方企勤 第二章 一元函数微分学 第12题
📝 题目
例 12 设函数 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上可导,且 ${f}^{\prime }\left( a\right) = {f}^{\prime }\left( b\right) = 0$ . 求证: $\exists c \in \left( {a,b}\right)$ ,使得 $f\left( c\right) - f\left( a\right) = \left( {c - a}\right) {f}^{\prime }\left( c\right)$ .
分析 将 $f\left( c\right) - f\left( a\right) = \left( {c - a}\right) {f}^{\prime }\left( c\right)$ 改写成
$$ {f}^{\prime }\left( c\right) - \frac{f\left( c\right) - f\left( a\right) }{c - a} = 0, $$
注意到
$$ \exists c \in \left( {a,b}\right) \text{ ,使得 }{f}^{\prime }\left( c\right) - \frac{f\left( c\right) - f\left( a\right) }{c - a} = 0 $$
$\Leftrightarrow {\left\lbrack f\left( x\right) - f\left( a\right) \right\rbrack }^{\prime } - \frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{x - a}$ 在(a, b)内有零点
$\Leftrightarrow \frac{{\left\lbrack f\left( x\right) - f\left( a\right) \right\rbrack }^{\prime }}{x - a} - \frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{{\left( x - a\right) }^{2}}$ 在(a, b)内有零点
$\Leftrightarrow \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\lbrack \frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{x - a}\right\rbrack$ 在(a, b)内有零点.
本题的几何意义是: 如果曲线 $y = f\left( x\right)$ 在点 $x = a$ 处和在点 $x = b$ 处的切线都平行于 $x$ 轴,那么在 (a, b)内至少存在一个中间点 $c$ ,使得在点 $x = c$ 处的切线通过点 $\left( {a,f\left( a\right) }\right)$ (如图 2.2 所示).
\begin{center} ![](\"/static/img/math_analysis/009.jpg\")
\end{center} \hspace*{3em}
图 2.2
到此我们找到了原函数 $\frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{x - a}$ ,但是它在点 $x = a$ 处没有定义, 因此考虑辅助函数
$$ g\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{x - a}, & \text{ 当 }x \in (a,b\rbrack , \\ 0, & \text{ 当 }x = a. \end{array}\right. $$
显然 $g\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,在(a, b)内可导. 进一步,对 $\forall x \in (a,b\rbrack$ , 我们有
$$ {g}^{\prime }\left( x\right) = - \frac{f\left( x\right) - f\left( a\right) }{{\left( x - a\right) }^{2}} + \frac{{f}^{\prime }\left( x\right) }{x - a} = - \frac{g\left( x\right) }{x - a} + \frac{{f}^{\prime }\left( x\right) }{x - a}. $$
(2.7)
由此可见,为了证明本题,只要证明 $\exists c \in \left( {a,b}\right)$ ,使得 ${g}^{\prime }\left( c\right) = 0$ . 但是,辅助函数虽然有 $g\left( a\right) = 0$ 的性质,可是对于 $g\left( b\right) = \frac{f\left( b\right) - f\left( a\right) }{b - a}$ 不一定为零, 因此不能直接应用罗尔定理, 要分情况讨论.
💡 答案解析
证 分两种情况:
第一种情况, $f\left( b\right) = f\left( a\right) \Rightarrow g\left( b\right) = 0$ . 根据罗尔定理, $\exists c \in$ (a, b),使得 ${g}^{\prime }\left( c\right) = 0$ ,从而本题得证.
第二种情况, $f\left( b\right) \neq f\left( a\right)$ ,不妨设 $f\left( b\right) < f\left( a\right) \Rightarrow g\left( b\right) < 0$ . 那么由 (2.7) 式, 有
$$ {g}^{\prime }\left( b\right) = - \frac{g\left( b\right) }{b - a} > 0. $$
因为 $g\left( x\right)$ 连续且 ${g}^{\prime }\left( b\right) > 0$ ,所以 $\exists {x}_{1} \in \left( {a,b}\right)$ ,使得
$$ g\left( {x}_{1}\right) < g\left( b\right) \Rightarrow g\left( {x}_{1}\right) < g\left( b\right) < 0 = g\left( a\right) . $$
于是根据连续函数的中间值定理, $\exists {x}_{0} \in \left( {a,{x}_{1}}\right)$ ,使得 $g\left( {x}_{0}\right) =$ $g\left( b\right)$ . 现在对 $g\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {{x}_{0},b}\right\rbrack$ 上用罗尔定理,我们有 $\exists c \in \left( {{x}_{0},b}\right)$ ,使得 ${g}^{\prime }\left( c\right) = 0$ . 本题得证. 对于 $f\left( b\right) > f\left( a\right)$ 的情况,可类似证明.