设

\[f(x)=\begin{cases}\frac{\varphi(x)}{x},&x\neq 0,\\ 1, &x=0.\end{cases},\] 

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

证明下列不等式:

\[
\tan x > x+\frac{x^3}{3},\quad\forall\ x\in(0,\frac{\pi}{2}).
\]

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 $f'(\xi)=2f(\xi)$.

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

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 $\alpha\neq\beta$, 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 $a_0, a_1, \ldots, a_n$ 满足 $a_0+\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{a_2}{3}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$, 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 $f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$.

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 $f(\xi)+\xi f'(\xi)=f(a)$.

12. 证明: 若函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内满足关系式 $f'(x)=f(x)$, 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

\[f'(\xi)=\frac{2f(\xi)}{\xi}.\]

[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 $f'$ 通常和 $f$ 在一起. 比如这里

\[
f'(\xi)=\frac{2f(\xi)}{\xi}\quad\rightarrow\quad xf'(x)=2f(x)\quad\rightarrow\quad\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{2}{x}
\]

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

设 $f(x)\in C[0,2]$, $f$ 在 $(0,2)$ 内可导, $f(2)=0$. 证明: 存在 $\xi\in(0,2)$, 使得

\[(1+\xi)f(\xi)+\xi f'(\xi)=0.\]

[分析]

将 $\xi$ 换成 $x$,

\[
(1+x)f(x)+xf'(x)=xf(x)+\bigl(xf(x)\bigr)'
\]

故考虑函数

\[
g(x)=xf(x)+\int_0^x tf(t)dt,
\]

$g(x)$ 满足 $g'(x)=\bigl(xf(x)\bigr)'+xf(x)$, 且 $g(0)=0$. 但是 $g(2)$ 不一定为0.

因此, 进一步的考虑

\[
h(x)=xf(x)+\int_0^x tf(t)dt-A\cdot\frac{x}{2},
\]

其中 $A=\int_0^2 tf(t)dt$.

于是 $h(x)\in C[0,2]$, 且在 $(0,2)$ 内可导, $h(0)=h(2)=0$. 不过此时

\[
h'(x)=\bigl(xf(x)\bigr)'+xf(x)-\frac{A}{2}
\]