题目

五、证明题（本大题共7分）20.设函数f(x)在[0,2]上连续，在(0,2)内可导，且int_(0)^1f(x)dx=int_(1)^2f(x)dx-1.证明：存在xiin(0,2)，使得f'(xi)=1.

五、证明题（本大题共7分） 20.设函数f(x)在[0,2]上连续，在(0,2)内可导，且$\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{1}^{2}f(x)dx-1$. 证明：存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=1$.

题目解答

答案

定义辅助函数 $F(x) = \int_0^x f(t) \, dt$，则由题设条件得 \[ F(1) = F(2) - F(1) - 1 \implies F(2) = 2F(1) + 1. \] 构造函数 $G(x) = F(x) - \frac{x^2}{2}$，则 \[ G(0) = 0, \quad G(1) = F(1) - \frac{1}{2}, \quad G(2) = 2F(1) - 1. \] 易知 \[ G(2) - 2G(1) + G(0) = 0, \] 由罗尔定理，存在 $\eta_1 \in (0,1)$ 和 $\eta_2 \in (1,2)$ 使得 $G'(\eta_1) = G'(\eta_2)$。 令 $H(x) = f(x) - x$，则 $H(\eta_1) = H(\eta_2)$，再次应用罗尔定理得存在 $\xi \in (\eta_1, \eta_2) \subset (0,2)$ 使得 \[ H'(\xi) = f'(\xi) - 1 = 0 \implies f'(\xi) = 1. \] \[ \boxed{\xi \in (0,2)} \]

解析

本题主要考查了积分中值定理、罗尔定理的应用以及辅助函数的构造。解题的关键思路是通过构造合适的辅助函数，利用已知条件和定理逐步推导得出结论。

  1. 构造辅助函数 $F(x)$ 并化简条件：
    • 定义辅助函数 $F(x) = \int_0^x f(t) \, dt$。因为函数 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，根据积分上限函数的性质可知 $F(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，且 $F^\prime(x)=f(x)$。
    • 已知 $\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{1}^{2}f(x)dx - 1$，由 $F(x)$ 的定义可得 $F(1)=\int_{0}^{1}f(x)dx$，$F(2)-F(1)=\int_{1}^{2}f(x)dx$，那么原条件可转化为 $F(1)=F(2)-F(1)-1$。
    • 对 $F(1)=F(2)-F(1)-1$ 进行移项化简可得：
      $\begin{align*}F(1)+F(1)+1&=F(2)\\F(2)&=2F(1)+1\end{align*}$
  2. 构造函数 $G(x)$ 并分析其值：
    • 构造函数 $G(x) = F(x) - \frac{x^2}{2}$。因为 $F(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，$y = \frac{x^2}{2}$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，所以 $G(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，且 $G^\prime(x)=F^\prime(x)-x=f(x)-x$。
    • 分别计算 $G(x)$ 在 $x = 0$，$x = 1$，$x = 2$ 处的值：
      • $G(0)=F(0)-\frac{0^2}{2}$，因为 $F(0)=\int_{0}^{0}f(t)dt = 0$，所以 $G(0)=0$。
      • $G(1)=F(1)-\frac{1^2}{2}=F(1)-\frac{1}{2}$。
      • $G(2)=F(2)-\frac{2^2}{2}=F(2)-2$，将 $F(2)=2F(1)+1$ 代入可得 $G(2)=2F(1)+1 - 2=2F(1)-1$。
    • 计算 $G(2) - 2G(1) + G(0)$ 的值：
      $\begin{align*}G(2) - 2G(1) + G(0)&=(2F(1)-1)-2(F(1)-\frac{1}{2})+0\\&=2F(1)-1 - 2F(1)+1\\&=0\end{align*}$
  3. 第一次应用罗尔定理：
    • 由 $G(2) - 2G(1) + G(0)=0$ 可得 $G(2)-G(1)=G(1)-G(0)$。
    • 因为 $G(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $G(1)-G(0)$ 满足拉格朗日中值定理的条件，所以存在 $\eta_1\in(0,1)$，使得 $G^\prime(\eta_1)=\frac{G(1)-G(0)}{1 - 0}=G(1)-G(0)$。
    • 同理，$G(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续，在 $(1,2)$ 内可导，存在 $\eta_2\in(1,2)$，使得 $G^\prime(\eta_2)=\frac{G(2)-G(1)}{2 - 1}=G(2)-G(1)$。
    • 又因为 $G(2)-G(1)=G(1)-G(0)$，所以 $G^\prime(\eta_1)=G^\prime(\eta_2)$。
  4. 构造函数 $H(x)$ 并第二次应用罗尔定理：
    • 令 $H(x) = f(x) - x$，因为 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 内可导，$y = x$ 在 $(0,2)$ 内可导，所以 $H(x)$ 在 $(0,2)$ 内可导，且 $H^\prime(x)=f^\prime(x)-1$。
    • 由 $G^\prime(x)=f(x)-x$ 可知 $G^\prime(\eta_1)=H(\eta_1)$，$G^\prime(\eta_2)=H(\eta_2)$，又因为 $G^\prime(\eta_1)=G^\prime(\eta_2)$，所以 $H(\eta_1)=H(\eta_2)$。
    • 因为 $H(x)$ 在 $[\eta_1,\eta_2]$ 上连续，在 $(\eta_1,\eta_2)$ 内可导，且 $H(\eta_1)=H(\eta_2)$，根据罗尔定理，存在 $\xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(0,2)$，使得 $H^\prime(\xi)=0$。
    • 而 $H^\prime(\xi)=f^\prime(\xi)-1$，所以 $f^\prime(\xi)-1 = 0$，即 $f^\prime(\xi)=1$。