\left(1-f^{\prime}(x)\right)$ ，则 $G(0)=G\left(\xi_{2}\right)=0$ 。应用 Rolle 定理，$\exists \xi_{3} \in\left(0, \xi_{2}\right)$ 使
$$
G^{\prime}\left(\xi_{3}\right)=1-f^{\prime}\left(\xi_{3}\right)-\xi_{3} f^{\prime \prime}\left(\xi_{3}\right)=0 \text {, 即 } f^{\prime}\left(\xi_{3}\right)+\xi_{3} f^{\prime \prime}\left(\xi_{3}\right)=1 \text { 。 }
$$
（2）设 $F(x)=f(x)+x-1$ ．在 $[0,1]$ 上应用根的存在性定理，存在 $\xi \in(0,1)$ 使 $F(\xi)=0$ ，即 $f(\xi)=1-\xi$ ．
在 $(0, \xi),(\xi, 1)$ 上应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点 $\eta \in(0, \xi), \zeta \in(\xi, 1)$ 使
$$
f^{\prime}(\eta)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}, f^{\prime}(\zeta)=\frac{f(\xi)-f(1)}{\xi-1},
$$
则 $f^{\prime}(\zeta) f^{\prime}(\eta)=1$ 。
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：构造辅助函数并证明存在性（1）
令 $F(x)=f(x)-x$，则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。计算 $F\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$，$F(1)=f(1)-1=0-1=-1<0$。由根的存在性定理（零点定理），存在 $\xi_1\in\left(\frac{1}{2},1\right)$ 使得 $F(\xi_1)=0$，即 $f(\xi_1)=\xi_1$。
公式：零点定理：若 $F(a)F(b)<0$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $F(c)=0$。
提示：注意区间端点函数值异号，且区间为开区间。
步骤 2/7
目标：应用罗尔定理证明存在导数为1的点（2）
在区间 $[0,\xi_1]$ 上，$F(0)=f(0)-0=0$，$F(\xi_1)=0$，且 $F(x)$ 在 $[0,\xi_1]$ 上连续，在 $(0,\xi_1)$ 内可导。由罗尔定理，存在 $\xi_2\in(0,\xi_1)$ 使得 $F'(\xi_2)=0$，即 $f'(\xi_2)-1=0$，故 $f'(\xi_2)=1$。
公式：罗尔定理：若 $F(a)=F(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $F'(c)=0$。
提示：注意 $F(0)=0$ 需验证，且 $\xi_2$ 在 $(0,\xi_1)$ 内。
步骤 3/7
目标：构造新辅助函数并应用罗尔定理（3）
令 $G(x)=x(1-f'(x))$，则 $G(0)=0\cdot(1-f'(0))=0$，$G(\xi_2)=\xi_2(1-f'(\xi_2))=\xi_2(1-1)=0$。$G(x)$ 在 $[0,\xi_2]$ 上连续，在 $(0,\xi_2)$ 内可导（因为 $f$ 二阶可导）。由罗尔定理，存在 $\xi_3\in(0,\xi_2)$ 使得 $G'(\xi_3)=0$。
公式：罗尔定理。
提示：验证 $G(\xi_2)=0$ 时用到上一步结论 $f'(\xi_2)=1$。
步骤 4/7
目标：计算导数并得到所需等式
计算 $G'(x)=1-f'(x)-x f''(x)$。由 $G'(\xi_3)=0$ 得 $1-f'(\xi_3)-\xi_3 f''(\xi_3)=0$，即 $f'(\xi_3)+\xi_3 f''(\xi_3)=1$。
公式：乘积求导法则：$(x(1-f'(x)))' = 1-f'(x) - x f''(x)$。
提示：注意求导时 $f'(x)$ 的导数是 $f''(x)$。
步骤 5/7
目标：证明第二问（1）存在性
设 $F(x)=f(x)+x-1$，则 $F(0)=f(0)+0-1=-1<0$，$F(1)=f(1)+1-1=1>0$。由零点定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $F(\xi)=0$，即 $f(\xi)=1-\xi$。
公式：零点定理。
提示：注意 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 的条件。
步骤 6/7
目标：应用拉格朗日中值定理得到两个导数
在区间 $[0,\xi]$ 上，由拉格朗日中值定理，存在 $\eta\in(0,\xi)$ 使得 $f'(\eta)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=\frac{1-\xi}{\xi}$。在区间 $[\xi,1]$ 上，存在 $\zeta\in(\xi,1)$ 使得 $f'(\zeta)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{1-(1-\xi)}{1-\xi}=\frac{\xi}{1-\xi}$。
公式：拉格朗日中值定理：$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
提示：注意 $f(\xi)=1-\xi$ 代入。
步骤 7/7
目标：计算乘积得证
计算 $f'(\eta) f'(\zeta)=\frac{1-\xi}{\xi} \cdot \frac{\xi}{1-\xi}=1$。
公式：无。
提示：注意 $\xi\in(0,1)$，分母不为零。
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