1. 罗尔定理

若函数\(y = f(x)\)满足：在闭区间\([a,b]\)上连续；在开区间\((a,b)\)内可导；且在区间端点处的函数值相等，即\(f(a)=f(b)\)。

那么在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

2. 罗尔定理的几何意义

罗尔定理的几何意义是：如果连续曲线\(y = f(x)\)在区间\([a,b]\)上除端点外处处有不垂直于\(x\)轴的切线，并且两端点处的纵坐标相等，那么在曲线弧\(AB\)上至少有一点\(C(\xi,f(\xi))\)，使得曲线在该点处的切线是水平的。

3. 证明思路（利用费马引理）

因为函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，根据闭区间上连续函数的最值定理，\(f(x)\)在\([a,b]\)上能取得最大值\(M\)和最小值\(m\)。

分情况讨论：

若\(M = m\)，那么\(f(x)\)在\([a,b]\)上是常数函数，此时对于任意\(x\in(a,b)\)，\(f^{\prime}(x)=0\)，定理显然成立。

若\(M>m\)，因为\(f(a)=f(b)\)，所以\(M\)和\(m\)至少有一个在\((a,b)\)内取得。不妨设函数在\(\xi\in(a,b)\)处取得最大值\(M\)，即\(f(\xi)=M\)。

根据函数在一点可导的定义以及极限的保号性来证明\(f^{\prime}(\xi)=0\)。

因为\(f(x)\)在\(\xi\)处可导，所以\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\)且\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\)。

由于\(f(\xi)\)是最大值，当\(x>\xi\)时，\(f(x)-f(\xi)\leq0\)，所以\(\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\leq0\)；当\(x <\xi\)时，\(f(x)-f(\xi)\leq0\)，所以\(\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\geq0\)。

又因为\(f^{\prime}(\xi)\)存在，所以\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}=\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}=0\)。

基础证明题

例1：证明函数\(f(x)=x^{2}-2x-3\)在区间\([-1,3]\)上满足罗尔定理，并求出满足\(f'(\xi)=0\)的\(\xi\)。

分析：先验证函数是否满足罗尔定理的条件，再对函数求导找到满足定理结论的点。

解答：\(f(x)=x^{2}-2x - 3\)是一个二次函数，显然在\([-1,3]\)上连续，在\((-1,3)\)内可导。且\(f(-1)=(-1)^{2}-2\times(-1)-3=0\)，\(f(3)=3^{2}-2\times3 - 3=0\)，满足\(f(-1)=f(3)\)。对\(f(x)\)求导得\(f'(x)=2x - 2\)，令\(f'(\xi)=0\)，即\(2\xi - 2 = 0\)，解得\(\xi = 1\)，\(1\in(-1,3)\)。

例2：验证函数\(f(x)=\sin x\)在区间\([0,2\pi]\)上满足罗尔定理，并求出相应的\(\xi\)。

分析：正弦函数是基本初等函数，其连续性和可导性是已知的，只需验证端点函数值相等，再求出导数为\(0\)的点。

解答：\(\sin x\)在\([0,2\pi]\)上连续，在\((0,2\pi)\)内可导，且\(f(0)=\sin0 = 0\)，\(f(2\pi)=\sin2\pi = 0\)，满足\(f(0)=f(2\pi)\)。\(f'(x)=\cos x\)，令\(f'(\xi)=\cos\xi = 0\)，在\((0,2\pi)\)内，\(\xi=\frac{\pi}{2}\)或\(\xi=\frac{3\pi}{2}\)时满足条件 。

与方程根的存在性结合的问题

例3：设\(k>0\)，证明方程\(\arctan x - kx = 0\)存在正根.

分析：构造函数，利用罗尔定理得到方程根的存在性与参数的关系。

解答：记\(f(x)=\arctan x-kx\)，\(f(x)\)在\(R\)上可导，则在任意闭区间上都符合罗尔中值定理。假设方程存在正实根\(x_{0}\)，在\((0,x_{0})\)上，\(f(0)=\arctan0 - k\times0 = 0\)，\(f(x_{0}) = 0\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(0,x_{0})\)，使得\(f'(\xi)=\frac{1}{1+\xi^{2}}-k = 0\)，可得\(0 < k < 1\) 。反之，当\(0 < k < 1\)时，\(f'(0)=1-k>0\)，存在某邻域\(U(0,\delta)\)，使得\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)严格递增，从而存在\(a>0\)，使\(f(a)>f(0)=0\)。又\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=-\infty\)，所以存在\(b>a\)，使\(f(b)<0\)，由根的存在定理知，方程在\((a,b)\)内有正根。综上，当且仅当\(0 < k < 1\)时，方程存在正根 。

例4：证明方程\(x^{3}+x - 1 = 0\)有且仅有一个正实根。

分析：先利用零点定理证明存在性，再用罗尔定理的推论证明唯一性。

解答：令\(f(x)=x^{3}+x - 1\)，\(f(0)=-1<0\)，\(f(1)=1^{3}+1 - 1=1>0\)，由零点定理知，存在\(c\in(0,1)\)，使得\(f(c)=0\)，即方程有正根。假设方程有两个正实根\(x_{1}\)，\(x_{2}\)（\(x_{1}<x_{2}\)），则\(f(x_{1})=f(x_{2})=0\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)，使得\(f'(\xi)=3\xi^{2}+1 = 0\)，但\(3\xi^{2}+1>0\)恒成立，矛盾，所以方程有且仅有一个正实根。

利用罗尔定理证明不等式

例5：设\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(f(0)=f(1)=0\)，\(f(\frac{1}{2})=1\)，证明：存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f'(\xi)\geqslant2\)。

分析：通过构造辅助函数，利用罗尔定理找到导数与函数值之间的关系，进而证明不等式。

解答：设\(F(x)=f(x)-2x\)，\(F(0)=f(0)-0 = 0\)，\(F(1)=f(1)-2=-2\)，\(F(\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})-1 = 0\)。根据罗尔定理，在\((0,\frac{1}{2})\)内存在\(\xi_{1}\)，使得\(F'(\xi_{1})=f'(\xi_{1})-2 = 0\)，即\(f'(\xi_{1})=2\)；在\((\frac{1}{2},1)\)内存在\(\xi_{2}\)，使得\(F'(\xi_{2})=f'(\xi_{2})-2 = 0\)，即\(f'(\xi_{2})=2\)。若\(f'(x)\)在\((0,1)\)内恒等于\(2\)，则结论成立；若\(f'(x)\)不恒等于\(2\)，则在\((0,1)\)内必存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>2\)，综上，存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f'(\xi)\geqslant2\)。

例6：已知\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f(a)=f(b)=0\)，证明：存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\vert f'(\xi)\vert\geqslant\frac{2}{(b - a)^{2}}\vert f(b)-f(a)\vert\)。

分析：构造合适的辅助函数，结合罗尔定理和绝对值不等式进行证明。

解答：不妨设\(f(x)\)不恒为\(0\)，则存在\(c\in(a,b)\)，使得\(f(c)\neq0\)，不妨设\(f(c)>0\)。令\(F(x)=f(x)-\frac{f(c)}{(b - c)(c - a)}(x - a)(x - b)\)，则\(F(a)=F(b)=F(c)=0\)。由罗尔定理知，存在\(\xi_{1}\in(a,c)\)，\(\xi_{2}\in(c,b)\)，使得\(F'(\xi_{1})=f'(\xi_{1})-\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}(\xi_{1}-b)=0\)，\(F'(\xi_{2})=f'(\xi_{2})-\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}(\xi_{2}-a)=0\)。则\(\vert f'(\xi_{1})\vert=\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}\vert\xi_{1}-b\vert\geqslant\frac{2f(c)}{(b - a)^{2}}\)，\(\vert f'(\xi_{2})\vert=\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}\vert\xi_{2}-a\vert\geqslant\frac{2f(c)}{(b - a)^{2}}\)，取\(\xi=\xi_{1}\)或\(\xi=\xi_{2}\)，即有\(\vert f'(\xi)\vert\geqslant\frac{2}{(b - a)^{2}}\vert f(b)-f(a)\vert\) 。

综合应用问题

例7：设函数\(f(x)\)在\([0,3]\)上连续，在\((0,3)\)内可导，且\(f(0)+f(1)+f(2)=3\)，\(f(3)=1\)，证明：存在\(\xi\in(0,3)\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

分析：利用函数的连续性和已知条件找到满足罗尔定理的区间。

解答：因为\(f(x)\)在\([0,2]\)上连续，所以\(f(x)\)在\([0,2]\)上必有最大值\(M\)和最小值\(m\)，则\(m\leqslant\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}\leqslant M\)，又\(f(0)+f(1)+f(2)=3\)，所以\(m\leqslant1\leqslant M\)，根据介值定理，存在\(c\in[0,2]\)，使得\(f(c)=1\)。而\(f(3)=1\)，所以\(f(c)=f(3)\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(c,3)\subseteq(0,3)\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

例8：已知函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上二阶可导，且\(f(a)=f(b)=0\)，\(f_{+}'(a)f_{-}'(b)>0\)，证明：

（1）存在\(\xi_{1}\)，\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=0\)，\(f(\xi_{2})=0\)；

（2）存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f''(\xi)=0\)。

分析：本题需要多次运用罗尔定理以及函数极限的保号性等知识来证明。

解答：

（1）不妨设\(f_{+}'(a)>0\)，\(f_{-}'(b)>0\)，由\(f_{+}'(a)>0\)知，存在\(\delta_{1}>0\)，当\(x\in(a,a+\delta_{1})\)时，\(\frac{f(x)-f(a)}{x - a}>0\)，即\(f(x)>f(a)=0\)，所以存在\(x_{1}\in(a,a+\delta_{1})\)，使得\(f(x_{1})>0\)；由\(f_{-}'(b)>0\)知，存在\(\delta_{2}>0\)，当\(x\in(b-\delta_{2},b)\)时，\(\frac{f(x)-f(b)}{x - b}>0\)，即\(f(x)<f(b)=0\)，所以存在\(x_{2}\in(b-\delta_{2},b)\)，使得\(f(x_{2})<0\)。因为\(f(x)\)在\([x_{1},x_{2}]\)上连续，且\(f(x_{1})>0\)，\(f(x_{2})<0\)，根据零点定理，存在\(\xi_{1}\in(x_{1},x_{2})\subseteq(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=0\)。同理可证存在\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{2})=0\)。

（2）由（1）知，存在\(\xi_{1}\)，\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=f(\xi_{2})=0\)，根据罗尔定理，存在\(\eta\in(\xi_{1},\xi_{2})\)，使得\(f'(\eta)=0\)。又因为\(f(a)=f(b)=0\)，再根据罗尔定理，存在\(\xi\in(a,\eta)\)，\(\xi'\in(\eta,b)\)，使得\(f'(\xi)=f'(\xi')=0\)，最后再由罗尔定理知，存在\(\xi\in(\xi,\xi')\subseteq(a,b)\)，使得\(f''(\xi)=0\)。

证明函数恒等式

例9：设\(f(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)内可导，且\(f(x)+f'(x)=0\)，证明\(f(x)=Ce^{-x}\)，其中\(C\)为常数。

分析：构造函数，利用罗尔定理的推论证明函数的导数恒为\(0\)，从而证明函数恒等式。

解答：令\(F(x)=e^{x}f(x)\)，则\(F'(x)=e^{x}f(x)+e^{x}f'(x)=e^{x}(f(x)+f'(x))=0\)。由罗尔定理的推论知，\(F(x)\)恒为常数，即\(F(x)=C\)，所以\(e^{x}f(x)=C\)，则\(f(x)=Ce^{-x}\)。

例10：设\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f'(x)\neq0\)，证明：对于任意\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），都有\(f(x_{2})-f(x_{1})\neq0\)。

分析：本题可通过反证法，假设存在两点函数值相等，再利用罗尔定理推出矛盾。

解答：假设存在\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），使得\(f(x_{2})-f(x_{1})=0\)，即\(f(x_{2})=f(x_{1})\)。不妨设\(x_{1}<x_{2}\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\subseteq(a,b)\)，使得\(f'(\xi)=0\)，这与已知\(f'(x)\neq0\)矛盾，所以对于任意\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），都有\(f(x_{2})-f(x_{1})\neq0\) 。

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