设 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 内可导，证明： (1) 存在 $\xi \in (-2,2)$ ，使得 $\xi(1-\xi)f'(\xi) + 1 - 2\xi = 0$ (2) 存在 $\xi \in (-2,2)$ ，使得 $\xi(1-\xi)f'(\xi) + 1 - 3\xi = 0$

解：

(1) 将等式变形：

f'(x) + \frac{1-2x}{x-x^2} = 0

对等式两边积分：

\int f'(x)dx + \int \frac{d(x-x^2)}{x-x^2} = C_1

得到：

e^{f(x)} \cdot (x-x^2) = C_2

因此构造辅助函数： $F(x) = e^{f(x)} \cdot x(1-x)$

由于 $F(0) = F(1) = 0$ ，由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $F'(\xi) = 0$ 。

对 $F(x)$ 求导得到：

\xi(1-\xi)f'(\xi) + 1 - 2\xi = 0

(2) 类似地，构造 $F(x) = e^{f(x)} \cdot x(1-x)^2$

表格法

对于涉及高阶导数的问题，使用表格法系统地寻找辅助函数。

例题 2

设 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上二阶可导， $f(0) = f'(0)$ ， $f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$ ，证明：存在 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ ，使得 $f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}$ 。

解：

使用表格法：

\begin{array}{ccc} 1-2x & -2 & 0 \\ f''(x) & f'(x) & f(x) \end{array}

得到关系式： $(1-2x)f'(x) + 2f(x) = 3f(x) + C$

构造辅助函数： $F(x) = (1-2x)f'(x) - f(x)$

验证： $F\left(\frac{1}{2}\right) = F(0) = 0$

由罗尔定理，存在 $\xi$ 使得 $F'(\xi) = 0$ ，即：

f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}

微分方程法

通过解微分方程得到辅助函数的形式。

例题 3

设 $f(x), g(x)$ 在 $[a,b]$ 上有二阶导数且 $g(x), g''(x) \neq 0$ ，又 $f(a) = f(b) = g(a) = g(b) = 0$ ，证明：存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $\frac{f(\xi)}{g(\xi)} = \frac{f''(\xi)}{g''(\xi)}$ 。

解：

令 $u = f(x)$ ， $v = g(x)$ ，构造：

F(x) = \int uv''dx - \int vu''dx = uv' - u'v

即：

F(x) = f(x)g'(x) - f'(x)g(x)

验证： $F(a) = F(b) = 0$ ，故存在 $\xi$ 使得 $F'(\xi) = 0$ ，即：

\frac{f(\xi)}{g(\xi)} = \frac{f''(\xi)}{g''(\xi)}

特殊类型的辅助函数构造

$f''(\xi) + f(\xi) = 0$

通过解微分方程 $y'' + y = 0$ 得到通解 $y = C_1\sin x + C_2\cos x$ 。

适当变形可以得到以下构造：

$f(x)\cos x - f'(x)\sin x = C$
$f(x)\sin x + f'(x)\cos x = C$
$f^2(x) + (f'(x))^2 = C$

例题 4

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有二阶导数，且 $f(0) = f'(0) = 0$ ，证明：存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f''(\xi) = \frac{2f(\xi)}{(1-\xi)^2}$ 。

解：

注意到：

\frac{f''(x)}{f(x)} = \frac{2}{(x-1)^2} = \frac{((x-1)^2)''}{(x-1)^2}

这与例题 3 的解法相同，构造辅助函数：

F(x) = f(x)(x-1) - f'(x)(x-1)^2

验证： $F(0) = F(1) = 0$ ，应用罗尔定理即可。