上册 3.2 微分中值问题 第44题
📝 题目
44．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ．证明在 $(0,1)$ 内存在不相同的两点 $x_{1}, x_{2}$ 满足 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{1}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=2$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ．证明：对任意正数 $a, b$ ，在 $(0,1)$ 内存在不相同的两点 $x_{1}, x_{2}$ 满足 $\displaystyle \frac{a}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{b}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=a+b$ 。华中师大 2014，西安电子科技 2012，三峡大学 2009，首都师大
2002，北京科技 2007）
（3）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $\displaystyle f(0)=0, f(1)=\frac{1}{2}$ ．证明在 $(0,1)$ 内存在不相同的两点 $x_{1}, x_{2}$ 满足 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{1}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=4$ ．
（4）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可导，$f(a)=0, f(b)=1$ ．求证：（1）存在 $c \in(a, b)$ 使得 $\displaystyle f(c)=\frac{1}{2}$ ；（2）存在 $\xi, \eta \in(a, b), \xi \neq \eta$ 使得 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}(\xi)}+\frac{1}{f^{\prime}(\eta)}=2(b-a)$ 。
（5）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$ 。证明对任意一组正数 $k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{n}$ ，在 $(0,1)$ 内存在不相同的 $n$ 点 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 满足 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{k_{i}}{f^{\prime}\left(x_{i}\right)}=\sum_{i=1}^{n} k_{i}$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由介值定理知，存在 $\xi \in(0,1)$ 使得 $\displaystyle f(\xi)=\frac{1}{2}$ ．在 $[0, \xi],[\xi, 1]$ 上分别应用拉格朗日定理，存在 $x_{1} \in(0, \xi), x_{2} \in(\xi, 1)$ 使 $\displaystyle f^{\prime}\left(x_{1}\right)=\frac{1}{2 \xi}, f^{\prime}\left(x_{2}\right)=\frac{1}{2-2 \xi}$ ．从而 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{1}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=2$ ．
（2）把 $\displaystyle \frac{a}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{b}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=a+b$ 化为 $\displaystyle \frac{a}{(a+b) f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{b}{(a+b) f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=1$ 。
由介值定理知，存在 $\xi \in(0,1)$ 使得 $\displaystyle f(\xi)=\frac{a}{a+b}$ ．在 $[0, \xi],[\xi, 1]$ 上分别应用拉格朗日定理，存在 $x_{1} \in(0, \xi), x_{2} \in(\xi, 1)$ 使
$$
f^{\prime}\left(x_{1}\right)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi}=\frac{1}{\xi} \frac{a}{a+b}, f^{\prime}\left(x_{2}\right)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{b}{a+b} \frac{1}{1-\xi}
$$
从而 $\displaystyle \frac{a}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{b}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=a+b$ ．
（3）由介值定理知，存在 $\xi \in(0,1)$ 使得 $\displaystyle f(\xi)=\frac{1}{4}$ ．在 $[0, \xi],[\xi, 1]$ 上分别应用拉格朗日定理，存在 $x_{1} \in(0, \xi), x_{2} \in(\xi, 1)$ 使
$$
f^{\prime}\left(x_{1}\right)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi}=\frac{1}{4 \xi}, f^{\prime}\left(x_{2}\right)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{1}{4} \frac{1}{1-\xi}
$$
从而 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}\left(x_{1}\right)}+\frac{1}{f^{\prime}\left(x_{2}\right)}=4$ ．
（4）由介值定理知，存在 $c \in(a, b)$ 使得 $\displaystyle f(c)=\frac{1}{2}$ ．在 $[a, c],[c, b]$ 上分别应用拉格朗日定理，存在 $\xi \in(a, x), \eta \in(x, b)$ 使
$$
f^{\prime}(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\frac{1}{2} \frac{1}{c-a}, f^{\prime}(\eta)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{1}{2} \frac{1}{b-c} .
$$
由 $\displaystyle c-a=\frac{1}{2} \frac{1}{f^{\prime}(\xi)}, b-c=\frac{1}{2} \frac{1}{f^{\prime}(\eta)}$ 得 $\displaystyle \frac{1}{f^{\prime}(\xi)}+\frac{1}{f^{\prime}(\eta)}=2(b-a)$ ．
（5）记 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_{i}=m, \lambda_{i}=\frac{k_{i}}{m}, i=1,2, \cdots, n$ ，则 $\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}=1,0<\lambda_{i}<1$ ．转证
$$
\frac{\lambda_{1}}{f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}+\frac{\lambda_{2}}{f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)}+\cdots+\frac{\lambda_{n}}{f^{\prime}\left(\xi_{n}\right)}=1
$$
证明如下：
已知 $f(x)$ 连续及 $f(0)=0, f(1)=1,0<\lambda_{1}<1$ ，由介值定理，$\exists c_{1} \in(0,1)$ 使得
$$
f\left(c_{1}\right)=\lambda_{1} .
$$
又 $\lambda_{1}<\lambda_{1}+\lambda_{2}<1$ ，由介值定理，存在 $c_{2} \in\left(c_{1}, 1\right)$ 使得
$$
f\left(c_{2}\right)=\lambda_{1}+\lambda_{2}
$$
如此下去，得 $n-1$ 个数 $0=c_{0}
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：理解题目条件与目标
题目给出 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$。需要证明在 $(0,1)$ 内存在不相同的两点 $x_1, x_2$ 满足 $\frac{1}{f'(x_1)} + \frac{1}{f'(x_2)} = 2$。
提示：注意 $x_1$ 和 $x_2$ 必须不同，且 $f'(x)$ 可能为零，但由拉格朗日中值定理可保证分母非零。
步骤 2/5
目标：应用介值定理找到中间点
由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续（可导必连续），且 $f(0)=0, f(1)=1$，由介值定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi) = \frac{1}{2}$。
公式：介值定理：若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，则对介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的任何数 $c$，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $f(\xi)=c$。
提示：确保 $\frac{1}{2}$ 介于 $0$ 和 $1$ 之间。
步骤 3/5
目标：在子区间上应用拉格朗日中值定理
在区间 $[0,\xi]$ 上，由拉格朗日中值定理，存在 $x_1 \in (0,\xi)$ 使得 $f'(x_1) = \frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0} = \frac{1/2}{\xi} = \frac{1}{2\xi}$。
在区间 $[\xi,1]$ 上，存在 $x_2 \in (\xi,1)$ 使得 $f'(x_2) = \frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi} = \frac{1-1/2}{1-\xi} = \frac{1}{2(1-\xi)}$。
公式：拉格朗日中值定理：若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，则存在 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
提示：注意 $x_1$ 和 $x_2$ 分别属于不同的开区间，因此 $x_1 \neq x_2$。
步骤 4/5
目标：计算目标表达式
计算 $\frac{1}{f'(x_1)} + \frac{1}{f'(x_2)} = \frac{1}{1/(2\xi)} + \frac{1}{1/(2(1-\xi))} = 2\xi + 2(1-\xi) = 2$。
提示：注意倒数运算：$\frac{1}{1/(2\xi)} = 2\xi$。
步骤 5/5
目标：总结结论
因此，存在 $x_1 \in (0,\xi)$ 和 $x_2 \in (\xi,1)$ 满足 $\frac{1}{f'(x_1)} + \frac{1}{f'(x_2)} = 2$，且 $x_1 \neq x_2$。命题得证。
提示：注意 $\xi$ 是唯一的，但 $x_1, x_2$ 可能不唯一，只需存在性。
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