微分中值定理习题技巧收集与整理

积分中值定理

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大学教材全解高等数学 延边大学出版社

1.设$a>b>0$，证明$\frac{a-b}{a}<\ln \frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}$
解
构造辅助函数$f(x)=\ln (x)$，则$f(x)$在$[b,a]$上连续，在$(b,a)$内可导，则$f(x)=\ln x$在$[b,a]$上满足拉格朗日中值定理的条件，故至少存在一点$\xi \in (b,a)$，使得$\frac{f(a)-f(b)}{a-b}=f^{\prime }(\xi )$，即
$$\frac{\ln a-\ln b}{a-b}=\frac{1}{\xi }$$
因为$\frac{1}{a}<\frac{1}{\xi }<\frac{1}{b}$，所以$\frac{1}{a}<\frac{\ln a-\ln b}{a-b}<\frac{1}{b}$，即
$$\frac{a-b}{a}<\ln \frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}$$
2.证明不等式$\frac{x}{1+x^2}<\arctan x<x(x>0)$
解
做辅助函数$f(x)=\arctan x(x>0)$，因$f(x)$在$[0,x]$上满足拉格朗日中值定理条件，因此有$f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )(x-0),\xi \in (0,x)$，
即
$$\arctan x-\arctan 0=\frac{x}{1+{\xi }^2}$$
亦即
$$\arctan x=\frac{x}{1+{\xi }^2}$$
因$0<\xi <x$，有$\frac{1}{1+x^2}<\frac{1}{1+{\xi }^2}<1$，所以可得
$$\frac{x}{1+x^2}<\arctan x<x(x>0)$$

3.已知函数$f(x)$在$[0,1]$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=1,f(1)=1$，证明：

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

$(1)$令$F(x)=f(x)-1+x$，有$F(x)$在$[0,1]$上连续，且
$$F(0)=f(0)-1=-1<0$$

$$F(1)=f(1)-1+1=f(1)=1>0$$
则$F(0)F(1)<0$，于是由介值定理知，存在$\xi \in (0,1)$，使得$F(\xi )=0$，即$f(\xi )=1-\xi$。
$(2)f(x)$在$[0,\xi ]$和$[\xi ,1]$上分别应用拉格朗日中值定理知，存在两个不同的点$\eta \in (0,\xi ),\zeta \in (\xi ,1)$，使得
$$f^{\prime }(\eta )=\frac{f(\xi )-f(0)}{\xi -0}=\frac{(1-\xi )-0}{\xi }=\frac{1-\xi }{\xi }$$
$$f^{\prime }(\zeta )=\frac{f(1)-f(\xi )}{1-\xi }=\frac{1-(1-\xi )}{1-\xi }=\frac{\xi }{1-\xi }$$
于是
$$f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )=\frac{1-\xi }{\xi }\cdot \frac{\xi }{1-\xi }=1$$

高等数学学习辅导讲义 浙江大学出版社

4.设$f(x)$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$(a,b)$内，$g(x)\ne 0$；$(2)$在$(a,b)$内，至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{g^{\prime \prime }(\xi )}$
证明
$(1)$用反证法。假设存在$x_0\in (a,b)$，使$g(x_0)=0$。
$g(x)$在$[a,x_0]$上满足罗尔定理条件，至少存在一点$c_1\in (a,x_0)$，使$g^{\prime }(c_1)=0$；
$g(x)$在$[x_0,b]$上满足罗尔定理条件，至少存在一点$c_2\in (x_0,b)$，使$g^{\prime }(c_2)=0$；
$g^{\prime }(x)$在$[c_1,c_2]$上满足罗尔定理条件，至少存在一点$c\in (c_1,c_2)$，使$g^{\prime \prime }(c)=0$；
与对每一个$x\in (a,b),g^{\prime \prime }(x)\ne 0$相矛盾，所以假设不成立，即$\forall x\in (a,b),g(x)\ne 0$。
$(2)$要证$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{g^{\prime \prime }(\xi )}$成立，由$g(x)\ne 0,g^{\prime \prime }(x)\ne 0$，只要证$f(\xi )g^{\prime \prime }(\xi )-g(\xi )f^{\prime \prime }(\xi )=0$成立，只要证${\left[f(x)g^{\prime \prime }(x)-g(x)f^{\prime \prime }(x)\right]|}_{x=\xi }=0$成立，只要证${{\left(f(x)g^{\prime }(x)-g(x)f^{\prime }(x)\right)}^{\prime }|}_{x=\xi }=0$成立，设$F(x)=f(x)g^{\prime }(x)-g(x)f^{\prime }(x)$，只要证
$$F^{\prime }(\xi )=0$$成立，$F(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理知，至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使$F^{\prime }(\xi )=0$成立

5.设$f\left(x\right)$ 在$\left[a,b\right]$上具有二阶导数，且$f\left(a\right)=f\left(b\right)=0$，$f^{\prime }\left(a\right)f^{\prime }\left(b\right)>0$。证明：存在$\xi \in \left(a,b\right)$和$\eta \in \left(a,b\right)$，使$f\left(\xi \right)=0$,$f^{\prime \prime }\left(\eta \right)=0$。
证明
由$f^{\prime }\left(a\right)f^{\prime }\left(b\right)>0$，不妨设$f^{\prime }(a)>0,f^{\prime }(b)>0$，由于$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x-a}=f^{\prime }(a)>0$，由保号性，存在${\delta }_1>0$，当$x\in (a,a+{\delta }_1)$时，$\frac{f(x)}{x-a}>0$，而$x-a>0$，知$f(x)>0$，取$a_1\in (a,a+{\delta }_1),f(a_1)>0$；

又$\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{f(x)}{x-b}=f^{\prime }(b)>0$，由保号性，存在${\delta }_2>0(a_1<b-{\delta }_2)$，当$x\in (b-{\delta }_2,b)$时，$\frac{f(x)}{x-b}>0$，而$x-b<0$，知$f(x)<0$，取$b_1\in (b-{\delta }_2,b),f(b_1)<0$，$f(x)$在$[a_1,b_1]$上满足根的存在定理条件，则至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使$f(\xi )=0$。
$f(x)$在$[a,\xi ]$上满足罗尔定理，至少存在一点$c_1\in (a,\xi )$，使$f^{\prime }(c_1)=0$；
$f(x)$在$[\xi ,b]$上满足罗尔定理，至少存在一点$c_2\in (\xi ,b)$，使$f^{\prime }(c_2)=0$；
$f^{\prime }(x)$在$[c_1,c_2]$上满足罗尔定理，至少存在一点$\eta \in (c_1,c_2)\subset (a,b)$，使$f^{\prime \prime }(\eta )=0$。

6.设$f(x),g(x)$可导，证明在$f(x)$的两个零值点之间必有函数$f^{\prime }(x)+f(x)g^{\prime }(x)$的零值点。
证明
由题意知$\exists x_1<x_2$，使$f(x_1)=0,f(x_2)=0$，要证明至少存在一点$\xi \in (x_1,x_2)$，使$f^{\prime }(\xi )+f(\xi )g^{\prime }(\xi )$成立，由$e^{g(\xi )}\ne 0$，只要证$\left[f^{\prime }(\xi )+f(\xi )g^{\prime }(\xi )\right]e^{g(\xi )}=0$成立，只要证${\left[f^{\prime }(x)e^{g(x)}+f(x)g^{\prime }(x)e^{g(x)}\right]|}_{x=\xi }=0$成立，只要证${[f(x)e^{g(x)}{]}^{\prime }|}_{x=\xi }=0$成立，设$F(x)=f(x)e^{g(x)}$，只要证
$$F^{\prime }(\xi )=0$$
成立，$F(x)$在$[x_1,x_2]$上连续，在$(x_1,x_2)$内可导，$F(x_1)=F(x_2)=0$，由罗尔定理知，至少存在一点$\xi \in (x_1,x_2)$，使$F^{\prime }(\xi )=0$。

7.若$f(x),g(x)$在$[a,b]$上可导，且$g^{\prime }(x)\ne 0$，则至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使
$$\frac{f(a)-f(\xi )}{g(\xi )-g(b)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$$
证明
要证结论成立，只要证$\left[f(a)-f(\xi )\right]g^{\prime }(\xi )-[g(\xi )-g(b)]f^{\prime }(\xi )=0$成立，只要证 { [ f ( a ) − f ( x ) ] g ′ ( x ) − [ g ( x ) − g ( b ) ] f ′ ( x ) } x = ξ = 0 \left\{[f(a)-f(x)]g^{\prime}(x)-[g(x)-g(b)]f^{\prime}(x)\right\}_{x=\xi}=0 {[f(a)−f(x)]g′(x)−[g(x)−g(b)]f′(x)}x=ξ​=0成立，只要证 { [ f ( a ) − f ( x ) ] [ g ( x ) − g ( b ) ] } ′ ∣ x = ξ = 0 \left. \left\{[f(a)-f(x)][g(x)-g(b)]\right\}^{\prime}\right|_{x=\xi}=0 {[f(a)−f(x)][g(x)−g(b)]}′∣∣​x=ξ​=0成立，令$F(x)=[f(a)-f(x)][g(x)-g(b)]$，只要证$$F^{\prime }(\xi )=0$$
成立，$F(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，$F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理知，至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使$F^{\prime }(\xi )=0$。

8.设$f(x)$在闭区间$[x_1,x_2]$上可微，并且$x_1{x}_2>0$，证明：在$(x_1,x_2)$内至少存在一点$\xi$，使
$$\frac{1}{x_1-x_2}\left|\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ f(x_1)& f(x_2)\end{array}\right|=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi )$$
证明
要证原等式成立，只要证$\frac{x_{1}f(x_2)-x_{2}f(x_1)}{x_1-x_2}=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi )$成立，由$x_1{x}_2>0$，知$x_1\ne 0,x_2\ne 0$，只要证
$$\frac{\frac{f(x_2)}{x_2}-\frac{f(x_1)}{x_1}}{\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_1}}=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi )$$
成立。设$F(x)=\frac{f(x)}{x}$，$G(x)=\frac{1}{x}$，$F^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)x-f(x)}{x^2}$，$G^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}$，由$x_1{x}_2>0$，知$x_1,x_2$同号，知$0\notin [x_1,x_2]$，故$F(x),G(x)$在$[x_1,x_2]$上满足柯西定理条件，有
$$\frac{\frac{f(x_2)}{x_2}-\frac{f(x_1)}{x_1}}{\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_1}}=\frac{F(x_2)-F(x_1)}{G(x_2)-G(x_1)}=\frac{F^{\prime }(\xi )}{G^{\prime }(\xi )}=\frac{\frac{f^{\prime }(\xi )\xi -f(\xi )}{{\xi }^2}}{-1/{\xi }^2}=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi )$$

9.设函数$f(x)$在$[a,b]$连续，在$(a,b)$内可导，且$f^{\prime }(x)\ne 0$，证明存在$\xi ,\eta \in (a,b)$，使得
$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{f^{\prime }(\eta )}=\frac{e^b-e^a}{b-a}{e}^{-\eta }$$
证明
要证原等式成立，只要证$f^{\prime }(\xi )=\frac{e^b-e^a}{b-a}\cdot \frac{f^{\prime }(\eta )}{e^{\eta }}$成立，由$f(b)-f(a)=f^{\prime }(c)(b-a)$，只要证
$$f^{\prime }(\xi )\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot \frac{f^{\prime }(\eta )}{e^{\eta }}$$
成立，由拉格朗日定理知存在一点$\xi \in (a,b)$，使
$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$
再由$f(x),e^x$在$[a,b]$上满足柯西定理的条件，知存在一点$\eta \in (a,b)$，使
$$\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{e^{\eta }}$$
两式相乘，原式得证

10.设$f(x)$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
$$e^{\eta -\xi }[f(\eta )+f^{\prime }(\eta )]=1$$
证明
要证原等式成立，只要证
$$e^{\eta }[f(\eta )+f^{\prime }(\eta )]=e^{\xi }$$
成立，由$F(x)=e^{x}f(x)$在$[a,b]$上满足拉格朗日定理条件，有$\frac{e^{b}f(b)-e^{a}f(a)}{b-a}=F^{\prime }(\eta )=e^{\eta }[f(\eta )+f^{\prime }(\eta )]$，$a<\eta <b$，又应用拉格朗日定理知$\frac{e^{b}f(b)-e^{a}f(a)}{b-a}=\frac{e^b-a^a}{b-a}=e^{\xi }$，$a<\xi <b$。原式成立。

11.设函数$f(x)$在$[0,1]$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$\xi$，存在$\xi \in (0,\eta )$，使得$f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1$。
证明
$(1)$设$\phi (x)=f(x)-x$，$\phi (x)$在$\left[\frac{1}{2},1\right]$上连续，
$$\phi (1)=f(1)-1=-1<0,\phi \left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$$
由根的存在定理知，至少存在一点$\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使$\phi (\eta )=0$。
$(2)$要证$f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1$成立，只要证$f^{\prime }(\xi )-1-\lambda [f(\xi )-\xi ]=0$成立，由$\phi (\xi )=f(\xi )-\xi$，${\phi }^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1$，${\phi }^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(\xi )-1$，只要证${\phi }^{\prime }(\xi )-\lambda \phi (\xi )=0$成立，只要证$[{\phi }^{\prime }(\xi )-\lambda \phi (\xi )]e^{-\lambda \xi }=0$成立，只要证${\left\{[{\phi }^{\prime }(x)-\lambda \phi (x)]e^{-\lambda x}\right\}|}_{x=\xi }=0$成立，只要证${{\left[\phi (x)e^{-\lambda x}\right]}^{\prime }|}_{x=\xi }=0$成立，设$F(x)=\phi (x)e^{-\lambda x}$，则只要证

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

成立，$F(x)$在$[0,\eta ]$连续，在$(0,\eta )$内可导，$F(0)=0=F(\eta )$，由罗尔定理知，至少存在一点$\xi \in (0,\eta )$，使$F^{\prime }(\xi )=0$，原式得证。

12.设$f(x)$二阶可导，且在$(0,a)$内某点取到最大之外，对一切$x\in [0,a]$，都有$\left|f^{\prime \prime }(x)\right|\le m(m为常数)$，证明：$\left|f^{\prime }(0)\right|+\left|f^{\prime }(a)\right|\le am$。
证明
由$f(x)$在$x_0$处取到最大值，且$x_0\in (0,a)$，知$f(x_0)$为极大值又$f^{\prime }(x_0)$存在，由费马定理知$f^{\prime }(x_0)=0$，于是
$$\begin{array}{rl}\left|f^{\prime }(0)\right|+\left|f^{\prime }(a)\right|& =\left|f^{\prime }(x_0)-f^{\prime }(0)\right|+\left|f^{\prime }(a)-f^{\prime }(x_0)\right|\\ & =\left|f^{\prime \prime }({\xi }_1)x_0\right|+\left|f^{\prime \prime }({\xi }_2)(a-x_0)\right|\le m{x}_0+m(a-x_0)=ma\end{array}$$
13.设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$|f^{\prime }(x)|<1$，又$f(0)=f(1)$，证明：对任意$x_1,x_2\in [0,1]$，有$|f(x_1)-f(x_2)|<\frac{1}{2}$。
证明
不妨设$0\le x_1\le x_2\le 1$，当$x_2-x_1\le \frac{1}{2}$时。由拉格朗日定理知$|f(x_1)-f(x_2)|=|f^{\prime }({\xi }_1)(x_1-x_2)|<\frac{1}{2}$；当$x_2-x_1>\frac{1}{2}$时，则$0\le x_1+(1-x_2)=1-(x_2-x_1)<\frac{1}{2}$；又$f(0)=f(1)$，于是
$$\begin{array}{rl}\left|f(x_1)-f(x_2)\right|& =|f(x_1)-f(0)-(f(x_2)-f(1))|\le |f(x_1)-f(0)|+|f(1)-f(x_2)|\\ & =|f^{\prime }(\xi )|x_1+|f^{\prime }({\xi }_2)||1-x_2|<x_1+(1-x_2)<\frac{1}{2}\end{array}$$

故$x_1,x_2\in [0,1]$，则$|f(x_1)-f(x_2)|<\frac{1}{2}$。

14.设$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(x)$在$[a,b]$上不是线性函数，则至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使$\left|f^{\prime }(\xi )\right|>\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|$。
证明
由题意知$f(x)$在区间$[a,b]$上不是线性函数，即不是直线，设
$$F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$$
已知$F(a)=F(b)=0$，且当$a<x<b$时，$f(x)\not\equiv 0$(否则$f(x)\equiv 0$，与$F(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$是线性函数矛盾)，存在$c\in (a,b)$，使$F(c)\ne 0$，不妨设$F(c)>0$，在区间$[a,c]$与$[c,b]$上分别应用拉格朗日定理，存在${\xi }_1\in (a,c)$，使$F^{\prime }({\xi }_1)=\frac{F(c)-F(a)}{c-a}=\frac{F(c)}{c-a}>0$;${\xi }_2\in (c,b)$，使$F^{\prime }({\xi }_2)=\frac{F(b)-F(c)}{b-c}=-\frac{F(c)}{b-c}<0$。因而
$$f^{\prime }({\xi }_1)>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$
$$f^{\prime }({\xi }_2)<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$
因此，当$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\ge 0$时，$|f^{\prime }({\xi }_1)|>\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|$；
当$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}<0$时，$|f^{\prime }({\xi }_2)|>\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|$。得证

15.设$f(x)$在$[a,b]$上二阶可导，$f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)=0$，证明：至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使
$$|f^{\prime \prime }(\xi )|\ge 4\left|\frac{f(b)-f(a)}{(b-a{)}^2}\right|$$
证明
$f(x)$在$x=a,x=b$处分别展成泰勒公式，得
$$f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(x-a{)}^2,a<{\xi }_1<x$$
将$x=\frac{a+b}{2}$代入上式，得
$$f\left(\frac{a+b}{2}\right)=f(a)+\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{2!}(x-a{)}^2,a<{\xi }_1<\frac{a+b}{2}$$
$$f(x)=f(b)+f^{\prime }(b)(x-b)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(x-b{)}^2,x<{\xi }_2<b$$
将$x=\frac{a+b}{2}$代入上式，得
$$f\left(\frac{a+b}{2}\right)=f(b)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}{\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2,\frac{a+b}{2}<{\xi }_2<b$$
得
$$0=f(b)-f(a)+\frac{(b-a{)}^2}{8}\left[f^{\prime \prime }({\xi }_2)-f^{\prime \prime }({\xi }_1)\right]$$
则有$\left|f(b)-f(a)\right|=\frac{(b-a{)}^2}{8}\left|f^{\prime \prime }({\xi }_2)-f^{\prime \prime }({\xi }_1)\right|\le \frac{(b-a{)}^2}{8}(|f^{\prime \prime }({\xi }_2)|+|f^{\prime \prime }({\xi }_1)|)$。
设 ∣ f ′ ′ ( ξ ) ∣ = max ⁡ { ∣ f ′ ′ ( ξ 1 ) ∣ , ∣ f ′ ′ ( ξ 2 ) ∣ } |f^{\prime\prime}(\xi)|=\max\left\{|f^{\prime\prime}(\xi_1)|,|f^{\prime\prime}(\xi_2)|\right\} ∣f′′(ξ)∣=max{∣f′′(ξ1​)∣,∣f′′(ξ2​)∣}，有$|f(b)-f(a)|\le \frac{(b-a{)}^2}{8}\cdot 2|f^{\prime \prime }(\xi )|$，即$\left|f^{\prime \prime }(\xi )\ge 4\frac{f(b)-f(a)}{(b-a{)}^2}\right|$。

16.设$a<b<c$，函数$f(x)$在$[a,c]$上具有二阶导数，试证：存在一点$\xi \in (a,c)$，使得$\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi )$。
令$F(x)=\frac{(x-b)(x-c)f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{(x-a)(x-c)f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{(x-a)(x-b)f(c)}{(c-a)(c-b)}-f(x)$，由题设$F(x)$在$[a,c]$上二阶可导，且有$F(a)=F(b)=F(c)=0$，对$F(x)$在$[a,b],[b,c]$分别应用罗尔定理，必存在${\xi }_1\in (a,b),{\xi }_2\in (b,c)$，使得
$$F^{\prime }({\xi }_1)=0,F^{\prime }({\xi }_2)=0$$
又由于$F^{\prime }(x)$在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$上可导，再应用罗尔定理，必存在$\xi =({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (a,c)$，使得$F^{\prime \prime }(\xi )=0$，而
$$F^{\prime \prime }(x)=\frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)}-f^{\prime \prime }(\xi )$$
以$\xi$代$x$，即得所证结论。

17.设函数$f(x)$在$[1,3]$上二阶导数连续，试证：至少存在一点$\xi \in (1,3)$，使$f^{\prime \prime }(\xi )=f(1)-2f(2)+f(3)$。
证明
将$f(x)$在$x=2$处展成泰勒公式，得
$$f(x)=f(2)+f^{\prime }(2)(x-2)+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2!}(x-2{)}^2$$

$$f(1)=f(2)+f^{\prime }(2)(-1)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(-1{)}^2,1<{\xi }_1<2$$

$$f(3)=f(2)+f^{\prime }(2)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!},2<{\xi }_2<3$$
$f(1)+f(3)=2f(2)+\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)\right]$，由介值定理，$\exists \xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (1,3)$，使$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)\right]$，有$f^{\prime \prime }(\xi )=f(1)+f(3)-2f(2)$。

18.设函数$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内具有二阶导数且存在相等的最大值，$f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$。证明：存在$\xi \in (a,b)$，使得$f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。
证明
设$\phi (x)=f(x)-g(x)$，由题设$f(x),g(x)$存在相等的最大值，设$x_1\in (a,b),x_2\in (a,b)$使$f(x_1)=\underset{[a,b]}{\max }f(x)=g(x_2)=\underset{[a,b]}{\max }g(x)$。
若$x_1=x_2$，即$f(x)$与$g(x)$在同一点取得最大值，此时，取$\eta =x_1$，有$f(\eta )=g(\eta )$；
若$x_1\ne x_2$，不妨设$x_1<x_2$，则$\phi (x_1)=f(x_1)-g(x_1)>0$，$\phi (x_2)<f(x_2)-g(x_2)<0$，且$\phi (x)$在$[a,b]$上连续，则由零点定理得存在$\eta \in (a,b)$，使得$\phi (\eta )=0$，即$f(\eta )=g(\eta )$。
由题设$f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$，则$\phi (a)=0=\phi (b)$，结合$\phi (\eta )=0$，且$\phi (x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内二阶可导，应用两次罗尔定理知：
存在${\xi }_1\in (a,\eta ),{\xi }_2\in (\eta ,b)$，使得${\phi }^{\prime }({\xi }_1)=0$，${\phi }^{\prime }({\xi }_2)=0$。
在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$再用罗尔定理，则存在$\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$，使${\phi }^{\prime \prime }(\xi )=0$。即$f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。

数学强化通关330题（数学一）西安交通大学出版社

19.设$f(x)$在$[a,b]$上有二阶连续导数，且$f(a)=f(b)=0$，$M=\underset{[a,b]}{\max }\left|f^{\prime \prime }(x)\right|$。
证明：$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\le \frac{(b-a{)}^3}{12}M$。
证明
由泰勒公式得
$$f(a)=f(x)+f^{\prime }(x)(a-x)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(a-x{)}^2\text{\hspace{1em}(1)}$$
$$f(b)=f(x)+f^{\prime }(x)(b-x)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(b-x{)}^2\text{\hspace{1em}(2)}$$
$(1)$式加$(2)$式得
$$0=2f(x)+f^{\prime }(x)(a+b-2x)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(a-x{)}^2+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(b-x{)}^2$$
两端从$a$到$b$积分得
$$0=2{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_a^b(a+b-2x)\mathrm{d}f(x)+{\int }_a^b\left[\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(a-x{)}^2+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(b-x{)}^2\right]\mathrm{d}x$$
又
$${\int }_a^b(a+b-2x)\mathrm{d}f(x)={(a+b-2x)f(x)|}_a^b+2{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=2{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$$
则
$$4{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=-{\int }_a^b\left[\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(a-x{)}^2+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(b-x{)}^2\right]\mathrm{d}x$$
$$\begin{array}{rl}4\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|& \le \frac{M}{2}{\int }_a^b(a-x{)}^2\mathrm{d}x+\frac{M}{2}{\int }_a^b(b-x{)}^2\mathrm{d}x\\ & =\frac{M}{6}(b-a{)}^3+\frac{M}{6}(b-a{)}^3=\frac{M}{3}(b-a{)}^3\end{array}$$

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\le \frac{(b-a{)}^3}{12}M$$

20.设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，$f(a)=f(b)=0$。
试证存在$\xi \in (a,b)$使$f^{\prime }(\xi )+f^2(\xi )=0$。
证明
令$F(x)=f(x)e^{{\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t}$，由题设可知$F(x)$在$[a,b]$上满足罗尔定理条件，由罗尔定理知，存在$\xi \in (a,b)$，使$F^{\prime }(\xi )=0$，即
$$f^{\prime }(\xi )e^{{\int }_a^{\xi }f(t)\mathrm{d}t}+f^2(\xi )e^{{\int }_a^{\xi }f(t)\mathrm{d}t}=0$$
而$e^{{\int }_a^{\xi }f(t)\mathrm{d}t}\ne 0$，则
$$f^{\prime }(\xi )+f^2(\xi )=0$$

原题可证

数学分析中的典型问题与方法 高等教育出版社

21.设$f(x)$在包含$x_0$的区间$I$上二次可微，$x_0+h\in I$，$\lambda \in (0,1)$试证：$\exists \theta \in (0,1)$，使得
$$f(x_0+\lambda h)=\lambda f(x_0+h)+(1-\lambda )f(x_0)+\frac{\lambda }{2}(\lambda -1)h^2\cdot f^{\prime \prime }(x_0+\theta h)=0\text{\hspace{1em}(1)}$$
证明
因$0<\lambda <1$，可取数$M$，使得
$$f(x_0+\lambda h)-\lambda f(x_0+h)-(1-\lambda )f(x_0)-\frac{\lambda }{2}(\lambda -1)h^2\cdot M=0\text{\hspace{1em}(2)}$$
故只要证明：$\exists \theta \in (0,1)$，使得$M=f^{\prime \prime }(x_0+\theta h)$。取$\lambda$作为变数，记为$t$。
令
$$F(t)=f(x_0+th)-tf(x_0+h)-(1-t)f(x_0)-\frac{t}{2}(t-1)h^2\cdot M\text{\hspace{1em}(3)}$$
则$F(t)$在$[0,1]$上二次可微，且有三个零点
$$F(0)=F(1)=F(\lambda )=0$$
两次应用$Rolle$定理，可知$\exists \theta \in (0,1)$使得
$$F^{\prime \prime }(\theta )=0$$
据式$(3)$，此即$M=f^{\prime \prime }(x_0+\theta h)$。代回$(2)$式，移项，即得欲证的式$(1)$。

22.设$f(x)$在区间$[0,1]$上可微，$f(0)=0$，$f(1)=1$，$k_1,k_2,\cdots ,k_n$为$n$个正数。证明在区间$[0,1]$内存在一组互不相等的数$x_1,x_2,\cdots ,x_n$，使得
$$\sum _{i=1}^n\frac{k_i}{f^{\prime }(x_i)}=\sum _{i=1}^n{k}_i$$
证明
记$m=\sum _{i=1}^n{k}_i$，${\lambda }_i=\frac{k_i}{m}(i=1,2,\cdots )$。则$0<{\lambda }_i<1,{\lambda }_1+{\lambda }_2+\cdots +{\lambda }_n=1$。因$f(0)=0,f(1)=1$。$f(x)$在$[0,1]$上连续，故由介值性，$\exists$点$c_1\in (0,1)$使得$f(c_1)={\lambda }_1$。又由${\lambda }_1<{\lambda }_1+{\lambda }_2<1$，知$\exists c_2\in (c_1,1)$使得$f(c_2)={\lambda }_1+{\lambda }_2$。如此继续下去，顺次找到点
$$0<c_1<c_2<\cdots <c_{n-1}<c_n=1$$

使得
$$f(c_i)=\sum _{k=1}^i{\lambda }_k(i=1,2,\cdots ,n)$$

应用$Lagrange$定理，$\exists x_i\in (c_{i-1},c_i)(c_0=0)$，使得
$$f^{\prime }(x_i)=\frac{f(c_i)-f(c_{i-1})}{c_i-c_{i-1}}=\frac{{\lambda }_i}{c_i-c_{i-1}}$$
即
$$\frac{{\lambda }_i}{f^{\prime }(x_i)}=c_i-c_{i-1}(i=1,2,\cdots ,n)$$
从而
$$\sum _{i=1}^n\frac{{\lambda }_i}{f^{\prime }(x_i)}=\sum _{i=1}^n(c_i-c_{i-1})=c_n-c_0=1$$
将${\lambda }_i=\frac{k_i}{m}$代入，即
$$\sum _{i=1}^n\frac{k_i}{f^{\prime }(x_i)}=\sum _{i=1}^n{k}_i$$

23.设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内有二阶导数，试证存在$c\in (a,b)$使
$$f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{(b-a{)}^2}{4}{f}^{\prime \prime }(c)\text{\hspace{1em}(1)}$$
证明
$(1)$式左端
$$\begin{array}{rl}f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)& =\left[f(b)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right]-\left[f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)\right]\\ & =\left[f\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}\right)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right]\\ & -\left[f\left(a+\frac{b-a}{2}\right)-f(a)\right]\end{array}$$
做辅助函数
$$\phi (x)=f\left(x+\frac{b-a}{2}\right)-f(x)$$

则

$$\begin{array}{rl}上式& =\phi \left(\frac{a+b}{2}\right)-\phi (a)\\ & ={\phi }^{\prime }(\xi )\cdot \left(\frac{a+b}{2}-a\right)={\phi }^{\prime }(\xi )\frac{b-a}{2}\xi \in \left(a,\frac{a+b}{2}\right)\\ & =\left[f^{\prime }\left(\xi +\frac{b-a}{2}\right)-f^{\prime }(\xi )\right]\frac{b-a}{2}\\ & =f^{\prime \prime }\left(\xi +\theta \frac{b-a}{2}\right)\cdot \frac{b-a}{2}\cdot \frac{b-a}{2}\theta \in (0,1)\\ & =f^{\prime \prime }(c)\cdot \frac{(b-a{)}^2}{4},c=\xi +\theta \frac{b-a}{2}\in (a,b)\end{array}$$

24.设$f(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导$(0\le a\le b)$，$f(a)\ne f(b)$，证明：$\exists \xi ,\eta \in (a,b)$使得
$$f^{\prime }(\xi )=\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta )\text{\hspace{1em}(1)}$$
证明
$(1)$式等价于
$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{1}(b-a)=\frac{f^{\prime }(\eta )}{2\eta }(b^2-a^2)\text{\hspace{1em}(2)}$$
为证此式，只要取$F(x)=f(x)$，取$G(x)=x$和$x^2$在$[a,b]$上分别应用$Cauthy$中值定理，则知
$$f(b)-f(a)=\frac{f^{\prime }(\xi )}{1}\cdot (b-a)=\frac{f^{\prime }(\eta )}{2\eta }(b^2-a^2),$$
其中$\xi ,\eta \in (a,b)$