四、辅助函数的构造

小题

1. 【1995-5-5 分】 设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，证明：在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使

$$\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}=f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi ).$$

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (a,b)$，使

$$\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}=f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi ).$$

解析： 构造辅助函数

$$F(x)=xf(x).$$

由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，所以 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导。

由拉格朗日中值定理，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使

$$F^{\prime }(\xi )=\frac{F(b)-F(a)}{b-a}.$$

又因为

$$F^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x),$$

且

$$F(b)-F(a)=bf(b)-af(a),$$

故

$$f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}.$$

这类题的关键是观察结论右端 $f(x)+x{f}^{\prime }(x)$，它恰好是乘积 $xf(x)$ 的导数。

大题

1. 【1995-12-8 分】 设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上存在二阶导数，并且 $g^{\prime \prime }(x)\ne 0$，

$$f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0.$$

试证：

（1）在开区间 $(a,b)$ 内 $g(x)\ne 0$；

（2）在开区间 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使

$$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{g^{\prime \prime }(\xi )}.$$

查看答案与解析

答案： （1）$g(x)$ 在 $(a,b)$ 内无零点；（2）存在 $\xi \in (a,b)$，使

$$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{g^{\prime \prime }(\xi )}.$$

解析： （1）反设存在 $c\in (a,b)$，使 $g(c)=0$。由

$$g(a)=g(c)=g(b)=0,$$

分别在 $[a,c]$ 与 $[c,b]$ 上应用罗尔定理，存在

$$x_1\in (a,c),x_2\in (c,b),$$

使

$$g^{\prime }(x_1)=g^{\prime }(x_2)=0.$$

再对 $g^{\prime }(x)$ 在 $[x_1,x_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\eta \in (x_1,x_2)$，使

$$g^{\prime \prime }(\eta )=0,$$

这与题设 $g^{\prime \prime }(x)\ne 0$ 矛盾。因此

$$g(x)\ne 0,x\in (a,b).$$

（2）构造辅助函数

$$H(x)=f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x).$$

由端点条件可得

$$H(a)=f^{\prime }(a)g(a)-f(a)g^{\prime }(a)=0,$$$$H(b)=f^{\prime }(b)g(b)-f(b)g^{\prime }(b)=0.$$

因此，由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使

$$H^{\prime }(\xi )=0.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{H}^{\prime }(x)& =f^{\prime \prime }(x)g(x)+f^{\prime }(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g^{\prime }(x)-f(x)g^{\prime \prime }(x)\\ & =f^{\prime \prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime \prime }(x).\end{array}$$

于是

$$f^{\prime \prime }(\xi )g(\xi )-f(\xi )g^{\prime \prime }(\xi )=0.$$

由（1）知 $g(\xi )\ne 0$，题设又有 $g^{\prime \prime }(\xi )\ne 0$，故

$$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{g^{\prime \prime }(\xi )}.$$

本题辅助函数本质上是两个函数的“朗斯基型”组合，其导数可使一阶导数的交叉项完全抵消。

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2. 【1996-4-6 分】 设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可微，且满足条件

$$f(1)=2{\int }_0^{\frac{1}{2}}xf(x)dx.$$

试证：存在 $\xi \in (0,1)$，使

$$f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0.$$

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0$。

解析： 构造

$$F(x)=xf(x).$$

题设可写成

$$F(1)=2{\int }_0^{\frac{1}{2}}F(x)dx.$$

由于 $F(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续，由积分中值定理，存在 $c\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，使

$${\int }_0^{\frac{1}{2}}F(x)dx=\frac{1}{2}F(c).$$

因此

$$F(1)=F(c).$$

因为 $c\le \frac{1}{2}<1$，在区间 $[c,1]$ 上对 $F$ 应用罗尔定理，存在 $\xi \in (c,1)\subset (0,1)$，使

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

而

$$F^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x),$$

故

$$f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0.$$

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3. 【1998-12-8 分】 设 $y=f(x)$ 是区间 $[0,1]$ 上任一非负连续函数。

（1）试证存在 $x_0\in (0,1)$，使得在区间 $[0,x_0]$ 上以 $f(x_0)$ 为高的矩形的面积，等于在区间 $[x_0,1]$ 上以 $y=f(x)$ 为曲边的曲边梯形的面积；

（2）又设 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上可导，且

$$f^{\prime }(x)>\frac{-2f(x)}{x},$$

证明（1）中的 $x_0$ 是唯一的。

查看答案与解析

答案： （1）存在 $x_0\in (0,1)$，使

$$x_{0}f(x_0)={\int }_{x_0}^{1}f(x)dx;$$

（2）该 $x_0$ 唯一。

解析： （1）若 $f(x)\equiv 0$，则任取 $x_0\in (0,1)$ 都满足结论。

以下设 $f(x)$ 不恒为零。构造辅助函数

$$\Phi (x)=x{\int }_x^{1}f(t)dt,x\in [0,1].$$

由于 $f(x)\ge 0$，故

$$\Phi (x)\ge 0,$$

且

$$\Phi (0)=\Phi (1)=0.$$

又因为 $f$ 不恒为零，所以存在某个 $x\in (0,1)$，使

$${\int }_x^{1}f(t)dt>0,$$

从而 $\Phi (x)>0$。因此，$\Phi$ 在 $[0,1]$ 上的最大值必在某个内点 $x_0\in (0,1)$ 处取得。

由费马引理，

$${\Phi }^{\prime }(x_0)=0.$$

计算

$${\Phi }^{\prime }(x)={\int }_x^{1}f(t)dt-xf(x).$$

于是

$${\int }_{x_0}^{1}f(t)dt=x_{0}f(x_0).$$

左端是曲边梯形面积，右端是底为 $x_0$、高为 $f(x_0)$ 的矩形面积，故（1）成立。

（2）令

$$G(x)={\int }_x^{1}f(t)dt-xf(x).$$

（1）中的 $x_0$ 正是方程 $G(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内的根。

求导得

$$\begin{array}{rl}{G}^{\prime }(x)& =-f(x)-[f(x)+x{f}^{\prime }(x)]\\ & =-2f(x)-x{f}^{\prime }(x).\end{array}$$

由题设

$$f^{\prime }(x)>-\frac{2f(x)}{x},$$

且 $x>0$，所以

$$x{f}^{\prime }(x)>-2f(x),$$

从而

$$G^{\prime }(x)=-2f(x)-x{f}^{\prime }(x)<0.$$

故 $G(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调减少，方程 $G(x)=0$ 至多有一个根。结合（1）中根的存在性，知 $x_0$ 唯一。

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4. 【1999-3-7 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且

$$f(0)=f(1)=0,f\left(\frac{1}{2}\right)=1.$$

试证：

（1）存在 $\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使 $f(\eta )=\eta$；

（2）对任意实数 $\lambda$，必存在 $\xi \in (0,\eta )$，使

$$f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1.$$

查看答案与解析

答案： （1）存在 $\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使 $f(\eta )=\eta$；（2）对任意 $\lambda \in \mathbb{R}$，存在 $\xi \in (0,\eta )$，使

$$f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1.$$

解析： （1）令

$$h(x)=f(x)-x.$$

则

$$h\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0,$$

而

$$h(1)=f(1)-1=-1<0.$$

由零点定理，存在

$$\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right),$$

使

$$h(\eta )=0,$$

即

$$f(\eta )=\eta .$$

（2）固定任意实数 $\lambda$，构造辅助函数

$$H(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x]=e^{-\lambda x}h(x).$$

由 $f(0)=0$ 及（1）中 $f(\eta )=\eta$，有

$$H(0)=H(\eta )=0.$$

函数 $H(x)$ 在 $[0,\eta ]$ 上连续、在 $(0,\eta )$ 内可导，由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,\eta )$，使

$$H^{\prime }(\xi )=0.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{H}^{\prime }(x)& =e^{-\lambda x}\left\{f^{\prime }(x)-1-\lambda [f(x)-x]\right\}.\end{array}$$

因为 $e^{-\lambda \xi }>0$，所以

$$f^{\prime }(\xi )-1-\lambda [f(\xi )-\xi ]=0.$$

即

$$f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1.$$

这里指数因子 $e^{-\lambda x}$ 的作用，是把目标式 $h^{\prime }(x)-\lambda h(x)$ 组合成一个乘积的导数。

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5. 【2001-34-6 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且满足

$$f(1)=k{\int }_0^{\frac{1}{k}}x{e}^{1-x}f(x)dx(k>1).$$

证明至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\left(1-{\xi }^{-1}\right)f(\xi ).$$

查看答案与解析

答案： 至少存在 $\xi \in (0,1)$，使

$$f^{\prime }(\xi )=\left(1-\frac{1}{\xi }\right)f(\xi ).$$

解析： 令

$$F(x)=x{e}^{-x}f(x).$$

由题设

$$\begin{array}{rl}F(1)& =e^{-1}f(1)\\ & =k{e}^{-1}{\int }_0^{\frac{1}{k}}x{e}^{1-x}f(x)dx\\ & =k{\int }_0^{\frac{1}{k}}x{e}^{-x}f(x)dx\\ & =k{\int }_0^{\frac{1}{k}}F(x)dx.\end{array}$$

由于 $F(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{k}\right]$ 上连续，根据积分中值定理，存在

$$x_0\in \left(0,\frac{1}{k}\right),$$

使得

$${\int }_0^{\frac{1}{k}}F(x)dx=\frac{1}{k}F(x_0).$$

因此

$$F(1)=F(x_0).$$

又因 $k>1$，故

$$0<x_0<\frac{1}{k}<1.$$

函数 $F(x)$ 在 $[x_0,1]$ 上连续、在 $(x_0,1)$ 内可导，由罗尔定理，存在

$$\xi \in (x_0,1)\subset (0,1),$$

使得

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

计算

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =(x{e}^{-x}{)}^{\prime }f(x)+x{e}^{-x}{f}^{\prime }(x)\\ & =e^{-x}(1-x)f(x)+x{e}^{-x}{f}^{\prime }(x)\\ & =x{e}^{-x}\left[f^{\prime }(x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)f(x)\right].\end{array}$$

由于 $\xi e^{-\xi }>0$，故

$$f^{\prime }(\xi )+\left(\frac{1}{\xi }-1\right)f(\xi )=0,$$

即

$$f^{\prime }(\xi )=\left(1-\frac{1}{\xi }\right)f(\xi ).$$

本题的关键是根据目标式构造 $F(x)=x{e}^{-x}f(x)$，使目标等式等价于 $F^{\prime }(\xi )=0$。

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6. 【2009-123-11 分】

（1）证明拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a).$$

（2）证明：若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，在 $(0,\delta )$（$\delta >0$）内可导，且

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A,$$

则 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在，且 $f_{+}^{\prime }(0)=A$。

查看答案与解析

答案： （1）拉格朗日中值定理成立；（2）$f_{+}^{\prime }(0)$ 存在，且

$$f_{+}^{\prime }(0)=A.$$

解析： （1）构造辅助函数

$$F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$

由题设，$F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，并且

$$\begin{array}{rl}F(a)& =f(a),\\ F(b)& =f(b)-[f(b)-f(a)]=f(a).\end{array}$$

因此

$$F(a)=F(b).$$

由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

而

$$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$

故

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$

即

$$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a).$$

（2）对任意 $x\in (0,\delta )$，函数 $f$ 在 $[0,x]$ 上连续、在 $(0,x)$ 内可导。由（1）的拉格朗日中值定理，存在

$${\xi }_x\in (0,x),$$

使

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }({\xi }_x).$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，由

$$0<{\xi }_x<x$$

可知

$${\xi }_x\to 0^{+}.$$

又因

$$\underset{u\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(u)=A,$$

所以

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }({\xi }_x)=A.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{f}_{+}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }({\xi }_x)\\ & =A.\end{array}$$

因此 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在，且 $f_{+}^{\prime }(0)=A$。

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7. 【2013-12-10 分】 设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1)=1$。证明：

（Ⅰ）存在 $\xi \in (0,1)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=1;$$

（Ⅱ）存在 $\eta \in (-1,1)$，使得

$$f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f^{\prime }(\xi )=1$；（Ⅱ）存在 $\eta \in (-1,1)$，使

$$f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1.$$

解析： （Ⅰ）因为 $f(x)$ 为奇函数，所以

$$f(0)=0.$$

函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\xi )& =\frac{f(1)-f(0)}{1-0}\\ & =\frac{1-0}{1}\\ & =1.\end{array}$$

（Ⅱ）由 $f(x)$ 为奇函数，且 $f$ 可导，可知 $f^{\prime }(x)$ 为偶函数。事实上，由

$$f(-x)=-f(x)$$

两边对 $x$ 求导，得

$$-f^{\prime }(-x)=-f^{\prime }(x),$$

即

$$f^{\prime }(-x)=f^{\prime }(x).$$

由（Ⅰ）知 $f^{\prime }(\xi )=1$，故

$$f^{\prime }(-\xi )=f^{\prime }(\xi )=1.$$

构造辅助函数

$$F(x)=e^x[f^{\prime }(x)-1].$$

则

$$F(-\xi )=F(\xi )=0.$$

由于 $f$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，所以 $F$ 在 $[-\xi ,\xi ]$ 上连续、在 $(-\xi ,\xi )$ 内可导。由罗尔定理，存在

$$\eta \in (-\xi ,\xi )\subset (-1,1),$$

使

$$F^{\prime }(\eta )=0.$$

计算

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =e^x[f^{\prime }(x)-1]+e^x{f}^{\prime \prime }(x)\\ & =e^x[f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-1].\end{array}$$

因 $e^{\eta }>0$，所以

$$f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-1=0,$$

即

$$f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1.$$

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8. 【2020-2-11 分】 设函数

$$f(x)={\int }_1^x{e}^{t^2}dt.$$

证明：

（1）存在 $\xi \in (1,2)$，使得

$$f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2};$$

（2）存在 $\eta \in (1,2)$，使得

$$f(2)=\ln 2\cdot \eta e^{{\eta }^2}.$$

查看答案与解析

答案： （1）存在 $\xi \in (1,2)$，使 $f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2}$；（2）存在 $\eta \in (1,2)$，使

$$f(2)=\ln 2\cdot \eta e^{{\eta }^2}.$$

解析： 由变上限积分求导公式，得

$$f^{\prime }(x)=e^{x^2}.$$

并且

$$f(1)=0.$$

（1）构造辅助函数

$$F(x)=(2-x)f(x).$$

则

$$F(1)=(2-1)f(1)=0,$$

且

$$F(2)=0.$$

函数 $F(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续、在 $(1,2)$ 内可导，由罗尔定理，存在 $\xi \in (1,2)$，使

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

计算

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =-f(x)+(2-x)f^{\prime }(x)\\ & =-f(x)+(2-x)e^{x^2}.\end{array}$$

因此

$$-f(\xi )+(2-\xi )e^{{\xi }^2}=0,$$

即

$$f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2}.$$

（2）在区间 $[1,2]$ 上，对函数 $f(x)$ 与 $g(x)=\ln x$ 应用柯西中值定理。由于

$$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}\ne 0(x\in (1,2)),$$

故存在 $\eta \in (1,2)$，使

$$\frac{f(2)-f(1)}{\ln 2-\ln 1}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{\frac{1}{\eta }}.$$

利用 $f(1)=0$、$\ln 1=0$ 以及 $f^{\prime }(\eta )=e^{{\eta }^2}$，可得

$$\frac{f(2)}{\ln 2}=\eta e^{{\eta }^2}.$$

因此

$$f(2)=\ln 2\cdot \eta e^{{\eta }^2}.$$