五、双中值问题

大题

（一）具有轮换对称性且两点互不相同

1. 【2005-12-12 分】 已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=1$。证明：

（1）存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi )=1-\xi$；

（2）存在两个不同的点 $\eta ,\zeta \in (0,1)$，使得 $f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )=1$。

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答案： （1）存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f(\xi )=1-\xi$；（2）存在互不相同的 $\eta ,\zeta \in (0,1)$，使 $f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )=1$。

解析： （1）构造辅助函数

$$F(x)=f(x)+x-1.$$

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。又

$$F(0)=f(0)-1=-1<0,$$$$F(1)=f(1)=1>0.$$

由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使

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

因此

$$f(\xi )+\xi -1=0,$$

即

$$f(\xi )=1-\xi .$$

（2）在区间 $[0,\xi ]$ 上对 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在

$$\eta \in (0,\xi ),$$

使

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

在区间 $[\xi ,1]$ 上再次应用拉格朗日中值定理，存在

$$\zeta \in (\xi ,1),$$

使

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

于是

$$f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )=\frac{1-\xi }{\xi }\cdot \frac{\xi }{1-\xi }=1.$$

又因为

$$\eta \in (0,\xi ),\zeta \in (\xi ,1),$$

故 $\eta \ne \zeta$。

本题的关键是先利用零点定理得到分点 $\xi$，再在 $[0,\xi ]$ 与 $[\xi ,1]$ 上分别应用拉格朗日中值定理，使所得两个导数值互为倒数。

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2. 【2010-2-10 分】 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续，在开区间 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=\frac{1}{3}$，证明：存在 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，$\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )={\xi }^2+{\eta }^2.$$

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答案： 存在 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，$\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使

$$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )={\xi }^2+{\eta }^2.$$

解析： 将结论改写为

$$[f^{\prime }(\xi )-{\xi }^2]+[f^{\prime }(\eta )-{\eta }^2]=0.$$

因此构造辅助函数

$$F(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}.$$

则

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

由已知条件，

$$F(0)=f(0)=0,$$

且

$$F(1)=f(1)-\frac{1}{3}=0.$$

在区间 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上对 $F(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在

$$\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right),$$

使

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(\xi )& =\frac{F\left(\frac{1}{2}\right)-F(0)}{\frac{1}{2}-0}\\ & =2F\left(\frac{1}{2}\right).\end{array}$$

在区间 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上对 $F(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在

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

使

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(\eta )& =\frac{F(1)-F\left(\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{2}}\\ & =-2F\left(\frac{1}{2}\right).\end{array}$$

所以

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

代入 $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x^2$，得

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

即

$$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )={\xi }^2+{\eta }^2.$$

本题的关键是用 $\frac{x^3}{3}$ 消去结论中的平方项，并在左右两个等长区间上分别应用拉格朗日中值定理，使两个中值表达式恰好互为相反数。

（二）不具备轮换对称性也没有要求互不相同

1. 【1998-4-6 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)=1$，试证存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使得

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

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答案： 存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使

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

解析： 观察结论中的 $f(\eta )+f^{\prime }(\eta )$，构造

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

则

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

由于 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，由拉格朗日中值定理，存在 $\eta \in (a,b)$，使

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(\eta )& =\frac{F(b)-F(a)}{b-a}\\ & =\frac{e^{b}f(b)-e^{a}f(a)}{b-a}\\ & =\frac{e^b-e^a}{b-a}.\end{array}$$

即

$$e^{\eta }[f(\eta )+f^{\prime }(\eta )]=\frac{e^b-e^a}{b-a}.$$

另一方面，对函数 $e^x$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使

$$e^{\xi }=\frac{e^b-e^a}{b-a}.$$

因此

$$e^{\eta }[f(\eta )+f^{\prime }(\eta )]=e^{\xi }.$$

两边同除以 $e^{\xi }$，得

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

本题属于双中值问题：第一次对 $e^{x}f(x)$ 使用中值定理，第二次对 $e^x$ 使用中值定理，再比较两个相同的差商。

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2. 【1998-3-7 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f^{\prime }(x)\ne 0$，试证：存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使得

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

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答案： 存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使

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

解析： 由于 $f^{\prime }(x)\ne 0$，若有 $f(a)=f(b)$，则由罗尔定理必存在 $c\in (a,b)$，使 $f^{\prime }(c)=0$，与已知矛盾。因此

$$f(b)-f(a)\ne 0.$$

先对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使

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

再对函数 $f(x)$ 与 $e^x$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理。由于 $(e^x{)}^{\prime }=e^x\ne 0$，故存在 $\eta \in (a,b)$，使

$$\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{e^{\eta }}.$$

从而

$$f^{\prime }(\eta )=\frac{e^{\eta }[f(b)-f(a)]}{e^b-e^a}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{f^{\prime }(\xi )}{f^{\prime }(\eta )}& =\frac{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}{\frac{e^{\eta }[f(b)-f(a)]}{e^b-e^a}}\\ & =\frac{e^b-e^a}{b-a}{e}^{-\eta }.\end{array}$$

故所证结论成立。

本题的关键是用拉格朗日中值定理表示 $f^{\prime }(\xi )$，再用柯西中值定理表示 $f^{\prime }(\eta )$，最后消去公共因子 $f(b)-f(a)$。