2015考研数学（二）综合题：存在ξ的快捷解法

关于证明存在ξ的综合题有以下两类：

1.与零点定理、微分中值定理（罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理）、积分中值定理等问题结合成的综合题；

2.与极限、导数等计算，方程实根个数计算等结合成的综合题.

例04.8 设函数f（x）在[0，+∞）上连续，且，lim x证明：存在ξ∈（0，+∞），使得f（ξ）+ξ=0.

精解 作辅助函数F（x）=f（x）+x，则F（x）在[0，+∞）上连续.

由于，所以在[0，1]上可导，故由拉格朗日中值定理知，存在x₁∈（0，1），使得，即F（x₁）≤0.

如果F（x₁）=0，则可取ξ=x₁∈（0，1）⊂（0，+∞），此时F（ξ）=0，即f（ξ）+ξ=0.

如果F（x₁）＜0，则由知，存在x₂＞1，使得，

即从而此时在（0，+∞）上存在x₁，x₂（x₁＜x₂），使得F（x₁）F（x₂）＜0.故由零点定理知，存在ξ∈（x₁，x₂）⊂（0，+∞），使得F（ξ）=0，即f（ξ）+ξ=0.

例04.9 设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且f（a）f（b）＞0，，证明：存在ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=2f（ξ）.

精解 求解微分方程f′（x）-2f（x）=0（它是将f′（ξ）=2f（ξ）中的ξ改为x得到的）得通解，即 e^-2xf（x）=C.

所以作辅助函数F（x）=e^-2xf（x），则F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且由题设可知，，因此对f（x）分别在和上应用零点定理，得，，使得f（x₁）=f（x₂）=0，即

F（x₁）=F（x₂）（=0）.

于是F（x）在[x₁，x₂]上满足罗尔定理条件，从而存在ξ∈（x₁，x₂）⊂（a，b），使得F′（ξ）=0，即f′（ξ）=2f（ξ）.

例04.10 证明以下问题：

（1）设函数f（x）在[a，b]上二阶可导，且f（a）=f（b）=0，f′ +（a）f′ -（b）＞0，则存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=0；

（2）设函数f（x）与g（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导且有相等的最大值，f（a）=g（a），f（b）=g（b），则存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=g″（ξ）.

精解 （1）由f（a）=f（b）=0知，设法在（a，b）内找到满足f（η）=0的η即可.

由题设f′₊（a）f′_-（b）＞0，可设f′₊（a）＞0与f′_-（b）＞0（当f′₊（a）＜0与f′_-（b）＜0时同理可证），则有

所以，在（a，b）内分别存在x₁，x₂（x₁＜x₂），使得f（x₁）＞0，f（x₂）＜0.从而f（x）在[x₁，x2]上满足零点定理条件，故存在η∈（x₁，x₂）⊂（a，b），使得f（η）=0.由此可知f（x）在[a，η]与[η，b]上都满足罗尔定理条件，故存在ξ₁∈（a，η）与ξ₂∈（η，b）（显然ξ₁＜ξ₂），使得

f′（ξ₁）=f′（ξ₂）=0.

于是由f′（x）在[ξ₁，ξ₂]上满足罗尔定理条件知，存在ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（a，b），使得f″（ξ）=0.

（2）作辅助函数F（x）=f（x）-g（x），只要证明存在ξ∈（a，b），使得F″（ξ）=0即可.由于F（a）=F（b）=0，所以问题归结为设法找到使得F（η）=0的η∈（a，b），具体方法如下：

设f（x），g（x）分别在（a，b）内的点c与点d处取得它们的公共最大值M，如果c≠d，不妨设c＜d（c＞d时同理可证），则

F（c）F（d）=[f（c）-g（c）][f（d）-g（d）]=[M-g（c）][f（d）-M]≤0.于是，对连续函数F（x）在[c，d]上应用零点定理（推广形式）知，存在η∈[c，d]⊂（a，b），使得F（η）=0.

如果c=d，则可取η=c，此时必有F（η）=0.

由此可知，F（x）在[a，η]和[η，b]上都满足罗尔定理条件，所以存在ξ₁∈（a，η）和ξ₂∈（η，b），使得F′（ξ₁）=F′（ξ₂）=0.

于是F′（x）在[ξ₁，ξ₂]上满足罗尔定理，因此存在ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（a，b），使得F″（ξ）=0，即f″（ξ）=g″（ξ）.

例04.11 证明以下问题：

（1）设函数f（x）在[a，b]上二阶可导，且，则存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=0；

（2）设函数f（x）在[0，3]上连续，在（0，3）内二阶可导，且

则存在ξ∈（0，3），使得f″（ξ）=0.

精解 （1）令，则F（x）在[a，b]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在x₂∈（a，b），使得(www.xing528.com)

F（b）-F（a）=F′（x₂）（b-a），即．

由此可知，f（x）在[a，b]上可导，且f（a）=f（x₂）=f（b）（a＜x₂＜b）.所以f（x）在[a，x₂]和[x₂，b]上都满足罗尔定理条件，故存在ξ₁∈（a，x₂）和ξ₂∈（x₂，b），使得f′（ξ₁）=f′（ξ₂）=0.此外，由题设知f′（x）在[ξ₁，ξ₂]上可导，因此f′（x）在[ξ₁，ξ₂]上满足罗尔定理条件，故存在ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（a，b），使得

f″（ξ）=0.

（2）只要设法按所给等式找到满足f（0）=f（x₂）=f（x₃）的x₂和x₃（0＜x₂＜x₃）即可.

对x，则F（x）在[0，2]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在x₂∈（0，2），使得

即f（0）=f（x₂）.

由f（x）在[2，3]上连续知，在该区间上f（x）有最小值和最大值，分别记为m与M，则

所以，由介值定理知存在x₃∈[2，3]，使得，即f（x₂）=f（x₃）.

由此可知，f（x）在[0，x₂]与[x₂，x₃]上满足罗尔定理条件，所以存在ξ₁∈（0，x₂）及ξ₂∈（x₂，x3），使得f′（ξ₁）=f′（ξ₂）=0.

于是f′（x）在[ξ₁，ξ₂]上满足罗尔定理条件，所以存在ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（0，3），使得f″（ξ）=0.

例04.12 证明下列问题：

（1）已知函数f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=0，f（1）=1，则存在ξ∈（0，1），使得f（ξ）=1-ξ；并且存在不同两点η₁，η₂∈（0，1），使得f′（η₁）f′（η₂）=1；（2）设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且f′（x）＞0，则当存在时，存在不同两点ξ，η∈（a，b），使得

精解 （1）1）由于欲证的等式可改写成为f（ξ）-1+ξ=0，所以作辅助函数F（x）=f（x）-1+x，则F（x）在[0，1]上连续，且

F（0）F（1）=（-1）×1＜0，所以由零点定理知存在ξ∈（0，1），使得F（ξ）=0，即f（ξ）=1-_ξ.

2）由题设知，f（x）在[0，ξ]和[ξ，1]上都满足拉格朗日中值定理条件，所以存在η₁∈（0，ξ）和η₂∈（ξ，1），使得

从而存在不同两点_η1，η₂∈（0，1），使得f′（η₁）f′（η₂）=1.

（2）由存在及f（x）在点x=a处右连续知，

由题设知，x²，在[a，b]上可导，且（这是由于f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内f′（x）＞0），即x²与∫在[a，b]上满足柯西中值定理条件，所以存在ξ∈（a，b），使得，即

由于f（x）在[a，ξ]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在η∈（a，ξ），使得f（ξ）-f（a）=f′（η）（ξ-a），即f（ξ）=f′（η）（ξ-a）.将它代入式（1）得证存在不同两点ξ，η∈（a，b），使得

即

例04.13 设函数f（x）在（-1，1）内可导，且f′（x）＞0.证明：对于（-1，1）内的任意x≠0，都存在唯一的θ∈（0，1），使得

精解 令，则F（t）在[0，x]或[x，0]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在ξ=θx（0＜θ＜1），使得

F（x）-F（0）=F′（ξ）（x-0）=F′（θx）x，

即

下面证明对于（-1，1）内的任意x≠0，θ是唯一的.

设另有与θ不同的θ₁，满足

则由式（1）与式（2）得

f（θx）-f（θ₁x）=f（-θx）-f（-θ₁x）.

对上式两边分别应用拉格朗日中值定理得介于θx与θ₁x之间的实数_η1和介于-θx与-θ₁x之间的实数_η2，使得

f′（_η1）（θ-θ₁）x=-f′（η₂）（θ-θ₁）x，

由此得矛盾式

0=[f′（η₁）+f′（η₂）]x（θ-θ₁）≠0，所以对于（-1，1）内的任意x≠0，满足式（1）的θ是唯一的.