证明题：连续函数必有导数为0的点

1．设函数f（x）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，且3f（x）dx＝f（0），证明：在（0，1）内存在一点c，使f′（c）＝0．

证　由积分中值定理得

于是f（ξ）＝f（0）．又因为f（x）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，由Rolle定理，存在c∈（0，ξ）⊂（0，1），使得f′（c）＝0．

2．已知函数f（x）在［a，b］上连续，且＝0，证明：在（a，b）内存在ξ，使＝f（ξ）．

分析　若令f（t）dt，则本题就是要证明g（ξ）＝g′（ξ），即g（x）－g′（x）＝0在（a，b）内有解．这可用Rolle定理来证明．如何作辅助函数呢？考虑到乘积的求导法则

（g（x）h（x））′＝g（x）h′（x）＋g′（x）h（x）

若h′（x）＝－h（x）≠0即可，故取h（x）＝e－x．

证　设F（x）＝e－x则F（a）＝F（b）＝0．又因为F（x）在［a，b］上连续，在（a，b）内可导，所以由Rolle定理，存在ξ∈（a，b），使得F′（ξ）＝0，即

因为e－ξ≠0，便得所证．

3．设f″（x）在［a，b］上连续，且f″（x）≥0，证明f（x）dx≥（b－a）f

证　由Taylor公式，有

其中ξ介于x与之间．因为f″（x）≥0，所以

积分便得

4．若f（x）在［a，b］上二次可导，且f″（x）＞0，证明：

分析　f″（x）＞0说明曲线y＝f（x）在［a，b］上向下凸，因此结论的几何意义很显然．

证法一　对任意x∈（a，b），由Taylor公式，有

由于f″（x）＞0（a≤x≤b），得

f（a）＋f（b）＞2f（x）＋f′（x）（a＋b－2x）

在［a，b］上积分，得

整理便得结论．

证法二　对任意x∈（a，b），由Lagrange中值定理有

因为f″（x）＞0，可知f′（x）在［a，b］上单调增，因此

由此解得

由于等号不恒成立，故积分便得

证法三　令

利用F（a）＝0及F（x）单调减少亦可证得．

5．设f′（x）在［0，2π］上连续，且f′（x）≥0，证明：对任意正整数n，有

分析　从本题的结论可以推想，利用分部积分法就可出现

证　利用分部积分法及绝对值的性质，得

6．设f（x）在［0，1］上可微，且｜f′（x）｜≤M，f（0）＝f（1）＝0，证明：

分析　通过对本题结论的分析，需建立f（x）与f′（x）的联系，这可利用微分中值公式．

证　对任意x∈［0，1］，由微分中值定理可得

｜f（x）｜＝｜f（x）－f（0）｜＝｜f′（ξ）｜x≤Mx　（0＜ξ＜x）

同理还有

｜f（x）｜＝｜f（x）－f（1）｜≤M（1－x）

于是，由定积分的性质，得

注　此题也可先将积分f（x）dx写为，再分部积分证之．

7．设f（x）是［0，＋∞）上单减的连续函数，证明：当x≥0时，有

证　令g（x）＝x2f（t）dt－3t2f（t）dt，则g（x）在［0，＋∞）上连续，且

因此g（x）在［0，＋∞）上单调增，当x≥0时g（x）≥g（0）＝0，即得所证．

注　应用积分中值定理，也可得g′（x）≥0．

8．设f（x）在［a，b］上有定义，且对∀x，y∈［a，b］，有

｜f（x）－f（y）｜≤｜x－y｜

证明：

证　由于对∀x，y∈［a，b］，有｜f（x）－f（y）｜≤｜x－y｜，可知f在［a，b］上连续，所以

9．若f（x）为（－∞，＋∞）上的连续正值函数，且f（－x）＝f（x），令

证明：（1）F（x）为凸函数（或曲线y＝F（x）向下凸）；(www.xing528.com)

（2）x＝0为F（x）的最小值点．

分析　本题需要考查F′（x）与F″（x）．由于变量x含在积分号下，要先将x移至积分号外，然后再进行计算．

证　（1）因为

所以有

令t＝－u，因为f为偶函数f（t）dt，代入上式得到

从而F（x）为凸函数．

（2）因f（x）＞0，所以由F′（x）＝f（t）dt＝0，得唯一驻点x＝0．考虑到F″（0）＞0，所以x＝0为F（x）的最小值点．

10．设f（x）在（－∞，＋∞）连续，g（x）＝（x－2t）f（t）dt，试证明：

（1）若f为奇函数，则g也是奇函数；

（2）若f单调增，则g单调减．

证　（1）因为

所以若f为奇函数时，g也是奇函数．

（2）因为

当x≥0时，由f（t）－f（x）≤0知g′（x）≤0；当x＜0时，由f（x）－f（t）≤0知

所以若f 单调增，则g 单调减．

11．设函数f（x）在［0，a］（a＞0）上连续，且f（x）dx＝0，证明：存在一点ξ∈（0，a），使f（ξ）＝－f（a－ξ）．

证　令x＝a－t，则

作辅助函数

则g（x）在［0，a］上连续，在（0，a）内可导，g（0）＝0，并且

满足Rolle中值定理条件，所以存在ξ∈（0，a），使得

g′（ξ）＝f（ξ）＋f（a－ξ）＝0，　即　f（ξ）＝－f（a－ξ）

12．设函数f（x）在［－a，a］上有连续的二阶导数，且f（0）＝0，证明：至少存在一点ξ∈［－a，a］，使得

证　由Taylor公式，在0与x 之间存在η，使得

所以

由于f（x）在［－a，a］上有二阶连续导数，故f″（x）存在最大值M 和最小值m，于是

从而

对f″（x）在［－a，a］上用介值定理，至少存在一点ξ∈［－a，a］，使得

代入式（3．1．1），得到

13．设f（x）在［0，π］上连续，且f（x）dx＝f（x）cosxdx＝0，试证：f（x）在（0，π）内至少有两个不同的零点．

证法一　令F（x）＝f（t）dt，则F（0）＝F（π）＝0．如果我们可以证明在（0，π）内存在α，使得F（α）＝0，那么对F（x）在［0，α］，［α，π］上用Rolle定理，得到（0，α），（α，π）内f（x）各有一个零点，命题得证．

用反证法证明存在α∈（0，π），使得F（α）＝0．如果不存在这样的α，那么在（0，π）内F（x）恒大于零或恒小于零，从而

与题设f（x）cosxdx＝0矛盾．故存在α∈（0，π），使得F（α）＝0．

对F（x）在［0，α］，［α，π］上用Rolle定理，得到（0，α），（α，π）内f（x）各有一个零点，命题得证．

证法二　由f（x）dx＝0，可知存在β∈（0，π），使得f（β）＝0．假如f（x）只有一个零点x＝β，则由f（x）dx＝0可知，f（x）在（0，β）内与（β，π）内异号，不妨设

于是

得出矛盾，所以命题成立．

14．设f∈C［a，b］，M，m 分别是f（x）在［a，b］上的最大值和最小值，证明：至少存在一点ξ∈［a，b］，使得

证　设g（t）＝M（t－a）＋m（b－t）－f（x）dx，则g ∈C［a，b］，且

若g（a）＝0，取ξ＝a；若g（b）＝0，取ξ＝b．

若g（a）＜0，g（b）＞0，由连续函数的零点存在定理知，存在ξ∈（a，b），使得g（ξ）＝0，即

15．设f∈C［0，＋∞），F（x）＝f（t）dt，对∀a＞0，b＞0，满足（f（a）＋f（b）），证明：∀a＞0，b＞0，成立不等式

证　设u＝，则

16．设函数f 在［0，1］上存在二阶连续导数，且满足f（0）＝f（1）＝0，证明：

证　（1）注意到f′（x）dx＝f（1）－f（0）＝0，得

（2）由（1）立即得