三、费马引理与罗尔定理

小题

1. 【1996-5-5 分】 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且

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

求证：在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

查看答案与解析

答案： 在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

解析： 构造函数

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt-(x-a)f(b).$$

因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，并且

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

由题设条件

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

可得

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

于是

$$F(a)=0,$$

且

$$F(b)={\int }_a^{b}f(t)dt-(b-a)f(b)=0.$$

由罗尔定理，存在 $c\in (a,b)$，使

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

即

$$f(c)=f(b).$$

再对函数 $f(x)$ 在区间 $[c,b]$ 上应用罗尔定理。由于 $f(c)=f(b)$，故存在 $\xi \in (c,b)\subset (a,b)$，使

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

因此结论成立。

大题

1. 【1991-12-7 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且

$$3{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)dx=f(0),$$

证明在 $(0,1)$ 内存在一点 $c$，使 $f^{\prime }(c)=0$。

查看答案与解析

答案： 在 $(0,1)$ 内至少存在一点 $c$，使 $f^{\prime }(c)=0$。

解析： 因为 $f(x)$ 在 $\left[\frac{2}{3},1\right]$ 上连续，由积分中值定理，存在一点

$$\eta \in \left[\frac{2}{3},1\right],$$

使得

$${\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)dx=f(\eta )\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{3}f(\eta ).$$

因此

$$3{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)dx=f(\eta ).$$

结合题设条件，得到

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

由于 $\eta \in \left[\frac{2}{3},1\right]$，故 $\eta >0$。函数 $f(x)$ 在 $[0,\eta ]$ 上连续，在 $(0,\eta )$ 内可导，并且端点函数值相等。由罗尔定理，存在一点

$$c\in (0,\eta )\subset (0,1),$$

使得

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

因此结论成立。

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2. 【1993-4-6 分】 假设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内二阶可导，过点 $A(0,f(0))$ 与 $B(1,f(1))$ 的直线与曲线 $y=f(x)$ 相交于点 $C(c,f(c))$，其中 $0<c<1$。证明：在 $(0,1)$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

查看答案与解析

答案： 在 $(0,1)$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解析： 过点 $A(0,f(0))$ 与 $B(1,f(1))$ 的直线方程为

$$l(x)=f(0)+[f(1)-f(0)]x.$$

构造函数

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

由于直线 $AB$ 与曲线 $y=f(x)$ 在 $x=0,c,1$ 三处相交，故

$$F(0)=F(c)=F(1)=0.$$

在区间 $[0,c]$ 上应用罗尔定理，存在一点

$${\xi }_1\in (0,c),$$

使

$$F^{\prime }({\xi }_1)=0.$$

在区间 $[c,1]$ 上应用罗尔定理，存在一点

$${\xi }_2\in (c,1),$$

使

$$F^{\prime }({\xi }_2)=0.$$

显然 ${\xi }_1<{\xi }_2$。由于 $F^{\prime }(x)$ 在 $[{\xi }_1,{\xi }_2]$ 上连续，在 $({\xi }_1,{\xi }_2)$ 内可导，并且

$$F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }({\xi }_2)=0,$$

再次应用罗尔定理，存在一点

$$\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (0,1),$$

使

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

又因为 $l(x)$ 是一次函数，所以 $l^{\prime \prime }(x)=0$，从而

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

因此

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

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3. 【1996-3-8 分】 设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上具有二阶导数，且 $f(a)=f(b)=0$，$f^{\prime }(a)f^{\prime }(b)>0$，试证明：存在 $\xi \in (a,b)$ 和 $\eta \in (a,b)$，使 $f(\xi )=0$ 及 $f^{\prime \prime }(\eta )=0$。

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，分别满足 $f(\xi )=0$ 与 $f^{\prime \prime }(\eta )=0$。

解析： 由

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

知 $f^{\prime }(a)$ 与 $f^{\prime }(b)$ 同号。分两种情形讨论。

情形一： $f^{\prime }(a)>0$，$f^{\prime }(b)>0$。

由导数定义，当 $x>a$ 且充分接近 $a$ 时，

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0.$$

由于 $f(a)=0$ 且 $x-a>0$，故此时 $f(x)>0$。

同理，当 $x<b$ 且充分接近 $b$ 时，

$$\frac{f(x)-f(b)}{x-b}>0.$$

由于 $x-b<0$ 且 $f(b)=0$，故此时 $f(x)<0$。

于是函数 $f(x)$ 在区间内部既取正值又取负值。由连续函数的零点定理，存在一点

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

使

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

情形二： $f^{\prime }(a)<0$，$f^{\prime }(b)<0$。

同理可知，当 $x>a$ 且充分接近 $a$ 时，$f(x)<0$；当 $x<b$ 且充分接近 $b$ 时，$f(x)>0$。由零点定理仍可得到存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f(\xi )=0$。

因此，无论哪种情形，均存在内部零点 $\xi$。

现在利用

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

在区间 $[a,\xi ]$ 上应用罗尔定理，存在一点 $x_1\in (a,\xi )$，使

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

在区间 $[\xi ,b]$ 上应用罗尔定理，存在一点 $x_2\in (\xi ,b)$，使

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

因为 $x_1<x_2$，对函数 $f^{\prime }(x)$ 在区间 $[x_1,x_2]$ 上再次应用罗尔定理，存在一点

$$\eta \in (x_1,x_2)\subset (a,b),$$

使

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

故所证结论成立。

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4. 【2000-1234-8 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上连续，且

$${\int }_0^{\pi }f(x)dx=0,{\int }_0^{\pi }f(x)\cos xdx=0.$$

试证：在 $(0,\pi )$ 内至少存在两个不同的点 ${\xi }_1,{\xi }_2$，使 $f({\xi }_1)=f({\xi }_2)=0$。

查看答案与解析

答案： 在 $(0,\pi )$ 内至少存在两个不同的零点。

解析： 若 $f(x)\equiv 0$，则结论显然成立。以下设 $f(x)$ 不恒为零。

先证明 $f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 内至少有一个零点。若没有零点，则由连续性知 $f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 内恒正或恒负，从而

$${\int }_0^{\pi }f(x)dx\ne 0,$$

与题设矛盾。

下面用反证法证明零点不可能只有一个。假设 $f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 内只有一个零点 $c$。

由于

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

且 $f$ 不恒为零，函数在 $c$ 两侧必异号。否则，$f$ 在整个区间上同号，积分不可能为零。不妨设

$$f(x)>0(0<x<c),f(x)<0(c<x<\pi ).$$

由于 $\cos x$ 在 $[0,\pi ]$ 上严格递减，所以

$$\cos x-\cos c>0(0<x<c),$$

且

$$\cos x-\cos c<0(c<x<\pi ).$$

因此在 $(0,c)$ 与 $(c,\pi )$ 上均有

$$f(x)[\cos x-\cos c]>0.$$

又因 $f$ 不恒为零，故

$${\int }_0^{\pi }f(x)[\cos x-\cos c]dx>0.$$

但由题设两个积分条件，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }f(x)[\cos x-\cos c]dx& ={\int }_0^{\pi }f(x)\cos xdx-\cos c{\int }_0^{\pi }f(x)dx\\ & =0.\end{array}$$

矛盾。

若 $f(x)<0$ 在 $(0,c)$ 上、$f(x)>0$ 在 $(c,\pi )$ 上，则上述乘积恒为负，同样与积分等于零矛盾。

因此，$f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 内不可能只有一个零点，故至少存在两个不同的点 ${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,\pi )$，使

$$f({\xi }_1)=f({\xi }_2)=0.$$

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5. 【2003-3-8 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续，在 $(0,3)$ 内可导，且

$$f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1,$$

试证必存在 $\xi \in (0,3)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

查看答案与解析

答案： 必存在 $\xi \in (0,3)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

解析： 由

$$\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}=1=f(3),$$

分两种情形讨论。

若 $f(0),f(1),f(2)$ 中至少有一个等于 $1$，设 $f(k)=1$，其中 $k\in \{0,1,2\}$，则

$$f(k)=f(3).$$

函数 $f$ 在 $[k,3]$ 上连续、在 $(k,3)$ 内可导，由罗尔定理，存在

$$\xi \in (k,3)\subset (0,3),$$

使得

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

若 $f(0),f(1),f(2)$ 均不等于 $1$，由于三者的平均值为 $1$，它们不可能全大于 $1$，也不可能全小于 $1$。因此必存在 $i,j\in \{0,1,2\}$，使

$$f(i)<1<f(j)$$

或

$$f(j)<1<f(i).$$

由连续函数的介值定理，在 $i$ 与 $j$ 之间存在一点 $c\in (0,2)$，使

$$f(c)=1=f(3).$$

再对 $f$ 在 $[c,3]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (c,3)\subset (0,3)$，使

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

故结论成立。

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6. 【2007-34-11 分】 设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内二阶可导，且分别在 $(a,b)$ 内取得相等的最大值，又 $f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$。证明：

（1）存在 $\eta \in (a,b)$，使得 $f(\eta )=g(\eta )$；

（2）存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。

查看答案与解析

答案： 结论（1）、（2）均成立。

解析： 设两函数在 $(a,b)$ 内取得的公共最大值为 $M$，分别取最大值点 $x_1,x_2\in (a,b)$，使

$$f(x_1)=M,g(x_2)=M.$$

令

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

则

$$h(x_1)=M-g(x_1)\ge 0,$$$$h(x_2)=f(x_2)-M\le 0.$$

若 $h(x_1)=0$ 或 $h(x_2)=0$，结论（1）立即成立；否则 $h(x_1)>0$、$h(x_2)<0$。由连续函数的零点定理，在 $x_1$ 与 $x_2$ 之间存在 $\eta \in (a,b)$，使

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

即

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

又由题设

$$h(a)=h(\eta )=h(b)=0.$$

分别在 $[a,\eta ]$ 和 $[\eta ,b]$ 上对 $h$ 应用罗尔定理，存在

$$u\in (a,\eta ),v\in (\eta ,b),$$

使

$$h^{\prime }(u)=h^{\prime }(v)=0.$$

再在 $[u,v]$ 上对 $h^{\prime }$ 应用罗尔定理，存在 $\xi \in (u,v)\subset (a,b)$，使

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

因此

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

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7. 【2007-12-11 分】 设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内具有二阶导数，且在 $(a,b)$ 内存在相等的最大值，$f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。

解析： 设两函数在 $(a,b)$ 内取得的公共最大值为 $M$，分别取最大值点 $x_1,x_2\in (a,b)$，使

$$f(x_1)=M,g(x_2)=M.$$

令 $h(x)=f(x)-g(x)$，则

$$h(x_1)\ge 0,h(x_2)\le 0.$$

由介值定理，存在 $\eta \in (a,b)$，使 $h(\eta )=0$。结合

$$h(a)=h(b)=0,$$

分别在 $[a,\eta ]$、$[\eta ,b]$ 上应用罗尔定理，得到 $u\in (a,\eta )$、$v\in (\eta ,b)$，使

$$h^{\prime }(u)=h^{\prime }(v)=0.$$

再在 $[u,v]$ 上对 $h^{\prime }$ 应用罗尔定理，存在 $\xi \in (u,v)$，使

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

故

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

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8. 【2010-3-10 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续，在 $(0,3)$ 内存在二阶导数，且

$$2f(0)={\int }_0^{2}f(x)dx=f(2)+f(3).$$

（Ⅰ）证明存在 $\eta \in (0,2)$，使 $f(\eta )=f(0)$；

（Ⅱ）证明存在 $\xi \in (0,3)$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）存在 $\eta \in (0,2)$，使 $f(\eta )=f(0)$；（Ⅱ）存在 $\xi \in (0,3)$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解析： （Ⅰ）由积分中值定理，存在 $\eta \in (0,2)$，使

$${\int }_0^{2}f(x)dx=2f(\eta ).$$

结合题设

$${\int }_0^{2}f(x)dx=2f(0),$$

得到

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

（Ⅱ）由 $f(0)=f(\eta )$，在区间 $[0,\eta ]$ 上应用罗尔定理，存在 $x_1\in (0,\eta )$，使

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

另一方面，由题设及（Ⅰ）可得

$$f(2)+f(3)=2f(0)=2f(\eta ),$$

即 $f(\eta )$ 是 $f(2)$ 与 $f(3)$ 的算术平均值。因此，$f(\eta )$ 介于 $f(2)$ 与 $f(3)$ 之间。由连续函数的介值定理，存在

$$\zeta \in [2,3],$$

使

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

由于 $\eta <2\le \zeta$，对 $f$ 在 $[\eta ,\zeta ]$ 上应用罗尔定理，存在

$$x_2\in (\eta ,\zeta ),$$

使

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

此时 $x_1<x_2$。函数 $f^{\prime }$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续、在 $(x_1,x_2)$ 内可导，因此再次应用罗尔定理，存在

$$\xi \in (x_1,x_2)\subset (0,3),$$

使

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

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9. 【2017-12-11 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1)>0$，

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0.$$

证明：

（Ⅰ）方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根；

（Ⅱ）方程

$$f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$$

在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根；（Ⅱ）所给方程在 $(0,1)$ 内至少有两个不同实根。

解析： 记

$$L=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0.$$

由于该极限为有限数，且 $f$ 在 $x=0$ 处连续，所以必有

$$f(0)=0.$$

并且

$$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=L<0.$$

因此存在 $\delta >0$，使得当 $0<x<\delta$ 时，

$$f(x)<0.$$

（Ⅰ）取 $x_0\in (0,\delta )$，则 $f(x_0)<0$，而题设给出 $f(1)>0$。由 $f$ 在 $[x_0,1]$ 上连续，根据零点定理，存在 $c\in (x_0,1)\subset (0,1)$，使

$$f(c)=0.$$

（Ⅱ）取 $c$ 为（Ⅰ）中得到的一个零点。因为 $f(0)=f(c)=0$，且 $f(x)<0$ 在某个右邻域内成立，所以 $f$ 在 $[0,c]$ 上不恒为零，并在该区间内取得负的最小值。设最小值点为 $u$，则

$$u\in (0,c),f^{\prime }(u)=0.$$

构造辅助函数

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

由于

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

可得

$$F(0)=F(u)=F(c)=0.$$

在区间 $[0,u]$ 上对 $F$ 应用罗尔定理，存在 ${\xi }_1\in (0,u)$，使

$$F^{\prime }({\xi }_1)=0.$$

在区间 $[u,c]$ 上再次应用罗尔定理，存在 ${\xi }_2\in (u,c)$，使

$$F^{\prime }({\xi }_2)=0.$$

显然 ${\xi }_1\ne {\xi }_2$。又

$$F^{\prime }(x)=[f^{\prime }(x){]}^2+f(x)f^{\prime \prime }(x),$$

因此

$$f({\xi }_i)f^{\prime \prime }({\xi }_i)+[f^{\prime }({\xi }_i){]}^2=0,i=1,2.$$

故方程

$$f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$$

在 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。