例2.设f(x)在[0,上连续在O,1)内可导且 f()=0,证明至少存在一点∈(0,1),使 f'()= 2f(5) 证:问题转化为证()+2/(5)=0 设辅助函数(x)=x2f(x) 显然(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件,故至 少存在一点∈(0,1),使 q()=2f()+f()=0 即有f() 2f(5)
例2. 设 在 内可导, 且 证明至少存在一点 使 上连续, 在 证: 问题转化为证 f () + 2 f () = 0. 设辅助函数 ( ) ( ) 2 x = x f x 显然 在 [ 0 , 1 ] 上满足罗尔定理条件, 故至 使 ( ) 2 ( ) ( ) 0 2 = f + f = 即有 少存在一点
例3设f(x)在[a,b上连续,在(a,b)内可导,且 05a≤b试证存在5,7∈(a,b)使r(=a+br(m 2 证:欲证/(3)=()即要证f(5b-a)=(m) a+b 2n b 2 因f(x)在|a,b上满足拉氏中值定理条件故有 f(b)-f(a)=f()(b-a),E∈(a,b)① 又因f(x)及x2在[a,b上满足柯西定理条件故有 f(b)-f(a)f"(7) ,m∈(a,b) ② b 2 n atb 将①代入②,化简得f"(=2m f(m)2,m∈(a,b
例3. 且 试证存在 证: 欲证 , 2 ( ) ( ) f a b f = + 因 f ( x ) 在 [ a , b ] 上满足拉氏中值定理条件, 故有 f (b) − f (a) = f ()(b − a), (a, b) ( ) [ , ] , 又因f x 及x 2 在 a b 上满足柯西定理条件 将①代入② , 化简得 故有 ① ② ( ), 2 ( ) f a b f + = ,(a,b) 即要证 . 2 ( )( ) ( ) 2 2 f b a f b a = − −
例4.设实数ao,a1,…,an满足下述等式 a+-+∴ 0 n+1 证明方程a0+a1x+…+anx=0 在(0,1)内至少有一个实根 证:令F(x)=0+a1x+…+an2x"则可设 n+1 x)=a0x+—x-+…+ X n+ 显然,F(x)在[0,1上连续,在(0,1)内可导且F(0) F()=0由罗尔定理知存在一点∈(0,1)使(5)=0 即a+a1x+…+anx=0在O,D内至少有一个实根
例4. 设实数 满足下述等式 0 2 1 1 0 = + + + + n a a a n 证明方程 在 ( 0 , 1) 内至少有一 个实根 . 证: 令 ( ) , 0 1 n n F x = a + a x ++ a x 则可设 1 2 1 0 2 1 ( ) + + = + + + n n x n a x a F x a x 且 F(0) = 由罗尔定理知存在一点 (0,1), 使 即 0 0 1 . 0 + 1 + + = 在（ ，）内至少有一个实根 n n a a x a x F(1) = 0
例5设函数f(x)在0,3上连续,在(0,3)内可导,且 (0)+/(0)+/(2)=3.(3)=1试证必存在∈(3),使 )=0 证:因f(x)在0,3上连续,所以在[0,2上连续,且在 0,2上有最大值M与最小值m,故 m≤f(0),f(0)(2)sM→m≤00+)+()≤M 由介值定理至少存在一点c∈[O,2],使 f(c)=1O)+0)+(2) f(c)=f(3)=1,且f(x)在[c,3]上连续在(c,3)内可导 由罗尔定理知必存在e(c,3)c(0,3),使f()=0
例5.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, (0,3), 使 f () = 0. 分析: 所给条件可写为 1, (3) 1 3 (0) (1) (2) = = + + f f f f 试证必存在 想到找一点 c , 使 3 (0) (1) (2) ( ) f f f f c + + = 证: 因 f (x) 在[0, 3]上连续,所以在[0, 2]上连续, 且在 [0, 2]上有最大值 M 与最小值 m, 故 m f (0), f (1), f (2) M m M f f f + + 3 (0) (1) (2) 由介值定理, 至少存在一点 c[0,2], 使 3 (0) (1) (2) ( ) f f f f c + + = =1 f (c) = f (3) =1,且 f (x)在[c,3]上连续, 在(c, 3)内可导, 由罗尔定理知, 必存在 (c, 3) (0, 3), 使 f () = 0
例6.设函数(x)在[a,b上连续在(a,b二阶可导 x)在[a,上的最小值在a,b内某点c取到 证明存在5∈(a,b)使得/”()≥0 证由于(x在[a,b上的最小值在(a,b内某点c取到 因此f(x)≥f(c)x∈[ab] 对f(x)分别在[a,l和c,小应用拉格朗日中值定理可得 f(a)-f(c)=f()a-c),51∈(a,c) f(b)-f(c)=f(22)(b-c),52∈(b,c) 由于f(a)-f(c)≥0,f(b)-f(c)≥0,所以f(5)≤0,f(52)≥0 再对f(x)分别在5上应用拉格朗日中值定理有 f(5)-(52)=f(55-52),5∈(5,52)从而/()20
证: 例6. 设函数 在 上连续,在 内二阶可导, 在 上的最小值在 内某点 取到, 证明存在 使得 因此 由于 在 上的最小值在 内某点 取到, 对 分别在 和 应用拉格朗日中值定理可得 1 1 2 2 ( ) ( ) ( )( ), ( , ) ( ) ( ) ( )( ), ( , ) f a f c f a c a c f b f c f b c b c − = − − = − 由于 所以 1 2 f f ( ) 0, ( ) 0, 再对 分别在 上应用拉格朗日中值定理有 1 2 1 2 1 2 f f f ( ) ( ) ( )( ), ( , ) − = − 从而 f ( ) 0.