2、理得出必存在(c,3)(0,3)使得「「)=0。☆例2设f(x)在［0，1］上连续，(0，1)内可导，且3.2f(x)dx二f(0)3求证：存在：(0,1)使f'(J=02证：由积分中值定理可知，存在,1］，使得312.2f(x)dx=f(c)(1)得到1f(c^32f(x)dx二f(0)3对f(x)在［0，c］上用罗尔定理，(三个条件都满足)故存在(0,c)(0,1)，使f()=0丄☆例3设f(x)在［0,1］上连续，(0,1)内可导，对任意k1，有f(1^k.kxe1^f(x)dx，求证存在(0,1)使f()
3、=(1-')f()1证：由积分中值定理可知存在c［0,1］使得Ue1"f(x)dx二ce1"f(c)(丄-0)k0k令F(x)二xe1»f(x)，可知F(1)=f(1)1这样F(1)=f(1)=k:xe^f(x)dx二cd"©=F(c),对F(x)在［c,1］上用罗尔定理(三个条件都满足)存在(c,1)(0,1)，使F(0而F(x)=e1f(x)-xe1公f(x)xe1^f(x)二F()=e^［f()—(1」f()］"又e1-'。，则f(H(^1)f()在例3的条件和结论中可以看出不可能对f(x)用罗尔定理，否则
4、结论只是f(J=0,而且条件也不满足。因此如何构造一个函数F(x)，它与f(x)有关，而且满足区间上罗尔定理的三个条件，从F「)=0就能得到结论成立，于是用罗尔定理的有关证明命题中，如何根据条件和结论构造一个合适的F(x)是非常关键，下面的模型I,就在这方面提供一些选择。模型I:设f(x)在［a,b］上连续，(a,b)内可导，f(a)二f(b)=0则下列各结论皆成立。(1)存在-(a,b)使f(J•If(J=0(l为实常数)(2)存在厂(a,b)使f(；)•kjf(；)=0(k为非零常数)(3)存在汀(a,b)使
5、f(J*g(3)f(l)=0(g(x)为连续函数)证：(1)令F(x)=elxf(x)，在［a,b］上用罗尔定理•/F(x)-lelxf(x)elxf(x)•••存在<(a,b)使F「Ge11f1e11T1=0消去因子e11，即证.k(2)令F(x)=exf(x)，在［a,b］上用罗尔定理kkF(x)二kxexfx)exfx()存在2(a,b)使F(2)=kJe2f(2)e2f(2)=0消去因子e2，即证。(3)令F(x)二eG(x)f(x)，其中G(x)二g(x)F(x)=g(xfex)f(x>吩f(fcF(3
6、)=0G(芦)清去因子eG(3)，即证。1例4设f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，f(0)=f(1)=0,f(-^1，试证:21(1)存在•(一，1)，使f()二。2(2)对任意实数’存在二(0,)，使得f「)-’［f(J-J=1证明：(1)令：•：」(x)二f(x)-x，显然它在［0,1］上连续，又111"(1)--1：：：0,：「()0，根据介值定理，存在•(一，1)使;:J()=0即f()222(2)令F(x)二e—’x”(x)二e"［f(x)_x］，它在［0,］上满足罗尔定理的条件，故存在：
7、(0,)，使F「)=0，即e—f-f-1-讥0从而「()-，『(■)=］1(注：在例4(2)的证明中，相当于模型1中(1)的情形，其中I取为-’，f(x)取为：：」(x)二f(x)「X)模型n：设f(x),g(x)在［a,b］上皆连续，(a,b)内皆可导，且f(a)=0,g(b)=0,则存在'(a,b)，使f()g()f()g()=0证：令F(x)=f(x)g(x)，则F(a)=F(b)=0，显然F(x)在［a,b］上满足罗尔定理的条件，则存在：(a,b)，使F「)=0，即证.例5设f(x)在［0,1］上连续，(
8、0,1)内可导，f(0)=0,k为正整数。求证：存在(0,1)使得f()kf(^f()k证：令g(x)=(x-1),a=0,b=1，则f(0)=0,g(1)=0,用模型n,存在-三(0,1)使得f()(-1)kk(一1)k」f()=0故f()(-1)kf()=0则f()kf(f()例6设f(x),g(x)在(a,b)内可导，且f(x)g(x)=f(x)g(x),求证f(x
