设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微, 对于 $[0,1]$ 上的每一个 $x$, $0<f(x)<1$, 且 $f^{\prime }(x)\ne 1$, 试证在 $(0,1)$ 内有且仅有一点 $\xi$, 使得 $f(\xi )=\xi$.

设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\phi (x)}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0.\end{array},$$ 

其中函数 $\phi (x)$ 在 $x=0$ 处具有二阶导数, 且 $\phi (0)=0$, ${\phi }^{\prime }(0)=1$, 证明函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续且可导.

证明下列不等式:

$$\tan x>x+\frac{x^3}{3},\mathrm{\forall }x\in (0,\frac{\pi }{2}).$$

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可微, 且 $f(a)=f(b)=0$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f^{\prime }(\xi )=2f(\xi )$.

类似的问题见问题2600.

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可微, 且 $f(a)=f(b)=0$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0$.

证明多项式 $x^3-3x+c$ 在 $[0,1]$ 上不存在两个不同的实根.

设 $\alpha ,\beta \in (0,\frac{\pi }{2})$, 且 $\alpha \ne \beta$, 证明:

$$1<\frac{\alpha \cos \beta -\beta \cos \alpha }{\alpha -\beta }<\frac{\pi }{2}.$$

证明: 存在点 $\xi \in (1,e)$, 使得 $\sin 1=\cos \ln \xi$.

P. 112  习题 3.1

5.  设实数 $a_0,a_1,\dots ,a_n$ 满足 $a_0+{\displaystyle \frac{a_1}{2}}+{\displaystyle \frac{a_2}{3}}+\cdots +{\displaystyle \frac{a_n}{n+1}}=0$, 证明: 方程 $a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根.

6.  利用中值定理证明下列不等式:

(1)  $\arctan a-\arctan b<a-b$       $(0<b<a)$;

10.    设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续, 在开区间 $(a,b)$ 内可导, 且 $f(a)=f(b)=0$, 证明:  至少存在一点 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0$.

与 10 类似的题目是:

(10').    设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续, 在开区间 $(a,b)$ 内可导, 且 $f(a)=f(b)$, 证明:  至少存在一点 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=f(a)$.

12. 证明: 若函数 $f(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$ 内满足关系式 $f^{\prime }(x)=f(x)$, 且 $f(0)=1$, 那么 $f(x)=e^x$.

设函数 $f(x)$, $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内二阶可导且在不同点 $x_1,x_2$ 处取得相等的最大值 $M$. 又 $f(a)=g(a)$, $f(b)=g(b)$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f^{″}(\xi )=g^{″}(\xi )$.

设函数 $f(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上连续, 在 $(1,2)$ 内可导, 且 $f(1)=\frac{1}{2}$, $f(2)=2$. 证明: 至少存在一点 $\xi \in (1,2)$, 使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{2f(\xi )}{\xi }.$$

[分析]

此种类型的题目, 一般先将 $\xi$ 换为 $x$, 然后尝试变形. 注意 $f^{\prime }$ 通常和 $f$ 在一起. 比如这里

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{2f(\xi )}{\xi }\to x{f}^{\prime }(x)=2f(x)\to \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{2}{x}$$

然后转换为 $(\ln f(x){)}^{\prime }=(2\ln x{)}^{\prime }$, 此即 $(\ln f(x)-2\ln x{)}^{\prime }{|}_{x=\xi }=0$