方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.2题

题目 0
题目：求证: 对 $\forall k \in \mathbf{R},\exists \xi \in (a,b)$，使得 $f'(\xi) = k f(\xi)$。

条件缺失说明：原题未给出 $f$ 的条件，通常这类题需要 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，且 $f(a)=f(b)=0$ 或类似条件。
我们补充一个常见情形：设 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，且 $f(a)=f(b)=0$，$f$ 不恒为零。
证明：
考虑辅助函数
$$
g(x) = e^{-kx} f(x)
$$
则 $g(a)=0, g(b)=0$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使
$$
g'(\xi) = e^{-k\xi}(f'(\xi) - k f(\xi)) = 0
$$
因为 $e^{-k\xi} \neq 0$，所以
$$
f'(\xi) = k f(\xi)
$$
证毕。

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2.2.4
题目：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，但非线性函数。求证：$\exists \xi,\eta \in (a,b)$，使得
$$
f'(\xi) < \frac{f(b)-f(a)}{b-a} < f'(\eta)
$$
证明：
由拉格朗日中值定理，存在 $c \in (a,b)$ 使得
$$
f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$
因为 $f$ 不是线性函数，所以导数不是常数，故存在点使导数大于或小于该值。
具体地，若 $f'$ 在 $[a,b]$ 上最大值和最小值分别在 $\eta$ 和 $\xi$ 处取到（由达布定理，导函数具有介值性，但极值点存在性可由连续函数在闭区间上得到，这里导函数不一定连续，但可用反证法），由于 $f$ 非线性，存在点使得导数不等于 $f'(c)$，因此必存在 $\xi$ 使 $f'(\xi) < f'(c)$，存在 $\eta$ 使 $f'(\eta) > f'(c)$。
严格写法：令 $k = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，若对所有 $x$ 有 $f'(x) \ge k$，则 $f$ 是凸函数且由中值定理可推出线性，矛盾。同理若全 $\le k$ 也矛盾。因此存在两点分别严格小于和大于 $k$。

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2.2.5
题目：设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内二阶可导，且 $x_0 \in (a,b)$，$f''(x_0) \neq 0$。
(1) 若 $f'(x_0)=0$，则存在 $x_1,x_2 \in (a,b)$ 使得 $f(x_1)-f(x_2)=0$。
证明：
由 $f''(x_0) \neq 0$，不妨设 $f''(x_0) > 0$，则 $x_0$ 是严格局部极小点（因为一阶导为零，二阶导正）。于是存在 $x_0$ 的邻域，使得 $f(x) > f(x_0)$ 对 $x \neq x_0$。取 $x_1 < x_0 < x_2$ 且足够近，有 $f(x_1) > f(x_0), f(x_2) > f(x_0)$。由介值定理，存在 $x_0$ 两侧的值相等？实际上我们只需取 $x_1,x_2$ 使 $f(x_1)=f(x_2)$，这可由连续函数在极小点两侧取相同函数值得到（比如取 $x_1,x_2$ 使 $f(x_1)=f(x_2)=f(x_0)+\epsilon$）。故存在两点函数值相等。

(2) 若 $f'(x_0) \neq 0$，则存在 $x_1,x_2$ 使得
$$
\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} = f'(x_0)
$$
证明：
考虑函数
$$
g(x) = f(x) - f'(x_0) x
$$
则 $g'(x_0) = f'(x_0)-f'(x_0)=0$，且 $g''(x_0)=f''(x_0) \neq 0$。由(1)的结论，存在 $x_1,x_2$ 使 $g(x_1)=g(x_2)$，即
$$
f(x_1)-f'(x_0)x_1 = f(x_2)-f'(x_0)x_2
$$
移项即得
$$
\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} = f'(x_0)
$$
证毕。

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2.2.6
题目：设 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，且 $f(a)=f(b)=0$。求证：存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f'(\xi)+f(\xi)=0$。
证明：
令
$$
g(x) = e^x f(x)
$$
则 $g(a)=e^a f(a)=0$，$g(b)=e^b f(b)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使
$$
g'(\xi) = e^\xi (f'(\xi)+f(\xi)) = 0
$$
因 $e^\xi>0$，故 $f'(\xi)+f(\xi)=0$。

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2.2.7
题目：设 $f$ 在 $[0,1]$ 可导，$f(0)=0$，且 $f(x)\neq 0\ (\forall x\in(0,1))$。求证：$\exists \xi \in (0,1)$ 使得
$$
\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)} = 2\frac{f'(\xi)}{f(\xi)}
$$
证明：
考虑函数
$$
g(x) = \ln|f(x)|
$$
则题目等价于
$$
g'(1-\xi) = 2 g'(\xi)
$$
令
$$
h(x) = g(1-x) - 2g(x)
$$
则 $h(0)=g(1)-2g(0)$，$h(1)=g(0)-2g(1)$。
若 $h(0)=h(1)$，则由罗尔定理存在 $\xi$ 使 $h'(\xi)=0$，即
$$
- g'(1-\xi) - 2g'(\xi) = 0 \quad\Rightarrow\quad g'(1-\xi) = -2g'(\xi)
$$
这不符合要求。我们需要调整。
正确做法：令
$$
F(x) = \ln|f(x)f(1-x)|
$$
则
$$
F'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)} - \frac{f'(1-x)}{f(1-x)}
$$
要找 $\xi$ 使
$$
\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)} = 2\frac{f'(\xi)}{f(\xi)}
$$
可令
$$
G(x) = \ln|f(x)| - 2\ln|f(1-x)|
$$
则
$$
G'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)} + 2\frac{f'(1-x)}{f(1-x)}
$$
令 $G'(x)=0$ 即得
$$
\frac{f'(x)}{f(x)} = -2\frac{f'(1-x)}{f(1-x)}
$$
这也不是原式。
实际上，考虑
$$
H(x) = \ln|f(x)| - \frac12 \ln|f(1-x)|
$$
则
$$
H'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)} + \frac12 \frac{f'(1-x)}{f(1-x)}
$$
令 $H'(x)=0$ 得
$$
\frac{f'(x)}{f(x)} = -\frac12 \frac{f'(1-x)}{f(1-x)}
$$
仍不对。
正确构造：令
$$
\varphi