一、对定理内容的考查

小题

1. 【1987-45-2 分】 若函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内可导，$x_1,x_2$ 是区间内任意两点，且 $x_1<x_2$，则至少存在一点 $\xi$，使得（ ）

A. $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),a<\xi <b$    B. $f(b)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(b-x_1),x_1<\xi <b$

C. $f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1),x_1<\xi <x_2$    D. $f(x_2)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(x_2-a),a<\xi <x_2$

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答案： C

解析： 因为 $x_1,x_2\in (a,b)$，且 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上连续、在开区间 $(x_1,x_2)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，至少存在一点 $\xi \in (x_1,x_2)$，使

$$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1).$$

故选 C。

A、B、D 都使用了端点 $a$ 或 $b$，但题目只说明函数在开区间 $(a,b)$ 内可导，并未说明函数在 $a,b$ 处有定义且连续，因此不能直接在包含 $a$ 或 $b$ 的闭区间上应用拉格朗日中值定理。

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2. 【1987-3-3 分】 积分中值定理的条件是____，结论是____。

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答案： 条件是函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；结论是至少存在一点 $\xi \in [a,b]$，使

$${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a).$$

解析： 由连续函数在闭区间上的最值定理，存在最小值 $m$ 和最大值 $M$，使

$$m\le f(x)\le M(x\in [a,b]).$$

当 $a<b$ 时，对上式积分得

$$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a),$$

即

$$m\le \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx\le M.$$

由连续函数的介值定理，必存在 $\xi \in [a,b]$，使

$$f(\xi )=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx,$$

从而得到积分中值定理的结论。

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3. 【1995-123-3 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上，$f^{\prime \prime }(x)>0$，则 $f^{\prime }(1),f^{\prime }(0),f(1)-f(0)$ 或 $f(0)-f(1)$ 的大小顺序是（ ）

A. $f^{\prime }(1)>f^{\prime }(0)>f(1)-f(0)$    B. $f^{\prime }(1)>f(1)-f(0)>f^{\prime }(0)$

C. $f(1)-f(0)>f^{\prime }(1)>f^{\prime }(0)$    D. $f^{\prime }(1)>f(0)-f(1)>f^{\prime }(0)$

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答案： B

解析： 由 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 可知 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调增加。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使

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

由于 $0<\xi <1$ 且 $f^{\prime }(x)$ 严格递增，所以

$$f^{\prime }(0)<f^{\prime }(\xi )<f^{\prime }(1).$$

因此

$$f^{\prime }(1)>f(1)-f(0)>f^{\prime }(0),$$

故选 B。A、C 与导数的严格单调性矛盾；D 中出现的是 $f(0)-f(1)$，其符号和大小无法由题设确定。

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4. 【1996-3-5 分】 求函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ 在 $x=0$ 点处带拉格朗日型余项的 $n$ 阶泰勒展开式。

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答案：

$$\frac{1-x}{1+x}=1+2\sum _{k=1}^n(-1{)}^k{x}^k+\frac{2(-1{)}^{n+1}{x}^{n+1}}{(1+\xi {)}^{n+2}},$$

其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。

解析： 先将函数写成

$$f(x)=\frac{1-x}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x}.$$

于是

$$f(0)=1.$$

对任意正整数 $k$，有

$$f^{(k)}(x)=\frac{2(-1{)}^{k}k!}{(1+x{)}^{k+1}},$$

从而

$$f^{(k)}(0)=2(-1{)}^{k}k!.$$

因此，函数在 $x=0$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为

$$T_n(x)=f(0)+\sum _{k=1}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k=1+2\sum _{k=1}^n(-1{)}^k{x}^k.$$

拉格朗日型余项为

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}{x}^{n+1}=\frac{2(-1{)}^{n+1}{x}^{n+1}}{(1+\xi {)}^{n+2}},$$

其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。故所求展开式如答案所示。

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5. 【1996-35-3 分】 设 $f(x)$ 处处可导，则（ ）

A. 当 $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty$，必有 $\underset{x\to -\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=-\infty$

B. 当 $\underset{x\to -\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=-\infty$，必有 $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty$

C. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$，必有 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=+\infty$

D. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=+\infty$，必有 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$

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答案： D

解析： 由 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=+\infty$，取常数 $1$，存在 $X>0$，当 $x>X$ 时，有

$$f^{\prime }(x)>1.$$

对任意 $x>X$，在闭区间 $[X,x]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (X,x)$，使

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

于是

$$f(x)>f(X)+x-X\to +\infty ,$$

故 D 正确。

A、C 都是由函数值趋于无穷推导导数趋于无穷，这一般不成立。例如 $f(x)=x+\sin x$ 在 $x\to +\infty$ 时趋于 $+\infty$，但 $f^{\prime }(x)=1+\cos x$ 不存在极限。

B 也不正确。取 $f(x)=x^2$，则当 $x\to -\infty$ 时，

$$f^{\prime }(x)=2x\to -\infty ,$$

但

$$f(x)=x^2\to +\infty ,$$

并不是趋于 $-\infty$。

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6. 【2003-2-4 分】 $y=2^x$ 的麦克劳林公式中 $x^n$ 项的系数是____。

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答案： $\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}$。

解析： 因为

$$2^x=e^{x\ln 2},$$

而指数函数的麦克劳林展开式为

$$e^u=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{u^n}{n!},$$

令 $u=x\ln 2$，得

$$2^x=e^{x\ln 2}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(x\ln 2{)}^n}{n!}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}{x}^n.$$

因此 $x^n$ 项的系数为

$$\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}.$$

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7. 【2002-34-3 分】 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有定义，在开区间 $(a,b)$ 内可导，则（ ）

A. 当 $f(a)f(b)<0$ 时，存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f(\xi )=0$

B. 对任何 $\xi \in (a,b)$，有 $\underset{x\to \xi }{\lim }[f(x)-f(\xi )]=0$

C. 当 $f(a)=f(b)$ 时，存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$

D. 存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$

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答案： B

解析： 函数在 $(a,b)$ 内可导，因此在 $(a,b)$ 内必连续。于是对任意 $\xi \in (a,b)$，都有

$$\underset{x\to \xi }{\lim }f(x)=f(\xi ),$$

即

$$\underset{x\to \xi }{\lim }[f(x)-f(\xi )]=0.$$

故 B 正确。

A 使用零点定理，还需要 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；题目没有给出端点连续性。

C 使用罗尔定理，也需要 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。

D 使用拉格朗日中值定理，同样需要 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。因此 A、C、D 均不能由现有条件保证。

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8. 【2002-12-3 分】 设函数 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内有界且可导，则（ ）

A. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$ 时，必有 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$

B. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在时，必有 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$

C. 当 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0$ 时，必有 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$

D. 当 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在时，必有 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$

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答案： B

解析： 设

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=L.$$

若 $L>0$，则存在 $X>0$，使当 $x>X$ 时，$f^{\prime }(x)>\frac{L}{2}>0$。由拉格朗日中值定理，对 $x>X$，存在 $\xi \in (X,x)$，使

$$f(x)-f(X)=f^{\prime }(\xi )(x-X)>\frac{L}{2}(x-X)\to +\infty ,$$

这与 $f(x)$ 有界矛盾。

若 $L<0$，同理可得 $f(x)\to -\infty$，仍与有界性矛盾。因此只能有

$$L=0.$$

故 B 正确。

A 错误。例如取

$$f(x)=\frac{\sin x^2}{x},$$

则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内有界，且 $f(x)\to 0$（$x\to +\infty$），但

$$f^{\prime }(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}$$

不趋于 $0$。

C 错误。例如取

$$f(x)=\frac{x}{1+x}\sin \frac{1}{x^2},$$

则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内有界且 $f(x)\to 0$（$x\to 0^{+}$），但其导数在 $x\to 0^{+}$ 时不趋于 $0$。

D 错误。例如

$$f(x)=\frac{x}{1+x}$$

在 $(0,+\infty )$ 内有界且可导，但

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{(1+x{)}^2}=1\ne 0.$$

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9. 【2004-34-4 分】 函数

$$f(x)=\frac{|x|\sin (x-2)}{x(x-1)(x-2{)}^2}$$

在下列哪个区间有界（ ）

A. $(-1,0)$    B. $(0,1)$    C. $(1,2)$    D. $(2,3)$

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答案： A

解析： 在区间 $(-1,0)$ 上，$x<0$，故

$$\frac{|x|}{x}=-1.$$

于是

$$f(x)=-\frac{\sin (x-2)}{(x-1)(x-2{)}^2}.$$

在闭区间 $[-1,0]$ 上，分母中的 $x-1$ 与 $x-2$ 均不为零，因此上式可连续延拓到 $[-1,0]$，从而在 $(-1,0)$ 上有界，故 A 正确。

在 $(0,1)$ 上，当 $x\to 1^{-}$ 时，$x-1\to 0$，而 $\sin (x-2)\to \sin (-1)\ne 0$，故函数无界。

在 $(1,2)$ 与 $(2,3)$ 上，当 $x\to 2$ 时，利用

$$\sin (x-2)\sim x-2,$$

可得

$$f(x)\sim \frac{|x|}{x(x-1)(x-2)},$$

故在 $x=2$ 附近无界。因此 B、C、D 均错误。

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10. 【2005-34-4 分】 以下四个命题中，正确的是（ ）

A. 若 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界

B. 若 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界

C. 若 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界

D. 若 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，则 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界

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答案： C

解析： 设存在常数 $M>0$，使

$$|f^{\prime }(x)|\le M(x\in (0,1)).$$

固定一点 $x_0\in (0,1)$。对任意 $x\in (0,1)$，在以 $x,x_0$ 为端点的闭区间上应用拉格朗日中值定理，存在位于二者之间的 $\xi$，使

$$f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0).$$

因此

$$|f(x)|\le |f(x_0)|+|f^{\prime }(\xi )||x-x_0|\le |f(x_0)|+M.$$

故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，C 正确。

A 错误：$f^{\prime }(x)$ 连续并不意味着其在开区间上有界。例如 $f(x)=\ln x$，则 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 内连续，但 $f(x)$ 无界。

B 错误：连续函数只有在闭区间上才必有界。例如 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 内连续但无界。

D 错误：有界函数的导数未必有界。例如 $f(x)=\sin \frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 内有界，但

$$f^{\prime }(x)=-\frac{\cos (1/x)}{x^2}$$

在 $(0,1)$ 内无界。

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11. 【2008-2-4 分】 设

$$f(x)=x^2(x-1)(x-2),$$

则 $f^{\prime }(x)$ 的零点个数为（ ）

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. $3$

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答案： D

解析： 先将函数展开：

$$f(x)=x^2(x^2-3x+2)=x^4-3x^3+2x^2.$$

因此

$$f^{\prime }(x)=4x^3-9x^2+4x=x(4x^2-9x+4).$$

其中二次方程

$$4x^2-9x+4=0$$

的判别式为

$$\Delta =(-9{)}^2-4\cdot 4\cdot 4=17>0,$$

故它有两个不同的实根

$$x_1=\frac{9-\sqrt{17}}{8},x_2=\frac{9+\sqrt{17}}{8}.$$

再加上根 $x=0$，可知 $f^{\prime }(x)$ 共有三个不同的零点，故选 D。

也可由罗尔定理判断：$f(x)$ 的零点为 $0,1,2$，其中 $x=0$ 是二重零点，所以 $f^{\prime }(0)=0$；又分别在 $(0,1)$、$(1,2)$ 内至少各有一个导数零点。由于 $f^{\prime }(x)$ 是三次多项式，至多有三个不同实根，因此恰有三个零点。

A、B、C 均少计了导函数的零点，故错误。

大题

1. 【1988-3-8 分】 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有连续导数，且 $m\le f(x)\le M$。

(1) 求

$$\underset{a\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{4a^2}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt;$$

(2) 证明

$$\left|\frac{1}{2a}{\int }_{-a}^{a}f(t)dt-f(x)\right|\le M-m(a>0).$$

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答案： (1) $f^{\prime }(0)$；

(2) 见解析。

解析： (1) 先对积分作变量代换。第一项令 $u=t+a$，第二项令 $u=t-a$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt& ={\int }_0^{2a}f(u)du-{\int }_{-2a}^{0}f(u)du\\ & ={\int }_0^{2a}[f(u)-f(-u)]du.\end{array}$$

由于 $f$ 在 $x=0$ 处可导，故当 $u\to 0$ 时，

$$f(u)=f(0)+f^{\prime }(0)u+o(u),$$$$f(-u)=f(0)-f^{\prime }(0)u+o(u).$$

从而

$$f(u)-f(-u)=2f^{\prime }(0)u+o(u).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2a}[f(u)-f(-u)]du& ={\int }_0^{2a}[2f^{\prime }(0)u+o(u)]du\\ & =4a^2{f}^{\prime }(0)+o(a^2).\end{array}$$

因此

$$\underset{a\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{4a^2}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt=f^{\prime }(0).$$

(2) 由 $m\le f(t)\le M$，在区间 $[-a,a]$ 上积分，得

$$2am\le {\int }_{-a}^{a}f(t)dt\le 2aM.$$

因为 $a>0$，所以

$$m\le \frac{1}{2a}{\int }_{-a}^{a}f(t)dt\le M.$$

另一方面，对任意 $x\in \mathbb{R}$，也有

$$m\le f(x)\le M.$$

两个均位于区间 $[m,M]$ 内的实数之差的绝对值不超过区间长度，故

$$\left|\frac{1}{2a}{\int }_{-a}^{a}f(t)dt-f(x)\right|\le M-m.$$

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2. 【1990-4-6 分】 设 $f(x)$ 在闭区间 $[0,c]$ 上连续，其导数 $f^{\prime }(x)$ 在开区间 $(0,c)$ 内存在且单调减少，$f(0)=0$，试用拉格朗日中值定理证明不等式

$$f(a+b)\le f(a)+f(b),$$

其中常数 $a,b$ 满足条件 $0\le a\le b\le a+b\le c$。

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答案： 见解析。

解析： 当 $a=0$ 时，由 $f(0)=0$，有

$$f(a+b)=f(b)=f(a)+f(b),$$

结论显然成立。

以下设 $a>0$。分别在区间 $[b,a+b]$ 与 $[0,a]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在

$${\xi }_1\in (b,a+b),{\xi }_2\in (0,a),$$

使得

$$f(a+b)-f(b)=f^{\prime }({\xi }_1)a,$$$$f(a)-f(0)=f^{\prime }({\xi }_2)a.$$

由于 $0<{\xi }_2<a\le b<{\xi }_1$，且 $f^{\prime }(x)$ 单调减少，所以

$$f^{\prime }({\xi }_1)\le f^{\prime }({\xi }_2).$$

又因为 $a>0$，故

$$f(a+b)-f(b)=a{f}^{\prime }({\xi }_1)\le a{f}^{\prime }({\xi }_2)=f(a)-f(0)=f(a).$$

因此

$$f(a+b)\le f(a)+f(b).$$

本题的关键是把两个长度同为 $a$ 的区间上的函数增量分别用拉格朗日中值定理表示，再利用 $f^{\prime }$ 单调减少比较两个中值点处的导数。

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3. 【2001-34-6 分】 已知 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内可导，且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=e,$$ $$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{x+c}{x-c}\right)}^x=\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)-f(x-1)],$$

求 $c$ 的值。

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答案： $c=\frac{1}{2}$。

解析： 对任意充分大的 $x$，函数 $f$ 在区间 $[x-1,x]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件，因此存在

$${\xi }_x\in (x-1,x),$$

使得

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

当 $x\to +\infty$ 时，${\xi }_x\to +\infty$，故

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)-f(x-1)]=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }({\xi }_x)=e.$$

再计算幂指函数极限。令

$$L=\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{x+c}{x-c}\right)}^x.$$

取对数，得

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{x\to +\infty }{\lim }x\ln \left(\frac{1+c/x}{1-c/x}\right)\\ & =\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left[\ln \left(1+\frac{c}{x}\right)-\ln \left(1-\frac{c}{x}\right)\right]\\ & =2c.\end{array}$$

所以

$$L=e^{2c}.$$

由题设两个极限相等，得到

$$e^{2c}=e,$$

从而

$$2c=1,$$

即

$$c=\frac{1}{2}.$$

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4. 【2003-2-10 分】 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 连续，在开区间 $(a,b)$ 内可导，且 $f^{\prime }(x)>0$。若极限

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(2x-a)}{x-a}$$

存在，证明：

(1) 在 $(a,b)$ 内 $f(x)>0$；

(2) 在 $(a,b)$ 内存在点 $\xi$，使

$$\frac{b^2-a^2}{{\int }_a^{b}f(x)dx}=\frac{2\xi }{f(\xi )};$$

(3) 在 $(a,b)$ 内存在与 (2) 中相异的点 $\eta$，满足

$$f^{\prime }(\eta )(b^2-a^2)=\frac{2\xi }{\xi -a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： 见解析。

解析： (1) 当 $x\to a^{+}$ 时，$2x-a\to a^{+}$。由 $f$ 在 $x=a$ 处连续，得

$$f(2x-a)\to f(a).$$

而 $x-a\to 0^{+}$。题设极限为有限实数，因此必须有

$$f(a)=0.$$

又因为 $f^{\prime }(x)>0$，所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上严格单调增加。于是对任意 $x\in (a,b)$，

$$f(x)>f(a)=0.$$

故 $f(x)>0$。

(2) 令

$$F(x)=x^2,G(x)={\int }_a^{x}f(t)dt.$$

则 $F,G$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且

$$F^{\prime }(x)=2x,G^{\prime }(x)=f(x)>0.$$

由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使

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

即

$$\frac{b^2-a^2}{{\int }_a^{b}f(x)dx}=\frac{2\xi }{f(\xi )}.$$

(3) 由 (1) 知 $f(a)=0$。在区间 $[a,\xi ]$ 上对 $f$ 应用拉格朗日中值定理，存在

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

使得

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

因此

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

因为 $\eta \in (a,\xi )$，所以 $\eta \ne \xi$。再由 (2)，

$$b^2-a^2=\frac{2\xi }{f(\xi )}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

两边乘以 $f^{\prime }(\eta )$，得

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\eta )(b^2-a^2)& =\frac{2\xi f^{\prime }(\eta )}{f(\xi )}{\int }_a^{b}f(x)dx\\ & =\frac{2\xi }{\xi -a}{\int }_a^{b}f(x)dx.\end{array}$$

这就证明了所要求的结论。

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5. 【2008-2-11 分】

(Ⅰ) 证明积分中值定理：若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则至少存在一点 $\eta \in [a,b]$，使得

$${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\eta )(b-a).$$

(Ⅱ) 若函数 $\phi (x)$ 具有二阶导数，且满足

$$\phi (2)>\phi (1),\phi (2)>{\int }_2^3\phi (x)dx,$$

则至少存在一点 $\xi \in (1,3)$，使得 ${\phi }^{\prime \prime }(\xi )<0$。

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答案： 见解析。

解析： (Ⅰ) 因为 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，所以它在该区间上必能取得最小值与最大值。设

$$m=\underset{x\in [a,b]}{\min }f(x),M=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x).$$

则对任意 $x\in [a,b]$，有

$$m\le f(x)\le M.$$

在 $[a,b]$ 上积分，得

$$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a).$$

由于 $b-a>0$，所以

$$m\le \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx\le M.$$

又因为连续函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上具有介值性，所以存在 $\eta \in [a,b]$，使

$$f(\eta )=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

因此

$${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\eta )(b-a).$$

(Ⅱ) 由 $\phi (2)>\phi (1)$，在区间 $[1,2]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $x_1\in (1,2)$，使

$${\phi }^{\prime }(x_1)=\phi (2)-\phi (1)>0.$$

由 (Ⅰ) 的积分中值定理，存在 $x_0\in [2,3]$，使

$${\int }_2^3\phi (x)dx=\phi (x_0)(3-2)=\phi (x_0).$$

题设给出

$$\phi (2)>{\int }_2^3\phi (x)dx=\phi (x_0).$$

因此 $x_0\ne 2$，即 $x_0\in (2,3]$。在区间 $[2,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $x_2\in (2,x_0)$，使

$${\phi }^{\prime }(x_2)=\frac{\phi (x_0)-\phi (2)}{x_0-2}<0.$$

由于 $x_1<x_2$，且 ${\phi }^{\prime }$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续、在 $(x_1,x_2)$ 内可导，再对 ${\phi }^{\prime }$ 应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)\subset (1,3)$，使

$${\phi }^{\prime \prime }(\xi )=\frac{{\phi }^{\prime }(x_2)-{\phi }^{\prime }(x_1)}{x_2-x_1}<0.$$

故至少存在一点 $\xi \in (1,3)$，使得 ${\phi }^{\prime \prime }(\xi )<0$。

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6. 【2013-3-10 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导，$f(0)=0$，且 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=2$，证明：

(1) 存在 $a>0$，使得 $f(a)=1$；

(2) 对 (1) 中的 $a$，存在 $\xi \in (0,a)$，使得

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

查看答案与解析

答案： 见解析。

解析： (1) 由于 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=2$，取 $\epsilon =1$，则存在 $X>0$，使得当 $x>X$ 时，

$$|f(x)-2|<1.$$

于是对任意 $x>X$，都有

$$f(x)>1.$$

取某个 $x_0>X$，则

$$f(0)=0<1<f(x_0).$$

函数 $f$ 在 $[0,x_0]$ 上可导，从而在该闭区间上连续。由介值定理，至少存在一点 $a\in (0,x_0)$，使得

$$f(a)=1.$$

因此存在 $a>0$，满足 $f(a)=1$。

(2) 函数 $f$ 在 $[0,a]$ 上连续，在 $(0,a)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,a)$，使得

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

故结论成立。

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7. 【2019-2-11 分】 已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且

$$f(0)=0,f(1)=1,{\int }_0^{1}f(x)dx=1,$$

证明：

(1) 存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f^{\prime }(\xi )=0$；

(2) 存在 $\eta \in (0,1)$，使得 $f^{\prime \prime }(\eta )<-2$。

查看答案与解析

答案： 见解析。

解析： (1) 由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，由积分中值定理，存在 $c\in [0,1]$，使得

$${\int }_0^{1}f(x)dx=f(c)(1-0).$$

由题设 ${\int }_0^{1}f(x)dx=1$，故

$$f(c)=1.$$

下面说明可取 $c\in (0,1)$。若在 $(0,1)$ 内不存在满足 $f(c)=1$ 的点，则有两种可能：

• 若对一切 $x\in (0,1)$ 都有 $f(x)<1$，由连续性可得 $${\int }_0^{1}f(x)dx<1,$$

与题设矛盾；

• 若存在 $x_0\in (0,1)$ 使 $f(x_0)>1$，由于 $f(0)=0<1$，由介值定理，在 $(0,x_0)$ 内必存在一点 $c$，使 $f(c)=1$，仍与假设矛盾。

所以必存在 $c\in (0,1)$，使 $f(c)=1=f(1)$。在区间 $[c,1]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (c,1)\subset (0,1)$，使得

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

(2) 反设对任意 $x\in (0,1)$，均有

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

令

$$F(x)=f(x)+x^2.$$

则

$$F^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)+2\ge 0,$$

所以 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上为凸函数。凸函数的图像不高于连接两端点的弦，因此对任意 $x\in [0,1]$，有

$$\begin{array}{rl}F(x)& \le (1-x)F(0)+xF(1)\\ & =(1-x)f(0)+x(f(1)+1)\\ & =2x.\end{array}$$

于是

$$f(x)\le 2x-x^2.$$

两边在 $[0,1]$ 上积分，得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& \le {\int }_0^1(2x-x^2)dx\\ & ={\left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]}_0^1\\ & =\frac{2}{3},\end{array}$$

这与题设 ${\int }_0^{1}f(x)dx=1$ 矛盾。

故反设不成立，必存在 $\eta \in (0,1)$，使得

$$f^{\prime \prime }(\eta )<-2.$$

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8. 【2020-13-10 分】 设 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上有连续导数，$f(0)=f(2)=0$，并令

$$M=\underset{x\in [0,2]}{\max }\{|f(x)|\}.$$

证明：

(1) 存在 $\xi \in (0,2)$，使得 $|f^{\prime }(\xi )|\ge M$；

(2) 若对任意 $x\in (0,2)$，都有 $|f^{\prime }(x)|\le M$，则 $M=0$。

查看答案与解析

答案： 见解析。

解析： (1) 由于 $f$ 在闭区间 $[0,2]$ 上连续，所以 $|f(x)|$ 能取得最大值。设

$$|f(x_0)|=M,x_0\in [0,2].$$

若 $M=0$，则任取 $\xi \in (0,2)$，都有

$$|f^{\prime }(\xi )|\ge 0=M,$$

结论显然成立。

以下设 $M>0$。因为 $f(0)=f(2)=0$，故 $x_0\in (0,2)$。注意到

$$\min \{x_0,2-x_0\}\le 1.$$

若 $x_0\le 1$，则在区间 $[0,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x_0)$，使

$$\begin{array}{rl}|f^{\prime }(\xi )|& =\left|\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0}\right|\\ & =\frac{|f(x_0)|}{x_0}\\ & =\frac{M}{x_0}\ge M.\end{array}$$

若 $x_0\ge 1$，则在区间 $[x_0,2]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_0,2)$，使

$$\begin{array}{rl}|f^{\prime }(\xi )|& =\left|\frac{f(2)-f(x_0)}{2-x_0}\right|\\ & =\frac{|f(x_0)|}{2-x_0}\\ & =\frac{M}{2-x_0}\ge M.\end{array}$$

因此总存在 $\xi \in (0,2)$，使得 $|f^{\prime }(\xi )|\ge M$。

(2) 假设对任意 $x\in (0,2)$，都有

$$|f^{\prime }(x)|\le M.$$

反设 $M>0$。仍取 $x_0\in (0,2)$，使 $|f(x_0)|=M$。由拉格朗日中值定理及导数的界，对任意 $x\in [0,2]$，有

$$|f(x)-f(0)|\le Mx,$$

以及

$$|f(x)-f(2)|\le M(2-x).$$

利用 $f(0)=f(2)=0$，得到

$$|f(x)|\le M\min \{x,2-x\}.$$

令 $x=x_0$，则

$$M\le M\min \{x_0,2-x_0\}.$$

由于 $M>0$，故

$$1\le \min \{x_0,2-x_0\}.$$

而对 $x_0\in [0,2]$，恒有 $\min \{x_0,2-x_0\}\le 1$，所以只能有

$$x_0=1.$$

设 $s=\mathrm{sgn}f(1)$，则 $s=\pm 1$，且

$$sf(1)=M.$$

在 $[0,1]$ 上，由牛顿—莱布尼茨公式，

$$M=sf(1)-sf(0)={\int }_0^{1}s{f}^{\prime }(x)dx.$$

又因为 $s{f}^{\prime }(x)\le |f^{\prime }(x)|\le M$，所以

$${\int }_0^{1}s{f}^{\prime }(x)dx\le {\int }_0^{1}Mdx=M.$$

上式取等号。由于 $f^{\prime }$ 连续，必有

$$s{f}^{\prime }(x)\equiv M,x\in [0,1].$$

同理，在 $[1,2]$ 上，

$$-M=sf(2)-sf(1)={\int }_1^{2}s{f}^{\prime }(x)dx.$$

而 $s{f}^{\prime }(x)\ge -|f^{\prime }(x)|\ge -M$，故等号成立必推出

$$s{f}^{\prime }(x)\equiv -M,x\in [1,2].$$

于是由左、右两侧分别得到

$$s{f}^{\prime }(1)=M,s{f}^{\prime }(1)=-M,$$

从而 $M=0$，与反设 $M>0$ 矛盾。

因此必有

$$M=0.$$