26

设函数在 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (-2,2)}$ 内可导，证明：

1. 存在 ${\displaystyle \xi \in (-2,2)}$，使得 ${\displaystyle \xi (1-\xi )f^{\prime }(\xi )+1-2\xi =0}$；

对等式两边进行变形：

两边积分得：

由于左式并没有明显的零点所以，我们需要对上述式子进行进一步的变形：

设 ${\displaystyle F(x)=e^{f(x)}(x-x^2)}$，则有 ${\displaystyle F(0)=F(1)=0}$，由罗尔定理得：

从而，得证。

27

设 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle [0,\frac{1}{2}]}$ 上二阶可导，${\displaystyle f(0)=f^{\prime }(0)}$，${\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=0}$，证明：存在 ${\displaystyle \xi \in (0,\frac{1}{2})}$，使得 ${\displaystyle f^{″}(\xi )=\frac{3f^{\prime }(\xi )}{1-2\xi }}$。

罗尔定理
表格积分法
原函数法解中值问题

先对证明式子进行变换：

两边积分得：

设 ${\displaystyle F(x)=(1-2x)f^{\prime }(x)-f(x)}$。显然有：

故而由罗尔定理可知结论成立。

28

奇函数 ${\displaystyle f(x)}$ 在区间 ${\displaystyle [-1,1]}$ 上具有二阶导数，且 ${\displaystyle f(1)=1}$，证明：

1. 存在 ${\displaystyle \xi \in (0,1)}$，使得 ${\displaystyle f^{\prime }(\xi )=1}$；
2. 存在 ${\displaystyle \eta \in (-1,1)}$ 使得 ${\displaystyle f^{″}(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1}$；

29

设函数 ${\displaystyle f(x)}$ 二阶可导，证明：

1. 若 ${\displaystyle f\left(\frac{\pi }{2}\right)=f(-\frac{\pi }{2})=0}$，则存在 ${\displaystyle \xi \in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}$，使得 ${\displaystyle f(\xi )+f^{″}(\xi )=0}$；
2. 若 ${\displaystyle f(0)=f(\pi )=0}$，则存在 ${\displaystyle \xi \in (0,\pi )}$，使得 ${\displaystyle f(\xi )+f^{″}(\xi )=0}$。

1

首先解微分方程 ${\displaystyle f^{″}(x)+f(x)=0}$ 得到：

从而可以通过变形设：

由于 ${\displaystyle G\left(\frac{\pi }{2}\right)=G(-\frac{\pi }{2})}$，故而根据罗尔定理有:

得证。

2

同理设：

由于 ${\displaystyle G(0)=G(\pi )}$，故而有 ${\displaystyle G^{\prime }(\xi )=0}$。得证。

30

设函数 ${\displaystyle f(x)}$ 在区间 ${\displaystyle [0,1]}$ 上具有二阶导数，且 ${\displaystyle f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)=0}$，证明：存在 ${\displaystyle \xi \in (0,1)}$，使得 ${\displaystyle f^{″}(\xi )+[f(\xi )f^{\prime }(\xi ){]}^2=0}$。

对式子适当变形：

于是我们就可以通过一阶线性齐次方程的解法来求通解了，设原函数为：

由于 ${\displaystyle G(0)=G(1)}$，故而得证。

31

设函数 ${\displaystyle f(x)}$ 在区间 ${\displaystyle [0,1]}$ 上具有二阶导数，且 ${\displaystyle f(1)>0,\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)}{x}<0}$，证明：

• 方程 ${\displaystyle f(x)=0}$ 在区间 ${\displaystyle (0,1)}$ 内至少有一个实根。
• 方程 ${\displaystyle f(x)f^{″}(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0}$ 在区间 ${\displaystyle [0,1]}$ 内至少存在两个实根。（用万能构造法）

1

由极限的保号性，可得存在 ${\displaystyle \delta >0}$，使得 ${\displaystyle x\in (0,\delta )}$ 时，${\displaystyle f(x)<0}$，从而可得 ${\displaystyle f\left(\frac{\delta }{2}\right)<0}$。从而得证。

2

设第一问的实根为 ${\displaystyle \xi \in (0,1)}$，则有 ${\displaystyle f(\xi )=0}$。
由于题目默认了极限 ${\displaystyle \underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)}{x}}$ 存在，故而可知 ${\displaystyle f(0)=0}$。由于 ${\displaystyle f(\xi )=0}$，根据罗尔定理可知：

设 ${\displaystyle G(x)=f^{\prime }(x)f(x)}$，则 ${\displaystyle G^{\prime }(x)=f^{″}(x)f(x)+[f^{\prime }(x){]}^2}$。由于 ${\displaystyle G(0)=G(\xi )=G(\eta )=0}$，故而 ${\displaystyle G^{\prime }(x)}$ 存在两个实根。问题得证。

32

设 ${\displaystyle f(x),g(x)}$ 在 ${\displaystyle [a,b]}$ 上连续，在 ${\displaystyle (a,b)}$ 内可导，且 ${\displaystyle g^{\prime }(x)\ne 0}$，证明：存在 ${\displaystyle \xi \in (a,b)}$ 使得 ${\displaystyle \frac{f(a)-f(\xi )}{g(\xi )-g(b)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}}$.

对原式进行转化得：

变形得：

根据万能公式，设 ${\displaystyle G(x)=[f(x)-f(a)][g(x)-g(b)]}$。显然 ${\displaystyle G(a)=G(b)=0}$，故而得证。

33

设函数 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (a,b)}$ 可导，${\displaystyle a<c<b}$，${\displaystyle {\int }_a^{c}f(x)dx={\int }_c^{b}f(x)dx=0}$，证明：

• 存在 ${\displaystyle {\xi }_1\in (a,c),{\xi }_2\in (c,b)}$，使得 ${\displaystyle f({\xi }_1)={\int }_a^{{\xi }_1}f(x)dx,f({\xi }_2)={\int }_a^{{\xi }_2}f(x)dx}$；
• 存在 ${\displaystyle \eta \in (a,b)}$，使得 ${\displaystyle f^{\prime }(\eta )={\int }_a^{\eta }f(x)dx}$；

1

设 ${\displaystyle {\int }_a^{x}f(x)dx=F(x)}$，则 ${\displaystyle f(x)=F^{\prime }(x)}$。从而原式可以作以下变形：

设 ${\displaystyle G(x)=e^{-x}F(x)}$，可知 ${\displaystyle G(a)=G(c)=0}$，故而第一个结论得证。

由于 ${\displaystyle G(c)=0}$，由于

故而得证。

2

设 ${\displaystyle {\int }_a^{x}f(x)dx=F(x)}$，则 ${\displaystyle f(x)=F^{\prime }(x)}$。从而原式可以作以下变形：

解微分方程得：

将上述式子变形得到：

从而可以设 ${\displaystyle G(x)=[F^{\prime }(x)-F(x)]e^x}$。根据第一问的结论，存在 ${\displaystyle {\xi }_1\in (a,c),{\xi }_2\in (c,b)}$，使得 ${\displaystyle F^{\prime }(x)-F(x)=0}$，故而有：

从而得证。

34

设 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle [0,\pi ]}$ 上连续，在 ${\displaystyle (0,\pi )}$ 内可导，${\displaystyle f(0)=f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{2}}$，证明：存在 ${\displaystyle \xi \in (0,\pi )}$，使得 ${\displaystyle f^{\prime }(\xi )-f(\xi )=\sin \xi }$.

解法 1

解方程：${\displaystyle f^{\prime }(x)-f(x)=\sin x}$ 得：

从而，可以设

由于 ${\displaystyle G(0)=G\left(\frac{\pi }{2}\right)}$，故而得证。

解法 2

也可以直接利用万能公式，将该式转化为齐次方程，具体可以设:

可得：

这样就转化为了齐次方程，只用设 ${\displaystyle G(x)=[f(x)-R(x)]e^{-x}}$ 即可。

现在的关键就是求出 ${\displaystyle R(x)}$ 的表达式，通过解微分方程就可以解决。