罗尔定理一个课后习题的价值挖掘

费锡仙 （湖北工业大学理学院，湖北 武汉430068）

大学数学的微积分中值定理中最基本也最重要的是罗尔 （Rolle）中值定理 （以下简称罗尔定理），很有意思的是它虽然是拉格朗日 （Lagrange）中值定理和柯西 （Cauchy）中值定理的特殊情形，但实际上这2个定理的证明确是构造出新的函数满足罗尔定理的3个条件并证明出来的［1－2］。更有意思的是，课后有个习题用3次罗尔定理就可证出结论，该习题的证明和结论却对于很多看似无从下手的题有着重要的价值和指导意义。

1 罗尔定理

定理1 （罗尔定理）［1］若f（x）在［a，b］上连续，在（a，b）内可导，且f（a）＝f（b），则在（a，b）内至少存在一点ξ使得f′（ξ）＝0。

2 罗尔定理课后习题及其证明

习题1［1］若函数f（x）在（a，b）内具有二阶导数，且：

则在（x1，x3）内至少存在一点ξ使得f″（ξ）＝0。

证明 若函数f（x）在（a，b）内具有二阶导数，a＜x1＜x2＜x3＜b，则：

1）f（x）在［x1，x2］上连续，在（x1，x2）内可导，且f（x1）＝f（x2），则由罗尔定理知，在（x1，x2）内至少存在一点ξ1使得f′（ξ1）＝0。

2）同理可知，在（x2，x3）内至少存在一点ξ2使得f′（ξ2）＝0。

3）由函数f（x）在（a，b）内具有二阶导数可知，f′（x）在［ξ1，ξ2］⊂ （x1，x3）⊂ （a，b）上连续，在（ξ1，ξ2）内可导，且f′（ξ1）＝0＝f′（ξ2），则由罗尔定理知，在（x1，x3）内至少存在一点ξ使得f″（ξ）＝0。

该习题用了3次罗尔定理，结论显然。

3 习题1及其证明思想的启发与挖掘

例1 设函数f（x）在［－a，a］上连续，在（－a，a）内具有二阶导数，且，则在（－a，a）内至少存在一点ξ使得f″（ξ）＝0。

证明 因为函数f（x）在［－a，a］上连续，在（－a，a）内具有二阶导数，则：

1）函数f（x）在［－a，0］上连续，在（－a，0）内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在ξ1∈（－a，0），使得f（0）－f（－a）＝f′（ξ1）［0－（－a）］＝a·f′（ξ1）。

2）同理，至少存在ξ2∈ （0，a），使得f（a）－f（0）＝f′（ξ2）［a－0］＝a·f′（ξ2）。

3）又f′（x）在［ξ1，ξ2］⊂ （－a，a）上连续，在（ξ1，ξ2）内可导，且即2f（0）＝f（－a）＋f（a），也即f（0）－f（－a）＝f（a）－f（0），则有a·f′（ξ1）＝a·f′（ξ2），又a≠0，则有f′（ξ1）＝f′（ξ2），故对于函数f′（x）由罗尔中值定理知，至少存在一点ξ∈ （ξ1，ξ2）⊂ （－a，a）使得f″（ξ）＝0。

例1的证明跟习题1的证明思想类似，例1具体用的是2次拉格朗日中值定理和1次罗尔中值定理。

例2［3］设f（x）在闭区间［a，b］上具有二阶导数，且f（a）＝f（b）＝0，f′（a）·f′（b）＞0，则：

1）至少存在一点ξ∈ （a，b）使得f（ξ）＝0；

2）至少存在一点η∈ （a，b），使得f″（η）＝0。

如果把例2中的结论（1）当作已知条件，则结论（2）就是习题1的结论，所以例2的重点是如何把结论（1）证出。如果把结论（1）去掉，例2就相当有难度了，因此结论（1）的挖掘非常必要。下面简单介绍结论（1）的证明。

因为f′（a）·f′（b）＞0，不妨设f′（a）＞0，f′（b）＞0（f′（a）＜0，f′（b）＜0也可以类似讨论），又f（a）＝f（b）＝0，f（x）在闭区间［a，b］上具有二阶导数，则由保号性知，至少存在一点x1∈ （a，a＋δ1），（δ1＞0）使得f（x1）＞f（a）＝0；同理，也至少存在一点x2∈ （b－δ2，b）（δ2＞0）使得f（x2）＞f（b）＝0，且x1＜x2（否则矛盾），则f（x）在［x1，x2］⊂ （a，b）上连续，由零点定理知，至少存在一点ξ∈ ［x1，x2］⊂（a，b）使得f（ξ）＝0。

例3［3］设f（x）在［0，2π］上连续，在（0，2π）内二阶可导，且f″（x）≠f（x），则在（0，2π）内至少存在一点ξ∈ （0，2π），使得

例3更具隐蔽性，因为结论看着挺复杂的，而且难以猜测与构造。

但若构造函数G（x）＝－sinx·f（x），显然G（x）在［0，2π］上连续，在（0，2π）内二阶可导，且：

若此时将题目结论改成，G（x）在（0，2π）内至少存在一点ξ∈（0，2π），使得G″（ξ）＝0，即G″（ξ）＝sinξ·［f（ξ）－f″（ξ）］－2cosξ·f′（ξ）＝ 0 再由 f″（ξ）≠ f（ξ），将 G″（ξ）＝ 0 的结论变一下形，tanξ ＝就得到证明。

例3看似很难，但其实就是习题1的一个具体应用而已。

例4不仅要证在（0，π）内有点ξ1，ξ2，使得f（ξ1）＝f（ξ2）＝0，而且还要说明此2点不同。其实函数f（x）在［0，π］上连续，且由积分中值定理不难证明至少存在一点ξ∈ （0，π），使得f（ξ）＝0，但这与例4的结论相去甚远，而且例4结论要强调至少存在2个不同的点。这个在习题1的证明中间环节中有体现，所以例4比例3更复杂。

再由积分中值定理知至少存在一点ξ∈ （0，π），使得F（ξ）·sinξ·π＝0，而ξ∈ （0，π）时sinξ≠0，则至少存在一点ξ∈ （0，π）使得F（ξ）＝0，所以就有F（0）＝F（ξ）＝F（π）＝0，最后只需在［0，ξ］及［ξ，π］上分别用1次罗尔定理例4就得证了。

例4若将已知条件加强，补充f（x）在（0，π）内可导，最终证明至少存在一点η∈（0，π），使得f′（η）＝0就更难了，而此时若熟谙习题1的结论就可以应对自如了。

例5 设f（x），g（x）在［a，b］上二阶可导，且g″（x）≠0，又f（a）＝f（b）＝g（a）＝g（b）＝0，则：

1）在（a，b）内g（x）≠0；

若构造函数F（x）＝f′（x）·g（x）－f（x）·g′（x），显然F（x）在［a，b］上连续，在（a，b）内可导，且F（a）＝F（b）＝0，则由罗尔定理知至少存在一点ξ∈ （a，b），使得F′（ξ）＝0，即F′（ξ）＝f″（ξ）·g（ξ）－f（ξ）·g″（ξ）＝0，而若要得到结论就要移项两边分别除以g″（ξ）和g（ξ），而由已知条件知g″（ξ）≠0，所以最终就是要讨论g（ξ）是否为0了，而这恰好是问题（1）要证明的。

可以用反证法证在（a，b）内g（x）≠0。先假设在（a，b）内至少有一点η∈ （a，b）使得g（η）＝0，则对于函数g（x）而言满足习题1的所有条件，即g（x）在［a，b］上二阶可导，且g（a）＝g（η）＝g（b）＝0，则至少存在一点ζ∈（a，b）使得g″（ζ）＝0，而这与已知条件矛盾，故假设不成立，因而例5的结论（1）得证。

例5看似简单，但其细节必须讨论清楚，不能想当然，而且很有意思的是，一个看似不相关的结论，但在使用反证法时却用到了习题1的结论，最后导出假设不正确。

例6 设f（x）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，且满足则至少存在一点ξ∈ （0，1），使得f′（ξ）＝ （1－ξ－1）·f（ξ）。

例6条件很隐蔽，结论也不容易猜测，所以要从条件和结论两头挖掘。

［1］同济大学数学系 .高等数学 ［M］.第6版 .北京：高等教育出版社，2007：128－183.

［2］蔡光兴，李德宜 .微积分 （经管类）［M］.第2版 .北京：科学出版社，2004：84－117.

［3］张凯凡 .高等数学习题集 ［M］.长沙：国防科技大学出版社，2011：66－68.