📝 题目
8．设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明至少存在一点 $\xi \in(a, b)$ ，使 $2 \xi[f(a)-f(b)]=\left(a^{2}-b^{2}\right) f^{\prime}(\xi)$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**证明**： 要证明存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $$ 2\xi [f(a) - f(b)] = (a^2 - b^2) f'(\xi), $$ 我们考虑构造辅助函数，应用柯西中值定理。
令 $$ F(x) = f(x), \quad G(x) = x^2. $$ 由题设，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，而 $G(x) = x^2$ 显然也在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 $$ G'(x) = 2x \neq 0 \quad (\text{当 } x \neq 0 \text{ 时，但区间内可能包含0，不过只要 } a \neq b\text{，且 } G'(x) \text{ 在 }(a,b)\text{ 内不为零即可，这里我们需要单独处理0点情况？实际上柯西中值定理只要求 } G'(x) \neq 0 \text{ 在区间内每一点成立，但若区间包含0，则 } G'(0)=0\text{，此时需小心。}) $$
为了避免分母为零的问题，我们换一种构造：考虑函数 $$ h(x) = (a^2 - b^2) f(x) - 2x [f(a) - f(b)]. $$ 显然 $h(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。计算 $$ h(a) = (a^2 - b^2) f(a) - 2a [f(a) - f(b)] = (a^2 - b^2) f(a) - 2a f(a) + 2a f(b), $$ $$ h(b) = (a^2 - b^2) f(b) - 2b [f(a) - f(b)] = (a^2 - b^2) f(b) - 2b f(a) + 2b f(b). $$ 化简 $h(a)$： $$ h(a) = f(a)(a^2 - b^2 - 2a) + 2a f(b). $$ 化简 $h(b)$： $$ h(b) = f(b)(a^2 - b^2 + 2b) - 2b f(a). $$ 直接比较不易看出相等，我们尝试另一种更直接的构造。
考虑函数 $$ \varphi(x) = f(x)(a^2 - b^2) - 2x [f(a) - f(b)]. $$ 则 $$ \varphi(a) = f(a)(a^2 - b^2) - 2a[f(a)-f(b)] = f(a)(a^2 - b^2 - 2a) + 2a f(b), $$ $$ \varphi(b) = f(b)(a^2 - b^2) - 2b[f(a)-f(b)] = f(b)(a^2 - b^2 + 2b) - 2b f(a). $$ 仍不易看出相等。
实际上，更简洁的方法是使用柯西中值定理于函数 $f(x)$ 和 $g(x)=x^2$： 由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $$ \frac{f(b)-f(a)}{b^2 - a^2} = \frac{f'(\xi)}{2\xi}. $$ 整理得 $$ 2\xi [f(b)-f(a)] = (b^2 - a^2) f'(\xi). $$ 两边乘以 $-1$ 即得 $$ 2\xi [f(a)-f(b)] = (a^2 - b^2) f'(\xi). $$ 这里需注意条件：柯西中值定理要求分母对应的函数导数在区间内不为零，即 $2\xi \neq 0$ 对任意 $\xi \in (a,b)$。若区间包含0，则需分情况讨论：若 $a<0 **补充处理**：若 $0 \in (a,b)$，则考虑函数 $$ F(x) = f(x) - \frac{f(a)-f(b)}{a^2-b^2} x^2, $$ 则 $F(a)=F(b)$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F'(\xi)=0$，即 $$ f'(\xi) - \frac{2\xi [f(a)-f(b)]}{a^2-b^2} = 0, $$ 整理即得结论，且此时不要求 $2\xi \neq 0$，因为罗尔定理无此限制。因此原命题对任意区间均成立。 综上，原命题得证。 难度：★★☆☆☆