例4设f(x),g(x)在a,b止上存在二阶导数,且g"(x)≠0, f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0,证明(1)在(a,b内g(x)≠0 (2)存在∈(a,b)(5)=f"() g(2)g"(ξ) 证:(1)若c∈(a,b)使g(c)=0则g(a)=g(c)=g(b) 日51∈(a,c,22∈(c,b)使g(51)=g(2)=0 又g'(x)在4止满足R定理,3∈(a,b)使g"()=0矛盾) g(x)≠0 (2)kF(x)=f(x)g'(x)-f'(xg(x) F(a)=F(b)=0∴F(x)在a,b上满足R定理, ∈(a,b)使F'(4)=0 F'(8)=[f(x)g"(x)-f"(x)g(x) x=E=0
( ) . ( ) ( ) ( ) ( ) (2) , ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 1 , ) ( ) 0; 4 ( ), ( ) [ , ] ( ) 0, = = = = = g f g f a b f a f b g a g b a b g x f x g x a b g x 存 在 使 证明（ ）在（ 内 例 设 在 上存在二阶导数，且 证：(1) 若c(a,b)使g(c) = 0 则g(a) = g(c) = g(b) 1 (a,c), 2 (c,b)使g( 1 ) = g( 2 ) = 0 又g(x)在[ 1， 2 ]上满足R定理， (a,b)使g( ) = 0(矛盾) g(x) 0. （2）设F(x) = f (x)g(x) − f (x)g(x) F(a) = F(b) = 0 F(x)在[a,b]上满足R定理， (a,b)使F( ) = 0 F() = [ f (x)g(x) − f (x)g(x)]x= = 0
例5设∫(x)在[0,1上连续,在(0,1)内可导,且 f(0)=0,f(1)=1,试证:对任意给定的正数a,b 在(0,1)内存在不同的与,使 b =a+b f(4)f(7) 证:a与b均为正数,∴0<,<1 a+b 又∵f(x)在I0,1上连续,由介值定理, 存在τ∈(0,1),使得f() a+b f(x)在[0,z,z,1]上分别用拉氏中值定理,有
例5 . ( ) ( ) (0,1) , (0) 0, (1) 1, : , ( ) [0,1] , (0,1) , a b f b f a f f a b f x = + + = = 在 内存在不同的 使 试证 对任意给定的正数 设 在 上连续 在 内可导 且 证 a 与 b 均为正数, 0 1 + a b a 又 f (x) 在[0,1]上连续, 由介值定理, ( ) , a b a f + 存在 (0,1), 使得 = f (x) 在[0, ],[ ,1]上分别用拉氏中值定理, 有
f(z)-f(0)=(x-0)f(2),5∈(0,r) f(①)-∫()=(1-z)∫(m),T∈(z,1) 注意到f(0)=0,f(1)=1,由,有 ∫(z)_a+b =r()=r(3)1-x 1-∫(z)_a+b ∫(m)f(m7) (3)+(4)得: b 十 ∫"(2)(a+b)∫"(m)(a+b) b 十 =a+b f"(4)f(m7)
f ( ) − f (0) = ( − 0) f ( ), (0, ) f (1) − f ( ) = (1− ) f (), ( ,1) (1) (2) 注意到 f (0) = 0, f (1) = 1, 由 , 有 ( )( ) ( )( ) 1 f a b b f a b a + + + = f ( ) a b a+ = (3) (4) ( ) 1 ( ) 1 f f − − = f ( ) a b b+ = (3)+(4) 得 : ( ) ( ) ff = . ( ) ( ) a b f b f a = + +
例6若函数f(x)在0,1上二阶可微,且f(0)= f(1),∫"(x)≤1证明:f(x)≤(x∈[0,1 证设x0∈[0,1在x处把f(x)展成一阶泰勒公式有 f(x)=f(x)+f(x0)(x-x0)+f"(4)(x-x)2 令x=0,x=1,则有 f(0)=f(x)-f(x)x+f"(51)x f(1)=f(x)+f(x)1-x0)+∫"(2)(1-x0)2(2)
例 6 ( [0,1]) 21 (1), ( ) 1, : ( ) ( ) [0,1] , (0) = f f x f x x f x f 证明 若函数 在 上二阶可微 且 证 [0,1], 设 x 0 在 x0 处把 f (x) 展成一阶泰勒公式,有 2 0 0 0 0 ( )( ) 21 f (x) = f (x ) + f (x )(x − x ) + f x − x 令 x = 0, x = 1,则有 2 0 0 0 1 0 ( ) 21 f (0) = f (x ) − f (x )x + f x 2 0 0 0 2 0 ( )(1 ) 21 f (1) = f (x ) + f (x )(1− x ) + f − x (1) (2)
(2)-(1) 注意到∫(0)=f(1),则有 f(x)=f"(51)x2-f"(2)(1-x)2 f"(x)≤ f"(x)≤x2+(1-x0)2=( 2 又由x∈0,知252,于是有f 由x的任意性可知命题成立
2 2 0 2 0 1 0 ( )(1 ) 21 ( ) 21 f (x ) = f x − f − x ((2) –(1)) 注意到 f (0) = f (1), 则有 f ( x ) 1, 2 0 2 0 0 (1 ) 21 21 f (x ) x + − x 41 ) 21 ( 2 = x0 − + [0,1] , 又由 x0 知 , 21 21 x0 − 21 ( ) 于是有 f x0 , . 由 x0 的任意性 可知命题成立