例2.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且 f(1)=0,证明至少存在一点5∈(0,1)，使 /(5=- 2f(5) 5 证：问题转化为证5f"(5)+2f()=0 设辅助函数p(x)=x2f(x) 显然p(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，故至 少存在一点5∈(0,1)，使 0'(5)=25f(5)+52f(5)=0 即有 f'(5)=-2 HIGH EDUCATION PRESS 机动目录上页下页返回结束
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 机动 目录 上页 下页 返回 结束
例3.设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且 a+ 0<a<b,试证存在5,7∈(a,b),使f(5)= 27 f'( 证：欲证 '='( ,即要证 '5b-a)-∫'m a+b 2n b2-a2 2n 因f(x)在[a,b]上满足拉氏中值定理条件，故有 f(b)-f(a)=f'(5b-a),5∈(a,b) 又因f(x)及x2在[a,b]上满足柯西定理条件，故有 f(b)-fa-, b2-a2 27 7∈(a,b) 将@代入②，化简得/5)=+ 0f'(),5,n∈(a,b) n 毫HIGH EDUCATION PRESS ©◆0C0-8 机动目录上页下页返回结束
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 = − − 机动 目录 上页 下页 返回 结束
例4.设实数a0,41,an满足下述等式 ao 、cn=0 41+.+ n+1 证明方程 a0+a4x+.+anx”=0在(0,1)内至少有一 个实根 证：令F'(x)=a+ax+.+anx”,则可设 F(x)=ax+0x2++ an xn+l n+1 显然，F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(O)= FI)=0,由罗尔定理知存在一点5∈(0,1)，使F'()=0, 即ao+a4x+.+anx”=0在0，D内至少有一个实根5 HIGH EDUCATION PRESS D-e0C①8 机动目录上页下页返回结束
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 机动 目录 上页 下页 返回 结束 F(1) = 0
例5.设函数fx)在0,3]上连续，在(0,3)内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1,试证必存在5∈(0,3)，使 f'(5)=0.(03考研 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 mf(),f).f(2)MmsM 由介值定理，至少存在一点c∈[0,2]，使 f(c)=1O+(+f(2)=1 3 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5∈(c,3)c(0,3),使f"()=0. HIGH EDUCATION PRESS 机动目录上页下页返回结束
例5. 机动 目录 上页 下页 返回 结束 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 (03考研) 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