T1

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 上 $ n + 1 $ 阶可导，且 $ f^{(i)}(0)=f^{(i)}(1) = 0 $（$ i = 0,1,\cdots,n $ ）

证明：存在 $ \xi\in(0,1) $，使得 $ f^{(n + 1)}(\xi)=f(\xi) $

证明：

令
$$
F(x)=(f(x) + f’(x) + \cdots + f^{(n)}(x))e^{-x}
$$
由 $ F(0)=F(1)=0 $，根据 Rolle 定理：存在 $ \xi\in(0,1) $，使得 $ F’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=\left(f’(x) + f’‘(x) + \cdots + f^{(n + 1)}(x)\right)e^{-x}-\left(f(x) + f’(x) + \cdots + f^{(n)}(x)\right)e^{-x}\
&=\left[f^{(n + 1)}(x)-f(x)\right]e^{-x}
\end{align*}
$$
代入 $ x = \xi $，因 $ F’(\xi)=0 $ 且 $ e^{-\xi}\neq0 $，故 $ f^{(n + 1)}(\xi)=f(\xi) $

T2

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 可导，$ f(0)=f(1)=0 $，$ f\left(\frac{1}{2}\right)=1 $，证明：存在 $ \xi\in(0,1) $，使得 $ f’(\xi)-\lambda\left[f(\xi)-\xi\right]=1 $

证明：

令
$$
F(x)=(f(x) - x)e^{\lambda x}
$$
分析 $ F(x) $ 取值：
$$
\begin{align*}
F(0)&=(f(0) - 0)e^{0}=0 \
F\left(\frac{1}{2}\right)&=\left(f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\right)e^{\frac{\lambda}{2}}=\frac{1}{2}e^{\frac{\lambda}{2}}>0 \
F(1)&=(f(1) - 1)e^{\lambda}=-e^{\lambda}<0
\end{align*}
$$
由 零点定理：因 $ F\left(\frac{1}{2}\right)>0 $ 且 $ F(1)<0 $，存在 $ \theta\in\left(\frac{1}{2},1\right) $，使得 $ F(\theta)=0 $

又 $ F(0)=F(\theta)=0 $，根据 Rolle 定理：存在 $ \xi\in(0,\theta)\subset(0,1) $，使得 $ F’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=\left[f’(x)-1\right]e^{\lambda x}+\lambda\left[f(x)-x\right]e^{\lambda x}\
&=\left[f’(x) + \lambda\left(f(x)-x\right)-1\right]e^{\lambda x}
\end{align*}
$$
代入 $ x = \xi $，因 $ F’(\xi)=0 $ 且 $ e^{\lambda \xi}\neq0 $，故 $ f’(\xi)-\lambda\left[f(\xi)-\xi\right]=1 $

T3

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 连续，$(a,b)$ 可导，$ f(a)=f(b)=0 $，$\displaystyle f\left(\frac{a + b}{2}\right)=0 $

（1）证明：$\exists \xi\in(a,b)$，使得 $ f’‘(\xi) - 3f’(\xi) + 2f(\xi)=0$

（2）证明：$\exists \eta\in(a,b)$，使得 $ f’'(\eta)=f(\eta) $

证明：

(1)

令
$$
F(x)=\left[f’(x) - f(x)\right]e^{-2x}
$$
再令
$$
G(x)=e^{-x}f(x)
$$
由 $\displaystyle G(a)=G\left(\frac{a + b}{2}\right)=G(b)=0 $，根据 Rolle 定理，存在 $\displaystyle xi_1\in\left(a,\frac{a + b}{2}\right) $，$ \displaystyle \xi_2\in\left(\frac{a + b}{2},b\right) $，使得 $ G’(\xi_1)=G’(\xi_2)=0 $

计算 $ G’(x)=\left[f’(x) - f(x)\right]e^{-x} $，代入 $ x = \xi_1,\xi_2 $，得
$$
\begin{align*}
\left[f’(\xi_1) - f(\xi_1)\right]e^{-\xi_1}&=0\
\left[f’(\xi_2) - f(\xi_2)\right]e^{-\xi_2}&=0
\end{align*}
$$
即 $ F(\xi_1)=F(\xi_2)=0 $

对 $ F(x) $ 用 Rolle 定理，存在 $ \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(a,b) $，使得 $ F’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=\left[f’‘(x) - f’(x)\right]e^{-2x}-2\left[f’(x) - f(x)\right]e^{-2x}\
&=\left[f’‘(x) - 3f’(x) + 2f(x)\right]e^{-2x}
\end{align*}
$$
代入 $ x = \xi $，因 $ F’(\xi)=0 $ 且 $ e^{-2\xi}\neq0 $，故 $ f’‘(\xi) - 3f’(\xi) + 2f(\xi)=0 $

(2)

令
$$
F(x)=e^x\left[f’(x) - f(x)\right]
$$
由（1）知 $ F(\xi_1)=F(\xi_2)=0 $（$ \xi_1,\xi_2 $ 同（1）中定义 ），根据 Rolle 定理，存在 $ \eta\in(\xi_1,\xi_2)\subset(a,b) $，使得 $ F’(\eta)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=e^x\left[f’(x) - f(x)\right]+e^x\left[f’‘(x) - f’(x)\right]\
&=e^x\left[f’‘(x) - f(x)\right]
\end{align*}
$$
代入 $ x = \eta $，因 $ F’(\eta)=0 $ 且 $ e^{\eta}\neq0 $，故 $ f’'(\eta)=f(\eta) $

T4

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$ f(0)=f(1) $，证明：存在 $ \xi\in(0,1) $，使得 $ f’(\xi)=(e^{-\xi}-1)f’'(\xi) $

证明：

令
$$
F(x)=f’(x)(1 - e^x)
$$
由 $ f(0)=f(1) $，根据 Rolle 定理，$ \exists \eta\in(0,1) $ 使 $ f’(\eta)=0 $，则 $ F(0)=F(\eta)=0 $

再由 Rolle 定理，$ \exists \xi\in(0,\eta)\subset(0,1) $ 使 $ F’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=f’‘(x)(1 - e^x)-f’(x)e^x \
&= e^x\left[f’‘(x)(e^{-x}-1)-f’(x)\right]
\end{align*}
$$
因 $ F’(\xi)=0 $ 且 $ e^\xi\neq0 $，故 $ f’‘(\xi)=(e^{-\xi}-1)f’(\xi) $

T5

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 二阶可导，$ f(0)=0 $，$ f(1)=1 $，证明：$ \exists \xi\in(0,1) $ 使 $ \xi f’‘(\xi)+(1 + \xi)f’(\xi)=1 + \xi $

证明：

令
$$
F(x)=\left[f’(x)-1\right]x e^x
$$
先令
$$
G(x)=f(x)-x
$$
则 $ G(0)=G(1)=0 $，由 Rolle 定理，$ \exists \eta\in(0,1) $ 使 $ G’(\eta)=f’(\eta)-1=0 $，即 $ F(0)=F(\eta)=0 $

再由 Rolle 定理，$ \exists \xi\in(0,\eta)\subset(0,1) $ 使 $ F’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
F’(x)&=\left[f’‘(x)x e^x - (f’(x)-1)(e^x + x e^x)\right] \
&=\left[f’‘(x)x- (f’(x)-1)(1+ x)\right]e^x
\end{align*}
$$
化简后因 $ F’(\xi)=0 $，整理得 $ \xi f’‘(\xi)+(1 + \xi)f’(\xi)=1 + \xi $

T6

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 二阶可导，且 $ \exists c\in(a,b) $ 满足 $ f’©=0 $，证明：$ \exists \xi\in(a,b) $ 使 $ \displaystyle f’(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a} $

证明：

令
$$
F(x)=[f(x)-f(a)]e^{-\frac{x}{b - a}} 则 $ F(a)=0 $
$$
则 $ F(a)=0 $
$$
F’(x)=e^{-\frac{x}{b - a}}\left[f’(x)-\frac{f(x)-f(a)}{b - a}\right]
$$
且
$$
F’©=-\frac{1}{b - a}e^{-\frac{c}{b - a}}[f(a)-f©]
$$

  • 若 $ f(a)=f© $，则 $ F©=0 $，结合 $ F(a)=0 $，由 Rolle 定理，$ \exists \xi\in(a,c)\subset(a,b) $ 使 $ F’(\xi)=0 $，即 $\displaystyle f’(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a} $
  • 若 $ f(a)< f© $，此时 $F\left(c\right)>0$ 但 $F’\left(c\right)<0$，则 $ \exists \delta ,,s.t. ,x\in(c-\delta,c)$ 时，有 $F\left(x\right)>F\left(c\right)$，且 $x \in \left(c,c+\delta\right)$ 时，$F\left(c\right)>F\left(x\right)$，故 $F\left(x\right)$的最大值只能在 $\left(a,c\right)$ 取到，由费马引理 $ \exists \xi\in(a,c)\subset(a,b) $ 使 $ F’(\xi)=0 $，即 $\displaystyle f’(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a} $
  • 若 $ f(a)> f© $，同理可得

T7

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 二阶可导，$\displaystyle f’\left(\frac{a + b}{2}\right)=0 $，证明：$ \exists \xi\in(a,b) $，使得 $\displaystyle |f’'(\xi)|\geq \frac{4}{(b - a)^2}|f(b) - f(a)| $

证明：

对 $ f(a),f(b) $ 在 $\displaystyle x = \frac{a + b}{2} $ 处泰勒展开：

$$
\begin{cases}
\displaystyle f(a)=f\left(\frac{a + b}{2}\right)+f’\left(\frac{a + b}{2}\right)\left(a - \frac{a + b}{2}\right)+\frac{f’‘(\xi_1)}{2}\left(a - \frac{a + b}{2}\right)^2 \
\displaystyle f(b)=f\left(\frac{a + b}{2}\right)+f’\left(\frac{a + b}{2}\right)\left(b - \frac{a + b}{2}\right)+\frac{f’'(\xi_2)}{2}\left(b - \frac{a + b}{2}\right)^2
\end{cases}
$$
（$ \xi_1,\xi_2\in(a,b) $ ）

两式相减，利用 $\displaystyle f’\left(\frac{a + b}{2}\right)=0 $，化简得：

$$
f(b) - f(a)=\frac{(b - a)^2}{8}\left[f’‘(\xi_1) - f’‘(\xi_2)\right]
$$
取 $ |f’‘(\xi)|=\max{|f’‘(\xi_1)|,|f’'(\xi_2)|} $，则：
$$

|f(b) - f(a)|\leq \frac{(b - a)^2}{4}|f’'(\xi)|

$$
即
$$
|f’'(\xi)|\geq \frac{4}{(b - a)^2}|f(b) - f(a)|
$$

T8

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 上存在 $ n $ 阶导数，且 $ f^{(i)}(a)=f^{(i)}(b)=0 $（$ i = 1,\cdots,n - 1 $ ），证明：$ \exists \xi\in(a,b) $，使得 $\displaystyle |f^{(n)}(\xi)|\geq \frac{2^{n-1} n!}{(b - a)^n}|f(b) - f(a)| $

证明：

对 $\displaystyle f\left(\frac{a + b}{2}\right) $ 分别在 $ a,b $ 处泰勒展开（到 $ n $ 阶）：
$$
\begin{cases}
\displaystyle f\left(\frac{a + b}{2}\right)=f(a) + \cdots + \frac{f^{(n)}(\xi_1)}{n!}\left(\frac{b - a}{2}\right)^n \
\displaystyle f\left(\frac{a + b}{2}\right)=f(b) + \cdots + \frac{f^{(n)}(\xi_2)}{n!}\left(\frac{a - b}{2}\right)^n
\end{cases}
$$
（$ \xi_1,\xi_2\in(a,b) $ ）

两式相减，利用 $ f^{(i)}(a)=f^{(i)}(b)=0 $（低阶项消去），化简得：
$$
f(b) - f(a)=\frac{(b - a)^n}{n! 2^n}\left[f^{(n)}(\xi_1) + (-1)^{n + 1}f^{(n)}(\xi_2)\right]
$$
取 $ |f^{(n)}(\xi)|=\max{|f^{(n)}(\xi_1)|,|f^{(n)}(\xi_2)|} $，则：
$$
|f(b) - f(a)|\leq \frac{(b - a)^n}{n! 2^n}\cdot 2\cdot |f^{(n)}(\xi)|
$$
即
$$
|f^{(n)}(\xi)|\geq \frac{2^{n-1} n!}{(b - a)^n}|f(b) - f(a)|
$$

T9

设 $ f(x) $ 二阶可导，$f’\left(0\right)=f’\left(1\right)$，|$ f’'(x)|\leq1 $，证明：

（1）当 $ x\in(0,1) $ 时，$\displaystyle \vert f(x) - f(0)(1 - x) - f(1)x\vert\leq\frac{x(1 - x)}{2}$

（2）$\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x- \frac{f(0) + f(1)}{2}\right|\leq\frac{1}{12}$

证明:(1)

对 $ f(x) $ 在 $ 0$ 及 $ 1$ 处泰勒展开：
$$
\begin{cases}
\displaystyle f(x)=f(0)+f’(0)x+\frac{f’‘(\xi_1)}{2}x^2\ (\xi_1\in(0,x)) \
\displaystyle f(x)=f(1)+f’(1)(x - 1)+\frac{f’‘(\xi_2)}{2}(x - 1)^2\ (\xi_2\in(x,1))
\end{cases}
$$
构造 $ f(x) - f(0)(1 - x) - f(1)x $，代入展开式并整理，利用 $ |f’‘(x)|\leq1 $，得：
$$
\begin{align*}
\left|f(x) - f(0)(1 - x) - f(1)x\right|&\leq\frac{x(1 - x)}{2}\cdot |xf’‘(\xi_1)|+\frac{x(1 - x)}{2}\cdot |\left(1-x\right)f’'(\xi_2)|\
&\leq\frac{x(1 - x)}{2}
\end{align*}
$$

(2)

对(1)中等式两边在 $[0,1]$ 积分：
$$
\left|\int_{0}^{1}\left[f(x) - f(0)(1 - x) - f(1)x\right], \mathrm{d}x\right|\leq\int_{0}^{1}\frac{x(1 - x)}{2}, \mathrm{d}x
$$
计算积分 $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x(1 - x)}{2}, \mathrm{d}x=\frac{1}{12} $，且 $\displaystyle \int_{0}^{1}[f(0)(1 - x) + f(1)x], \mathrm{d}x=\frac{f(0) + f(1)}{2} $

故
$$
\left|\int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x- \frac{f(0) + f(1)}{2}\right|\leq\frac{1}{12}
$$

T10

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 上有二阶连续导数，$ f(a)=f(b)=0 $，$ M = \max\limits_{a\leq x\leq b}|f’'(x)|$，证明：

（1）$\displaystyle \max\limits_{a\leq x\leq b}|f(x)|\leq \frac{M}{8}\cdot (b - a)^2$

（2）$\displaystyle \max\limits_{a\leq x\leq b}|f’(x)|\leq \frac{M}{2}\cdot \left(b - a\right)$

证明：(1)

设 $ |f©| = \max\limits_{a\leq x\leq b}|f(x)| $（$ c\in(a,b) $ ），$M>0$，由费马引理，此时 $f’\left(c\right)=0$，对 $ f(x) $ 在 $ a,c $ 与 $ c,b $ 处泰勒展开：
$$
\begin{cases}
\displaystyle 0 = f(a)=f©+f’©(a - c)+\frac{f’‘(\xi_1)}{2}(a - c)^2\ (\xi_1\in(a,c)) \
\displaystyle 0 = f(b)=f©+f’©(b - c)+\frac{f’'(\xi_2)}{2}(b - c)^2\ (\xi_2\in(c,b))
\end{cases}
$$
得：
$$
\begin{cases}
\displaystyle |f©|\leq \frac{(a - c)^2}{2}M\quad (\xi_1\in(a,c)) -①\
\displaystyle |f©|\leq \frac{(b - c)^2}{2}M\quad (\xi_2\in(c,b)) -②
\end{cases}
$$
当 $\displaystyle a<c<\frac{a+b}{2}$ 时，由①得，$\displaystyle |f\left(c\right)|\leq \frac{\left(b-a\right)^2}{8}M$

当 $\displaystyle \frac{a+b}{2}<c<b$ 时，由②得，$\displaystyle |f\left(c\right)|\leq \frac{\left(b-a\right)^2}{8}M$

(2)

对 $ f(x) $ 在 $ a,b $ 处泰勒展开，结合 $ f(a)=f(b)=0 $，设 $ |f’(x_0)| = \max|f’(x)| $，展开式相减得：
$$
(b - a)f’(x_0)=\frac{(x_0 - a)^2}{2}f’‘(\xi_1)-\frac{(b - x_0)^2}{2}f’‘(\xi_2)
$$
整理得：
$$
\begin{align*}
|f’\left(x_0\right)|&\leq\frac{1}{b-a}\cdot \frac{M}{2}\cdot [\left(b-x_0\right)^2+\left(a-x_0\right)^2]\
&\leq\frac{1}{b-a}\cdot \frac{M}{2}\cdot \left(b-a\right)^2\
&\leq \frac{M}{2}\cdot \left(b-a\right)
\end{align*}
$$

T11

设 $ f(x) $ 有 $ n + 1 $ 阶连续导数，且 $\displaystyle f(a + \theta h)=f(a)+f’(a)h+\cdots+\frac{f^{(n-1)}\left(a\right)}{\left(n-1\right)!}h^{n-1}+\frac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^n $（$ 0\lt\theta\lt1 $ ），$ f^{(n + 1)}(a)\neq0 $

证明：$\displaystyle \lim\limits_{h\to0}\theta = \frac{1}{n + 1} $

证明：

对 $ f(a + h) $ 泰勒展开到 $ n + 1 $ 阶：

$$
f(a + h)=f(a)+f’(a)h+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n+\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}h^{n + 1} \quad (\xi\in(a,a + h))
$$
与题设 $ f(a + \theta h) $ 展开式作差，整理得：
$$
\frac{f^n(a + \theta h)-f^n(a)}{\theta h}\cdot\theta=\frac{f^{(n + 1)}(\eta)}{n + 1} \quad (\eta\in(a,a + \theta h))
$$
令 $ h\to0 $，利用 $ f^{(n + 1)}(a)\neq0 $，取极限得
$$
f^{\left(n+1\right)}\left(a\right)\cdot\theta=\frac{f^{(n + 1)}(\eta)}{n + 1} \quad (\eta\in(a,a + \theta h))
$$
即
$$
\lim\limits_{h\to0}\theta = \frac{1}{n + 1}
$$

T12

设 $ f(x) $ 在 $[-1,1]$ 二阶可导且为奇函数，证明：$ \exists \xi\in(-1,1) $，使得 $ f’‘(\xi)-f’(\xi)+f(1)=0 $

证明：

令
$$
F(x)=[f(x)-f(1)]e^{-x}
$$
因 $ f(x) $ 是奇函数，故 $ f(0)=0 $，且 $ f(-1)=-f(1) $

由拉格朗日中值定理，$ \exists \eta_1\in(0,1) $，$ \eta_2\in(-1,0) $ 使
$$
\begin{align*}
f\left(1\right)-f\left(0\right)&=f’(\eta_1)\
f\left(-1\right)-f\left(0\right)&=-f’(\eta_2)
\end{align*}
$$
则 $ F(\eta_1)=F(\eta_2)=0 $

再由 Rolle 定理，$ \exists \xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(-1,1) $ 使得 $ F’(\xi)=0 $

$$
F’(x)=[f’‘(x)-f’(x)+f(1)]e^{-x}
$$
因 $ F’(\xi)=0 $ 且 $ e^{-\xi}\neq0 $，故 $ f’‘(\xi)-f’(\xi)+f(1)=0 $

T13

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 可导，$ f’(x)\neq0 $，证明：$\exists \xi,\eta\in(a,b)$，使 $\displaystyle \frac{f’(\xi)}{f’(\eta)} = \frac{e^b - e^a}{b - a}e^{-\eta}$

证明：

对 $ e^x $ 和 $ f(x) $ 用 柯西中值定理：

存在 $ \eta\in(a,b) $，使
$$
\frac{e^b - e^a}{f(b) - f(a)} = \frac{e^\eta}{f’(\eta)}
$$
对 $ f(x) $ 用 拉格朗日中值定理：

存在 $ \xi\in(a,b) $，使 $ f(b) - f(a) = f’(\xi)(b - a) $

联立两式，化简得
$$
\frac{f’(\xi)}{f’(\eta)} = \frac{e^b - e^a}{b - a}e^{-\eta}
$$

T14

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 连续、$(0,1)$ 可导，$ f(0)=0 $，$ f(1)=\frac{1}{3} $，证明：$\exists \xi\in(0,\frac{1}{2})$，$\eta\in(\frac{1}{2},1)$，使 $ f’(\xi) + f’(\eta) = \xi^2 + \eta^2 $

证明：

令 $ F(x) = f(x) - \frac{1}{3}x^3 $

对 $ F(x) $ 在 $[0,\frac{1}{2}]$ 用 拉格朗日中值定理：

存在 $ \xi\in(0,\frac{1}{2}) $，使 $ F(\frac{1}{2}) - F(0) = \frac{1}{2}F’(\xi) $，即
$$
f(\frac{1}{2}) - \frac{1}{24} = \frac{1}{2}(f’(\xi) - \xi^2)
$$
对 $ F(x) $ 在 $[\frac{1}{2},1]$ 用 拉格朗日中值定理：

存在 $ \eta\in(\frac{1}{2},1) $，使 $ F(1) - F(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}F’(\eta) $，即
$$
\frac{1}{3} - f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}(f’(\eta) - \eta^2)
$$
两式相加，化简得 $ f’(\xi) + f’(\eta) = \xi^2 + \eta^2 $

T15

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 连续、$(0,1)$ 可导，$ f(0)=0 $，$ f(1)=1 $，证明：

（1）$\exists c\in(0,1)$，使 $ f©=1 - c $

（2）$\exists \xi,\eta\in(0,1)$（$\xi\neq\eta$），使 $ f’(\xi)f’(\eta)=1 $

证明：

（1）令 $ F(x)=f(x)+x - 1 $，$ F(0)=-1 $，$ F(1)=1 $，由零点定理，$\exists c\in(0,1)$ 使 $ F©=0 $，即 $ f©=1 - c $

（2）对 $ f(x) $ 在 $[0,c]$、$[c,1]$ 用拉格朗日中值定理：

$\exists \xi\in(0,c)$ 使 $ f©-f(0)=c f’(\xi)$，即 $ 1 - c = c f’(\xi)$

$\exists \eta\in(c,1)$ 使 $ f(1)-f©=(1 - c)f’(\eta)$，即 $ c = (1 - c)f’(\eta)$

两式相乘即得 $ f’(\xi)f’(\eta)=1 $

T16

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 连续、$(0,1)$ 可导，$ f(0)=0 $，$ f(1)=1 $，证明：

（1）$\exists \xi\in(0,1)$，使 $ f(\xi)=2 - 3\xi $

（2）$\exists \xi,\eta\in(0,1)$（$\xi\neq\eta$），使 $[1 + f’(\eta)][1 + f’(\xi)]=4$

证明：

（1）令 $ F(x)=f(x)+3x-2 $，$ F(0)=-2$，$ F(1)=2$，由零点定理，$\exists \xi\in(0,1)$ 使 $ F(\xi)=0 $，即 $ f(\xi)=2 - 3\xi $

（2）对 $ f(x) $ 在 $[0,\xi]$、$[\xi,1]$ 用拉格朗日中值定理：
$$
\begin{align*}
&\exists \eta_1\in(0,\xi) ,s.t. f(\xi)=\xi f’(\eta_1)\

&\exists \eta_2\in(\xi,1) ,s.t. 1 - f(\xi)=(1 - \xi)f’(\eta_2)
\end{align*}
$$
结合 $ f’(\xi)=2 - 3\xi $，化简得 $[1 + f’(\eta_1)][1 + f’(\eta_2)]=4$

T17

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 连续、$(0,1)$ 可导，$ f(0)>0 $，$ f(1)>1 $，证明：$\exists \xi,\eta\in(0,1)$（$\xi\neq\eta$），使 $\displaystyle \frac{1}{f’(\xi)} + \frac{1}{f’(\eta)}>2$

证明：

对 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 用拉格朗日中值定理：$\exists \xi\in(0,x_0)$，$\eta\in(x_0,1)$（$ x_0 $ 满足 $ f(x_0)=\frac{1}{2} $，由介值定理存在），使
$$
\begin{align*}
f(x_0)-f(0)&=x_0 f’(\xi)\
f(1)-f(x_0)&=(1 - x_0)f’(\eta)
\end{align*}
$$
结合 $ f(0)>0 $，$ f(1)>1 $，化简得 $\displaystyle \frac{1}{f’(\xi)} + \frac{1}{f’(\eta)}>2 $

T18

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 可导，$ f(x)\neq0 $，$ f(a)=0 $，$ f(b)=2 $，证明：$\exists \xi,\eta\in(a,b)$（$\xi\neq\eta$），使 $ f’(\eta)[f(\xi) + \xi f’(\xi)] = f’(\xi)[b f’(\eta) - 1] $

证明：

对待证结论化简得
$$
\frac{f(\xi) + \xi f’(\xi)}{ f’(\xi)}=\frac{b f’(\eta) - 1}{f’(\eta)}
$$
即证
$$
\frac{cf\left(c\right)-af\left(a\right)}{f\left(c\right)-f\left(a\right)}=\frac{[bf\left(b\right)-b]-[bf\left(c\right)-c]}{f\left(b\right)-f\left(c\right)}
$$
化简得
$$
c[1-f\left(c\right)]=b[1-f\left(c\right)]
$$
由 $ f(b)=2 $ ， $f(a)=0$ 且 $f\left(x\right)$ 在 $[a,b]$ 连续，由介值定理，$\exist c\in[a,b]\ s.t. f\left(c\right)=1$

故原式得证

T19

设 $ f(x),g(x) $ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 可导，$ f(a)=g(b)=0 $，$ g’(x)<0 $，证明：$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $\displaystyle \frac{f’(\xi)}{g’(\xi)} + \frac{\int_{a}^{\xi}f(t), \mathrm{d}t}{\int_{\xi}^{b}g(t), \mathrm{d}t}=0 $

证明：

令
$$
\begin{align*}
u(\xi)&=\int_{a}^{\xi}f(t), \mathrm{d}t\
v(\xi)&=\int_{\xi}^{b}g(t), \mathrm{d}t
\end{align*}
$$
则 $ u’(x)=f(x) $，$ v’(x)=-g(x) $

构造 $ H(x)=u’(x)v(x)-u(x)v’(x)$，$ H(a)=H(b)=0 $，由 Rolle 定理，$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $ H’(\xi)=0 $

$$
\begin{align*}
H’\left(\xi\right)&=u’‘\left(\xi\right)v\left(\xi\right)+u’\left(\xi\right)v’\left(\xi\right)-u’\left(\xi\right)v’\left(\xi\right)-u\left(\xi\right)v’‘\left(\xi\right)\
&=u’‘\left(\xi\right)v\left(\xi\right)-u\left(\xi\right)v’‘\left(\xi\right)\
&=f’(\xi)\int_{\xi}^{b}g(t), \mathrm{d}t-g’(\xi)\int_{a}^{\xi}f(t), \mathrm{d}t
\end{align*}
$$
故
$$
\displaystyle \frac{f’(\xi)}{g’(\xi)} + \frac{\int_{a}^{\xi}f(t), \mathrm{d}t}{\int_{\xi}^{b}g(t), \mathrm{d}t}=0
$$

T20

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有连续导数，且 $f(0)=0$​ 证明：

（1）$\exists \xi\in(0,1)$，使 $\displaystyle 2\xi\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t- f(\xi)=0 $

（2）$\exists \eta\in(0,1)$，使 $\displaystyle f’(\eta)=2\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t$

（1）证明：

构造 $\displaystyle H(x)=x^2\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t- \int_{0}^{x}f(t), \mathrm{d}t$（即 $ H(x)=x^2F(1)-F(x) $，$\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt $ ）

因 $ f(0)=0 $，则 $ F(0)=0 $，$ H(0)=0 $；$\displaystyle H(1)=1^2\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t- \int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t= 0 $

由 Rolle 定理，$\exists \xi\in(0,1)$ 使 $ H’(\xi)=0 $

求导得
$$
H’(x)=2x\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t- f(x)
$$
代入 $ x = \xi $ 整理得 $\displaystyle 2\xi\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t- f(\xi)=0 $

（2）证明：

构造 $\displaystyle G(x)=f(x) - 2x\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t$

由（1）知 $ \exists \xi\in(0,1) $ 使 $\displaystyle f(\xi)=2\xi\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t$，即 $ G(\xi)=0 $

又 $ G(0)=f(0) - 0 = 0 $（因 $ f(0)=0 $ ）

对 $ G(x) $ 在 $[0,\xi]$ 用 Rolle 定理，$\exists \eta\in(0,\xi)\subset(0,1)$ 使 $ G’(\eta)=0 $

求导得
$$
G’(x)=f’(x) - 2\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t
$$
代入 $ x = \eta $ 得 $\displaystyle f’(\eta)=2\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t$

T21

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，且 $\displaystyle \int_{0}^{1}f\left(x\right), \mathrm{d}x=\int_{0}^{1}xf\left(x\right), \mathrm{d}x$，证明：$f\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 内至少存在两个零点

证明：

构造 $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}f(t), \mathrm{d}t$，则 $ F(0)=0 $，$F(1)=\int_{0}^{1}f(t), \mathrm{d}t= 0$

对 $\displaystyle \int_{0}^{1}xf(x), \mathrm{d}x$ 分部积分：
$$
\int_{0}^{1}xf(x)dx = xF(x)\big|{0}^{1} - \int{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x= 0 - \int_{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x= 0
$$
故 $\displaystyle \int_{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x= 0 $

由积分中值定理，$\exists c\in(0,1)$ 使 $\displaystyle F©=\frac{1}{1 - 0}\int_{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x= 0 $。

此时 $ F(0)=F©=F(1)=0 $（$ 0 < c < 1 $ ）

对 $ F(x) $ 分别在 $[0,c]$ 和 $[c,1]$ 上用 Rolle 定理：

  • 在 $[0,c]$ 上，$\exists \xi_1\in(0,c)$ 使 $ F’(\xi_1)=0 $，即 $ f(\xi_1)=0 $

  • 在 $[c,1]$ 上，$\exists \xi_2\in(c,1)$ 使 $ F’(\xi_2)=0 $，即 $ f(\xi_2)=0 $

因 $ \xi_1\neq\xi_2 $（$ 0 < \xi_1 < c < \xi_2 < 1 $ ），故 $ f(x) $ 在 $(0,1)$ 内至少存在两个零点

T22

设 $ f(x) $ 在 $[0,2]$ 连续、$(0,2)$ 三阶可导，$\displaystyle \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}=2$，$ f(1)=1 $，$ f(2)=6 $，证明：$\exists \xi\in(0,2)$ 使 $ f’‘’(\xi)=9 $

证明：

由 $\displaystyle \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}=2 $ 得 $ f(0)=0 $，$ f’(0)=2 $

构造 $\displaystyle F(x)=f(x)-\frac{3}{2}x^3 + \frac{3}{2}x^2 - 2x $，则 $ F(0)=F(1)=F(2)=0 $

由 Rolle 定理，$\exists \xi_1\in(0,1)$，$\xi_2\in(1,2)$ 使 $ F’(\xi_1)=F’(\xi_2)=0 $；继续对 $ F’(x) $ 用 Rolle 定理，得 $ \exists \eta_1\in(0,\xi_1)$，$\eta_2\in(\xi_1,\xi_2)$ 使 $ F’‘(\eta_1)=F’‘(\eta_2)=0 $；再对 $ F’‘(x) $ 用 Rolle 定理，$\exists \xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(0,2)$ 使 $ F’‘’(\xi)=0 $，计算得 $ f’‘’(\xi)=9 $

T23

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 二阶可导，$ f(0)=0 $，$ f(1)=1 $，$\displaystyle \int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x=1 $，证明：$\exists \xi\in(0,1)$ 使 $ f’'(\xi)\lt -2 $

证明：

构造 $ F(x)=f(x)+x^2 - x $，则 $ F(0)=F(1)=0 $，且
$$
\begin{align*}
\int_{0}^{1}F(x)dx&=\int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x+ \int_{0}^{1}(x^2 - x), \mathrm{d}x\
&= 1 - \frac{1}{6}=\frac{5}{6}\gt0
\end{align*}
$$
由积分中值定理，$\exists c\in(0,1)$ 使 $ F©\gt0 $

对 $ F(x) $ 在 $[0,c]$、$[c,1]$ 用 Rolle 定理，结合二阶导数性质，得 $ \exists \xi\in(0,1) $ 使 $ F’‘(\xi)\lt0 $，即 $ f’'(\xi)\lt -2 $

T24

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 二阶可导，$ f(0)=f(1)=0 $，$\min\limits_{0\leq x\leq1}f(x)= -1 $，证明：$\exists \xi\in(0,1)$ 使 $f’'(\xi)\geq8$

证明：

令 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-\left(4x^2-4x\right)$，则有 $F(0)=F(1)=0$

因 $ f(x) $ 最小值为 $-1$，设最小值点为 $ c\in(0,1) $，则 $f©=-1$，$f’©=0$

当 $\displaystyle c=\frac{1}{2} $ 时，$\displaystyle F\left(\frac{1}{2}\right)=0$，两次 Rolle 定理得 $\exists \xi\in(0,1)$ 使 $f’'(\xi)=8$

当 $\displaystyle c\neq\frac{1}{2} $时，$\displaystyle F©F\left(\frac{1}{2}\right)<0$ 由零点定理得，$\exist \eta $ 在 $\displaystyle c,\frac{1}{2}$ 之间，有 $F\left(\eta\right)=0$，再由两次 Rolle 定理得， $ \exists \xi\in(0,1) $ 使 $ f’'(\xi)\geq8 $

T25

设 $ f(x),g(x) $ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 二阶可导，$ f(a)=g(a) $，$ f(b)=g(b) $，且 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 有相同最大值，证明：$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $ f’‘(\xi)=g’'(\xi) $

证明：

令 $ F(x)=f(x)-g(x) $，则 $ F(a)=F(b)=0 $。

设 $ f(x) $ 在 $ c\in(a,b) $ 取最大值，$ g(x) $ 在 $ d\in(a,b) $ 取最大值，且 $f©=g(d)$

  • 若 $ c=d $，则 $ F©=0 $，由 Rolle 定理，$\exists \xi_1\in(a,c)$，$\xi_2\in(c,b)$ 使 $ F’(\xi_1)=F’(\xi_2)=0 $；再对 $ F’(x) $ 用 Rolle 定理，$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $ F’‘(\xi)=0 $，即 $ f’‘(\xi)=g’'(\xi) $

  • 若 $ c\neq d $，不妨设 $ c\lt d $，则 $ F©\gt0 $，$ F(d)\lt0 $，由零点定理，$\exists \eta\in(c,d)$ 使 $ F(\eta)=0 $；再对 $ F(x) $ 在 $[a,\eta]$、$[\eta,b]$ 用 Rolle 定理，同理得 $ \exists \xi\in(a,b) $ 使 $F’'(\xi)=0$

T26

设 $ f(x) $ 在 $[-1,1]$ 三阶连续可导，$ f(-1)=0 $，$ f’(0)=0 $，$ f(1)=1 $，证明：$\exists \xi\in(-1,1)$ 使 $ f’‘’(\xi)=3 $

证明：

构造三次多项式 $\displaystyle g(x)=\frac{1}{2}x^3 + \frac{1}{2}x $（满足 $ g(-1)=0 $，$ g’(0)=0 $，$ g(1)=1 $ ）。

令 $ F(x)=f(x)-g(x) $，则 $ F(-1)=F(0)=F(1)=0$

由 Rolle 定理：

  • 存在 $ \xi_1\in(-1,0) $，$\xi_2\in(0,1) $ 使 $ F’(\xi_1)=F’(\xi_2)=0 $；

  • 对 $ F’(x) $ 用 Rolle 定理，存在 $ \eta_1\in(-1,\xi_1) $，$\eta_2\in(\xi_1,\xi_2) $ 使 $ F’‘(\eta_1)=F’'(\eta_2)=0 $；

  • 对 $ F’‘(x) $ 用 Rolle 定理，存在 $ \xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(-1,1) $ 使 $ F’‘’(\xi)=0 $，即 $ f’‘’(\xi)=g’‘’(\xi)=3$

T27

设 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 有连续二阶导数，$\displaystyle \int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x=\frac{5}{2} $，$\displaystyle \int_{0}^{1}xf(x), \mathrm{d}x=\frac{3}{2} $，证明：$\exists \xi\in(0,1)$ 使 $ f’(\xi)=3 $

证明：

构造 $ g(x)=3x + c $（常数 $ c $ 待定 ），令 $ F(x)=f(x)-g(x) $

由 $\displaystyle \int_{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x=\int_{0}^{1}f(x), \mathrm{d}x- \int_{0}^{1}(3x + c), \mathrm{d}x=\frac{5}{2} - \frac{3}{2} - c=1 - c=0 $，得 $ c=1 $，

即
$$
\begin{align*}
g(x)&=3x + 1 \
F(x)&=f(x)-3x - 1
\end{align*}
$$
则 $\displaystyle \int_{0}^{1}F(x), \mathrm{d}x=0 $，$\displaystyle \int_{0}^{1}xF(x), \mathrm{d}x=\int_{0}^{1}xf(x), \mathrm{d}x- \int_{0}^{1}(3x^2 + x), \mathrm{d}x=\frac{3}{2} - \frac{3}{2}=0 $

构造 $\displaystyle G(x)=\int_{0}^{x}F(t), \mathrm{d}t $，则 $G(0)=G(1)=0$

由积分中值定理
$$
\begin{align*}
\int_{0}^{1}xF\left(x\right), \mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}x, \mathrm{d}G\left(x\right)\
&=xG\left(x\right)|^1_0-\int_{0}^{1}G\left(x\right), \mathrm{d}x\
&=-\int_{0}^{1}G\left(x\right), \mathrm{d}x\
&=0
\end{align*}
$$
$\exists x_0\in(0,1) $ 使 $ G(x_0)=0 $；再对 $ G(x) $ 在 $[0,x_0]$、$[x_0,1]$ 用 Rolle 定理，得 $ \exists \xi\in(0,1) $ 使 $ G’‘(\xi)=F’(\xi)=0 $，即 $ f’(\xi)=3$

T28

设 $ f(x) $ 在 $[0,2\pi]$ 二阶可导，$ f’‘(x)\neq f(x) $，证明：$\exists \xi\in(0,2\pi)$ 使 $\displaystyle \tan\xi=\frac{2f’(\xi)}{f(\xi)-f’(\xi)} $

证明：

构造 $ F(x)=f(x)\sin x$，则 $ F(0)=F(\pi)=F(2\pi)=0 $

由两次 Rolle 定理，$\xi\in(0,2\pi)$ 使 $F’'(\xi)=0$

$$
F’‘(\xi)=\sin \xi \cdot f’‘(\xi)+2\cos \xi \cdot f’(\xi)-\sin \xi \cdot f(\xi)
$$
即
$$
\displaystyle \tan\xi=\frac{2f’(\xi)}{f(\xi)-f’(\xi)}
$$
因 $ f’'(x)\neq f(x) $，故 $\cos\xi\neq0 $（即 $\displaystyle \xi\neq \frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2} $ ）

T29

设 $ f(x) $ 二阶可导，$ f(1)>0 $，$\displaystyle \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0 $，证明：$ f(x)f’‘(x)+[f’(x)]^2=0 $ 在 $(0,1)$ 至少有两个根

证明：

由 $\displaystyle \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0 $ 得 $ f(0)=0 $，$ f’(0)<0 $；又 $ f(1)>0 $，故 $ \exists \xi_1\in(0,1) $ 使 $ f(\xi_1)=0 $（零点定理 ），$ \exists \xi_2\in(0,\xi_1) $ 使 $ f’(\xi_2)=0 $（因 $ f(0)=0 $，$ f(\xi_1)=0 $，Rolle 定理 ）。

构造 $ F(x)=f(x)f’(x) $，则 $ F(0)=F(\xi_2)=F(\xi_1)=0 $。

对 $ F(x) $ 用 Rolle 定理，$\exists \eta_1\in(0,\xi_2)$，$\eta_2\in(\xi_2,\xi_1)$ 使 $ F’(\eta_1)=F’(\eta_2)=0 $，即 $ f(\eta)f’‘(\eta)+[f’(\eta)]^2=0 $，故至少两个根

T30

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 二阶可导，$ f’(a)=f’(b)=0 $，证明：$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $ f’‘(\xi)f(\xi)-[f’(\xi)]^2=0 $

证明：

构造 $\displaystyle F(x)=\frac{f’(x)}{f(x)} $（$ f(x)\neq0 $ 时 ），因 $ f’(a)=f’(b)=0 $，则 $ F(a)=F(b)=0 $（若 $ f(a),f(b)\neq0 $ ）

由 Rolle 定理，$\exists \xi\in(a,b)$ 使 $ F’(\xi)=0 $，计算得 $\displaystyle \frac{f’‘(\xi)f(\xi)-[f’(\xi)]^2}{f^2(\xi)}=0 $，即 $ f’‘(\xi)f(\xi)-[f’(\xi)]^2=0 $。

若 $ f(x) $ 有零点，结合 $ f’(a)=f’(b)=0 $ 用极值点性质，同理可证（调整构造函数为 $\displaystyle F(x)=\frac{f’(x)}{e^{kx}f(x)} $ 消去零点影响 ）

T31

设 $ f(x) $ 在 $[-2,2]$ 二阶可导，$|f(x)|<1$，$[f(0)]^2 + [f’(0)]^2 = 4$，证明：$\exists \xi\in(-2,2)$ 使 $ f’'(\xi)+f(\xi)=0$

证明：

构造 $ F(x)=f^2(x)+[f’(x)]^2$，则 $ F(0)=4$。

由拉格朗日中值定理，$\exists x_1\in(-2,0)$，$x_2\in(0,2)$ 使
$$
f’(x_1)=\frac{f(0)-f(-2)}{2}\quad f’(x_2)=\frac{f(2)-f(0)}{2}
$$
因 $|f(x)|<1$，故 $|f’(x_1)|<1$，$|f’(x_2)|<1$，则 $F(x_1)<1 + 1 = 2$，$F(x_2)<2$

$F(x)$ 在 $[x_1,x_2]$ 连续，最大值在内部取到，设最大值点为 $x_0$，则 $F’(x_0)=0$，即
$$
2f(x_0)f’(x_0)+2f’(x_0)f’‘(x_0)=0
$$
若 $f’(x_0)=0$，则 $F(x_0)=f^2(x_0)=4$，与 $|f(x)|<1$ 矛盾，故 $f(x_0) + f’‘(x_0)=0$，即 $\exists \xi=x_0\in(-2,2)$ 使 $f’'(\xi)+f(\xi)=0$

T32

设 $ f(x) $ 在 $[1,2]$ 可导，证明：$\exists \xi\in(1,2)$ 使 $f’(\xi)\xi -f(\xi)=f(2)-2f(1)$

证明：

令 $\displaystyle F(x)=\frac{f(x)}{x}$，$\displaystyle G(x)=\frac{1}{x}$，则 $F(x)$，$G(x)$ 在 $[1,2]$ 可导，$G’(x)\neq0$

由柯西中值定理，$\exists \xi\in(1,2)$ 使 $\displaystyle \frac{F(2)-F(1)}{G(2)-G(1)}=\frac{F’(\xi)}{G’(\xi)}$

计算得
$$
\frac{\displaystyle \frac{f(2)}{2}-\frac{f(1)}{1}}{\displaystyle \frac{1}{2}-1}=\frac{\displaystyle \frac{f’(\xi)\xi - f(\xi)}{\xi^2}}{\displaystyle -\frac{1}{\xi^2}}
$$
即
$$
f’(\xi)\xi -f(\xi)=f(2)-2f(1)
$$

T33

设 $ f(x) $ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 可导（$ a>0 $ ），证明：$\exists \xi,\eta\in(a,b)$ 使 $ f’(\xi)=\frac{(a + b)f’(\eta)}{2\eta} $

证明：

  • 对 $ f(x) $ 和 $ x^2 $ 用 柯西中值定理：

    存在 $ \eta\in(a,b) $，使
    $$
    \frac{f(b)-f(a)}{b^2 - a^2} = \frac{f’(\eta)}{2\eta}
    $$

  • 对 $ f(x) $ 用 拉格朗日中值定理：

    存在 $ \xi\in(a,b) $，使 $ f(b)-f(a) = f’(\xi)(b - a) $

联立两式，化简得
$$
f’(\xi)=\frac{(a + b)f’(\eta)}{2\eta}
$$

T34

设 $ f(x) $ 在 $[1,2]$ 连续、$(1,2)$ 可导（$f’(x)\neq0 $ ），证明：$\exists \xi,\eta,\gamma\in(1,2)$ 使 $\displaystyle \frac{f’(\gamma)}{f’(\xi)} = \frac{\xi}{\eta}$

证明：

  • 对 $ f(x) $ 和 $ \ln x $ 用 柯西中值定理：

    存在 $\xi\in(1,2) $，使
    $$
    \frac{f(2)-f(1)}{\ln 2 - \ln 1} = \frac{f’(\xi)}{\frac{1}{\xi}}
    $$

  • 对 $ f(x) $ 和 $\ln x$ 用 拉格朗日中值定理：

    存在 $\gamma,\eta \in(1,2) $，使
    $$
    \frac{f(2)-f(1)}{\ln 2 - \ln 1} = \frac{f’(\gamma)}{\frac{1}{\eta}}
    $$

联立化简得
$$
\displaystyle \frac{f’(\gamma)}{f’(\xi)} = \frac{\xi}{\eta}
$$

T35

设 $ f(x) $ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 二阶可导（$ f(0)=0 $ ），证明：$\displaystyle \exists \xi,\eta,\omega\in(0,\frac{\pi}{2}) $ 使 $\displaystyle f’(\xi)=\frac{\pi}{2} \cdot \eta \cdot \sin 2\xi \cdot f’'(\omega) $

证明：

  • 对 $ f(x) $ 和 $ \cos2x $ 用 柯西中值定理：

    存在 $\xi \in(0,\frac{\pi}{2}) $，使
    $$
    \frac{f(\frac{\pi}{2})-f(0)}{-\frac{1}{2}[\cos \pi - \cos 0]} = \frac{f’(\xi)}{\sin 2\xi}
    $$

  • 对 $ f(x) $ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 用 拉格朗日中值定理：

    存在 $\eta ,\omega \in(0,\frac{\pi}{2}) $，使
    $$
    \begin{align*}
    f(\frac{\pi}{2})-f(0) &= f’(\eta)\cdot \frac{\pi}{2} \
    &=\frac{\pi}{2} \cdot \left(f’(\eta)-f’(0)\right)\
    &=\frac{\pi}{2} \cdot \eta \cdot f’'(\omega)
    \end{align*}
    $$

联立化简得
$$
f’(\xi)=\frac{\pi}{2} \cdot \eta \cdot \sin 2\xi \cdot f’'(\omega)
$$