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

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

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 上可导. 且满足 $f(0)=0$, $f(1)=2$.

证明:

(1) 存在 $\xi\in(0,1)$, 使得 $f(\xi)=1$;

(2) 存在 $0 < x_1 < x_2 < 1$, 使得 $\frac{1}{f'(x_1)}+\frac{1}{f'(x_2)}=1$.

设 $f,g$ 都是 $[a,b]$ 上的连续函数, 证明存在 $\xi\in[a,b]$, 使得

\[
g(\xi)\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)\int_{\xi}^{b}g(x)\mathrm{d}x.
\]

用 Lagrange 中值定理证明

\[
\frac{1}{x+1} < \ln(x+1)-\ln x <\frac{1}{x}.
\]

\[
P_i=\frac{1}{m}\sum_{j=1}^{m}\frac{C_{ij}}{S_i}
\]

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内可导. 且 $f(0)=0$, $f(1)=2$.

证明: 存在 $\xi\in(0,1)$, 使得 $f'(\xi)=2f(\xi)+1$.

[Think] 需要加什么条件才能得到所要结论?

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, $0\not\in[a,b]$. 证明存在一点 $c\in(a,b)$, 使得

\[
\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{c^2}{ab}f'(c).
\]

设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续单调递减函数, 证明: 对任意 $x\in(0,1)$, 有

\[
\int_0^1 f(t)dt\leqslant\frac{1}{x}\int_0^x f(t)dt.
\]

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, 且 $f'(x)<0$. 记

\[F(x)=\frac{1}{x-a}\int_a^x f(t)dt,\]

证明: $F(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调减少.