二、对闭区间上连续函数性质的考查

小题

（一）零点定理

1. 【2004-34-4 分】 设 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f^{\prime }(a)>0$，$f^{\prime }(b)<0$，则下列结论中错误的是（ ）

A. 至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使得 $f(x_0)>f(a)$

B. 至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使得 $f(x_0)>f(b)$

C. 至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使得 $f^{\prime }(x_0)=0$

D. 至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使得 $f(x_0)=0$

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答案： D。

解析： 因为 $f^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f^{\prime }(a)>0$，所以存在充分小的 ${\delta }_1>0$，使得

$$f^{\prime }(x)>0,x\in [a,a+{\delta }_1].$$

因此 $f$ 在该区间上严格增加，取任意 $x_0\in (a,a+{\delta }_1]$，都有

$$f(x_0)>f(a),$$

故 A 正确。

同理，由 $f^{\prime }(b)<0$ 及 $f^{\prime }$ 的连续性，存在充分小的 ${\delta }_2>0$，使得

$$f^{\prime }(x)<0,x\in [b-{\delta }_2,b].$$

于是 $f$ 在该区间上严格减少。取任意 $x_0\in [b-{\delta }_2,b)$，便有

$$f(x_0)>f(b),$$

故 B 正确。

又因为

$$f^{\prime }(a)>0,f^{\prime }(b)<0,$$

且 $f^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上连续，由零点定理，至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使

$$f^{\prime }(x_0)=0,$$

故 C 正确。

但上述条件不能保证 $f$ 本身有零点。例如在 $[0,2]$ 上取

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

则

$$f^{\prime }(0)=2>0,f^{\prime }(2)=-2<0,$$

但对任意 $x\in [0,2]$，均有

$$f(x)\ge 1>0,$$

所以 $f(x)=0$ 在 $(0,2)$ 内无解。故 D 错误。

大题

（一）零点定理

1. 【2016-2-11 分】 已知函数 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{3\pi }{2}\right]$ 上连续，在 $\left(0,\frac{3\pi }{2}\right)$ 内是函数 $\frac{\cos x}{2x-3\pi }$ 的一个原函数，且 $f(0)=0$。

(1) 求 $f(x)$ 在区间 $\left[0,\frac{3\pi }{2}\right]$ 上的平均值；

(2) 证明 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\frac{3\pi }{2}\right)$ 内存在唯一零点。

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答案： (1) $\frac{1}{3\pi }$；

(2) 见解析。

解析： 记

$$L=\frac{3\pi }{2}.$$

在 $(0,L)$ 内，有

$$f^{\prime }(x)=\frac{\cos x}{2x-3\pi }=\frac{\cos x}{2(x-L)}.$$

注意到

$$\underset{x\to L^{-}}{\lim }\frac{\cos x}{2x-3\pi }=\underset{x\to L^{-}}{\lim }\frac{-\sin x}{2}=\frac{1}{2},$$

故该函数在 $x=L$ 处为可去间断，因而可以在 $[0,L]$ 上作积分运算。

(1) 由 $f(0)=0$，对 $x\in [0,L]$ 有

$$f(x)={\int }_0^x\frac{\cos t}{2t-3\pi }dt.$$

于是交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{L}f(x)dx& ={\int }_0^L\left({\int }_0^x\frac{\cos t}{2t-3\pi }dt\right)dx\\ & ={\int }_0^L(L-t)\frac{\cos t}{2t-3\pi }dt.\end{array}$$

由于 $2t-3\pi =2(t-L)$，故

$$\frac{L-t}{2t-3\pi }=-\frac{1}{2}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{L}f(x)dx& =-\frac{1}{2}{\int }_0^L\cos tdt\\ & =-\frac{1}{2}\sin L\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

因此 $f(x)$ 在 $[0,L]$ 上的平均值为

$$\begin{array}{rl}\overline{f}& =\frac{1}{L}{\int }_0^{L}f(x)dx\\ & =\frac{2}{3\pi }\cdot \frac{1}{2}\\ & =\frac{1}{3\pi }.\end{array}$$

(2) 当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$\cos x>0$，而 $2x-3\pi <0$，所以

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

由 $f(0)=0$ 可知，$f$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上严格减少，因而

$$f(x)<0,x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right].$$

当 $x\in \left(\frac{\pi }{2},L\right)$ 时，$\cos x<0$，且 $2x-3\pi <0$，故

$$f^{\prime }(x)>0.$$

所以 $f$ 在 $\left[\frac{\pi }{2},L\right]$ 上严格增加。

由第 (1) 问

$${\int }_0^{L}f(x)dx=\frac{1}{2}>0.$$

若 $f(x)\le 0$ 对所有 $x\in [0,L]$ 均成立，则应有 ${\int }_0^{L}f(x)dx\le 0$，矛盾。因此存在一点 $x_1\in (0,L)$，使

$$f(x_1)>0.$$

由于 $f(x)<0$ 在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上成立，故必有

$$x_1\in \left(\frac{\pi }{2},L\right).$$

又

$$f\left(\frac{\pi }{2}\right)<0,f(x_1)>0,$$

由零点定理，存在 $\xi \in \left(\frac{\pi }{2},x_1\right)$，使

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

由于 $f$ 在 $\left(\frac{\pi }{2},L\right)$ 上严格增加，故该零点至多只有一个。因此，$f(x)$ 在 $\left(0,\frac{3\pi }{2}\right)$ 内存在唯一零点。

（二）介值定理

1. 【2002-34-6 分】 设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x)>0$，利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点 $\xi \in [a,b]$，使

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

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答案： 见解析。

解析： 因为 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，所以由最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上能取得最小值与最大值。记

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

则对任意 $x\in [a,b]$，有

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

又因为 $g(x)>0$，所以

$$mg(x)\le f(x)g(x)\le Mg(x).$$

在 $[a,b]$ 上积分，得到

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

由于 $g(x)>0$ 且连续，故

$${\int }_a^{b}g(x)dx>0.$$

因此

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

记

$$A=\frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{{\int }_a^{b}g(x)dx}.$$

则 $A\in [m,M]$。由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，根据介值定理，存在一点 $\xi \in [a,b]$，使得

$$f(\xi )=A.$$

即

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

两边乘以 ${\int }_a^{b}g(x)dx$，便得

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