25.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，k为正整数，求证：存在一点ξ∈(0,1)，使得ξf'(ξ)+kf(ξ)=f''(ξ).
题目解答
答案
设函数 $ F(x) = x^k f(x) $，则 $ F(x) $ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。由 $ f(0) = 0 $，得 $ F(0) = 0 $，且 $ F(1) = f(1) $。
对 $ F(x) $ 应用拉格朗日中值定理，存在 $ \xi \in (0,1) $，使得
$F'(\xi) = \frac{F(1) - F(0)}{1 - 0} = f(1).$
计算 $ F'(x) $：
$F'(x) = kx^{k-1} f(x) + x^k f'(x).$
代入得
$k\xi^{k-1} f(\xi) + \xi^k f'(\xi) = f(1).$
然而，题目要求证明 $ \xi f'(\xi) + k f(\xi) = f''(\xi) $，显然上述方法无法直接得出结论。
正确方法：
构造辅助函数 $ G(x) = (1 - x)^k f(x) $，则 $ G(x) $ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。
由 $ f(0) = 0 $，得 $ G(0) = 0 $，且 $ G(1) = 0 $。
对 $ G(x) $ 应用罗尔定理，存在 $ \xi \in (0,1) $，使得 $ G'(\xi) = 0 $。
计算 $ G'(x) $：
$G'(x) = -k(1 - x)^{k-1} f(x) + (1 - x)^k f'(x).$
令 $ G'(\xi) = 0 $，得
$-k(1 - \xi)^{k-1} f(\xi) + (1 - \xi)^k f'(\xi) = 0.$
整理得
$(1 - \xi)^{k-1} \left[ (1 - \xi) f'(\xi) - k f(\xi) \right] = 0.$
由于 $ \xi \in (0,1) $，$ (1 - \xi)^{k-1} \neq 0 $，故
$(1 - \xi) f'(\xi) = k f(\xi).$
这与题目要求不符，显然需要调整方法。
最终方法：
构造 $ H(x) = x^k f(x) $，则 $ H(0) = 0 $，$ H(1) = f(1) $。
对 $ H(x) $ 应用拉格朗日中值定理，存在 $ \xi \in (0,1) $，使得
$H'(\xi) = \frac{H(1) - H(0)}{1 - 0} = f(1).$
但题目要求 $ \xi f'(\xi) + k f(\xi) = f''(\xi) $，显然需要更高阶导数。
正确构造：
设 $ H(x) = x^k f(x) - x f'(x) $，则 $ H(0) = 0 $，$ H(1) = f(1) - f'(1) $。
若 $ H(1) = 0 $，则由罗尔定理存在 $ \xi \in (0,1) $，使得 $ H'(\xi) = 0 $。
计算 $ H'(x) $：
$H'(x) = k x^{k-1} f(x) + x^k f'(x) - f'(x) - x f''(x).$
令 $ H'(\xi) = 0 $，得
$k \xi^{k-1} f(\xi) + \xi^k f'(\xi) - f'(\xi) - \xi f''(\xi) = 0.$
整理得
$\xi f''(\xi) = k \xi^{k-1} f(\xi) + \xi^k f'(\xi) - f'(\xi).$
这仍不符合要求。
结论：
题目可能存在表述错误，应为 $ \xi f'(\xi) + k f(\xi) = f'(\xi) $。
若按原题要求，需更高阶条件或特殊函数。
最终答案：
题目条件可能有误，若为 $ \xi f'(\xi) + k f(\xi) = f'(\xi) $，则存在 $ \xi \in (0,1) $ 满足条件。
$\boxed{\text{存在 } \xi \in (0,1) \text{，使得 } \xi f'(\xi) + k f(\xi) = f'(\xi).}$
解析
本题考查罗尔定理的应用，解题的关键在于构造合适的辅助函数，然后利用罗尔定理来证明存在满足条件的点 $\xi$。
详细分析
- 构造辅助函数：
设辅助函数 $F(x)=x^{k}f(x)$。因为函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，根据函数乘积的连续性和可导性可知，$$F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。
又已知 $f(0) = 0$，所以 $F(0)=0^{k}\times f(0)=0)=0$，$F(1)=1^{k}\times f(1)=f(1)$。 - 应用拉格朗日中值定理：
由拉格朗日中值定理，若函数 $y = F(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 内可导，则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $F'(\xi)=\frac{F(b)-F(a)}{b - a}$。
对于 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上，存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $F'(\xi)=\frac{F(1)-F(0)}{1 - 0}=f(1)$。 - 计算 $F'(x)$：
根据求导的乘法法则 $(uv^{kf(x))'=k x^{k - 1}f(x)+x^{k}f'(x)$，所以 $F'(\xi)=k\xi^{k - 1}f(\xi)+\xi^{k}f'(\xi)$。
则有 $k\xi^{k - 1}(kf(\xi)+\xi f'(\xi))=f(1)$。
若题目条件无误，从现有条件无法直接得出 $\xi f'(\xi)+k f(\xi)=f''(\xi)$。
若题目有误，若题目为 $\xi f'(\xi)+k f(\xi)=f'(\xi)$，则可变形为 $(k - 1)f(\xi)=(1 - \xi)f'(\xi)$。
重新构造辅助函数 $G(x)=(1 - x)^{kf(x)$，$G(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，$G(0)=(1 - 0)kf(0)=0$，$G(1)=(1 - 1)kf(1)=0$。
根据罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $G'(\xi)=0$。
对 $G(x)$ 求导，根据求导的乘法法则 $G'(x)=-k(1 - x)^{k - 1}f(x)+(1 - x)^{k}f'(x)$。
令 $G'(\xi)=0$，即 $-k(1 - \xi)^{k - 1}f(\xi)+(1 - \xi)^{k}f'(\xi)=0$，即 $(1 - \xi)^{k - 1}[(1 - \xi)f'(\xi)-kf(\xi)] = 0$。
因为 $\xi\in(0,1)$，所以 $(1 - \xi)^{k - 1}\neq0$，则 $(1 - \xi)f'(\xi)=kf(\xi)$，进一步变形为 $\xi f'(\xi)+k f(\xi)=f'(\xi)$。