費錫仙 （湖北工業(yè)大學理學院，湖北 武漢430068）

大學數學的微積分中值定理中最基本也最重要的是羅爾 （Rolle）中值定理 （以下簡稱羅爾定理），很有意思的是它雖然是拉格朗日 （Lagrange）中值定理和柯西 （Cauchy）中值定理的特殊情形，但實際上這2個定理的證明確是構造出新的函數滿足羅爾定理的3個條件并證明出來的［1－2］。更有意思的是，課后有個習題用3次羅爾定理就可證出結論，該習題的證明和結論卻對于很多看似無從下手的題有著重要的價值和指導意義。

1 羅爾定理

定理1 （羅爾定理）［1］若f（x）在［a，b］上連續(xù)，在（a，b）內可導，且f（a）＝f（b），則在（a，b）內至少存在一點ξ使得f′（ξ）＝0。

2 羅爾定理課后習題及其證明

習題1［1］若函數f（x）在（a，b）內具有二階導數，且：

則在（x1，x3）內至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

證明 若函數f（x）在（a，b）內具有二階導數，a＜x1＜x2＜x3＜b，則：

1）f（x）在［x1，x2］上連續(xù)，在（x1，x2）內可導，且f（x1）＝f（x2），則由羅爾定理知，在（x1，x2）內至少存在一點ξ1使得f′（ξ1）＝0。

2）同理可知，在（x2，x3）內至少存在一點ξ2使得f′（ξ2）＝0。

3）由函數f（x）在（a，b）內具有二階導數可知，f′（x）在［ξ1，ξ2］? （x1，x3）? （a，b）上連續(xù)，在（ξ1，ξ2）內可導，且f′（ξ1）＝0＝f′（ξ2），則由羅爾定理知，在（x1，x3）內至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

該習題用了3次羅爾定理，結論顯然。

3 習題1及其證明思想的啟發(fā)與挖掘

例1 設函數f（x）在［－a，a］上連續(xù)，在（－a，a）內具有二階導數，且，則在（－a，a）內至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

證明 因為函數f（x）在［－a，a］上連續(xù)，在（－a，a）內具有二階導數，則：

1）函數f（x）在［－a，0］上連續(xù)，在（－a，0）內可導，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）上連續(xù)，在（ξ1，ξ2）內可導，且即2f（0）＝f（－a）＋f（a），也即f（0）－f（－a）＝f（a）－f（0），則有a·f′（ξ1）＝a·f′（ξ2），又a≠0，則有f′（ξ1）＝f′（ξ2），故對于函數f′（x）由羅爾中值定理知，至少存在一點ξ∈ （ξ1，ξ2）? （－a，a）使得f″（ξ）＝0。

例1的證明跟習題1的證明思想類似，例1具體用的是2次拉格朗日中值定理和1次羅爾中值定理。

例2［3］設f（x）在閉區(qū)間［a，b］上具有二階導數，且f（a）＝f（b）＝0，f′（a）·f′（b）＞0，則：

1）至少存在一點ξ∈ （a，b）使得f（ξ）＝0；

2）至少存在一點η∈ （a，b），使得f″（η）＝0。

如果把例2中的結論（1）當作已知條件，則結論（2）就是習題1的結論，所以例2的重點是如何把結論（1）證出。如果把結論（1）去掉，例2就相當有難度了，因此結論（1）的挖掘非常必要。下面簡單介紹結論（1）的證明。

因為f′（a）·f′（b）＞0，不妨設f′（a）＞0，f′（b）＞0（f′（a）＜0，f′（b）＜0也可以類似討論），又f（a）＝f（b）＝0，f（x）在閉區(qū)間［a，b］上具有二階導數，則由保號性知，至少存在一點x1∈ （a，a＋δ1），（δ1＞0）使得f（x1）＞f（a）＝0；同理，也至少存在一點x2∈ （b－δ2，b）（δ2＞0）使得f（x2）＞f（b）＝0，且x1＜x2（否則矛盾），則f（x）在［x1，x2］? （a，b）上連續(xù)，由零點定理知，至少存在一點ξ∈ ［x1，x2］?（a，b）使得f（ξ）＝0。

例3［3］設f（x）在［0，2π］上連續(xù)，在（0，2π）內二階可導，且f″（x）≠f（x），則在（0，2π）內至少存在一點ξ∈ （0，2π），使得

例3更具隱蔽性，因為結論看著挺復雜的，而且難以猜測與構造。

但若構造函數G（x）＝－sinx·f（x），顯然G（x）在［0，2π］上連續(xù)，在（0，2π）內二階可導，且：

若此時將題目結論改成，G（x）在（0，2π）內至少存在一點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），將 G″（ξ）＝ 0 的結論變一下形，tanξ ＝就得到證明。

例3看似很難，但其實就是習題1的一個具體應用而已。

例4不僅要證在（0，π）內有點ξ1，ξ2，使得f（ξ1）＝f（ξ2）＝0，而且還要說明此2點不同。其實函數f（x）在［0，π］上連續(xù)，且由積分中值定理不難證明至少存在一點ξ∈ （0，π），使得f（ξ）＝0，但這與例4的結論相去甚遠，而且例4結論要強調至少存在2個不同的點。這個在習題1的證明中間環(huán)節(jié)中有體現，所以例4比例3更復雜。

再由積分中值定理知至少存在一點ξ∈ （0，π），使得F（ξ）·sinξ·π＝0，而ξ∈ （0，π）時sinξ≠0，則至少存在一點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］上分別用1次羅爾定理例4就得證了。

例4若將已知條件加強，補充f（x）在（0，π）內可導，最終證明至少存在一點η∈（0，π），使得f′（η）＝0就更難了，而此時若熟諳習題1的結論就可以應對自如了。

例5 設f（x），g（x）在［a，b］上二階可導，且g″（x）≠0，又f（a）＝f（b）＝g（a）＝g（b）＝0，則：

1）在（a，b）內g（x）≠0；

若構造函數F（x）＝f′（x）·g（x）－f（x）·g′（x），顯然F（x）在［a，b］上連續(xù)，在（a，b）內可導，且F（a）＝F（b）＝0，則由羅爾定理知至少存在一點ξ∈ （a，b），使得F′（ξ）＝0，即F′（ξ）＝f″（ξ）·g（ξ）－f（ξ）·g″（ξ）＝0，而若要得到結論就要移項兩邊分別除以g″（ξ）和g（ξ），而由已知條件知g″（ξ）≠0，所以最終就是要討論g（ξ）是否為0了，而這恰好是問題（1）要證明的。

可以用反證法證在（a，b）內g（x）≠0。先假設在（a，b）內至少有一點η∈ （a，b）使得g（η）＝0，則對于函數g（x）而言滿足習題1的所有條件，即g（x）在［a，b］上二階可導，且g（a）＝g（η）＝g（b）＝0，則至少存在一點ζ∈（a，b）使得g″（ζ）＝0，而這與已知條件矛盾，故假設不成立，因而例5的結論（1）得證。

例5看似簡單，但其細節(jié)必須討論清楚，不能想當然，而且很有意思的是，一個看似不相關的結論，但在使用反證法時卻用到了習題1的結論，最后導出假設不正確。

例6 設f（x）在［0，1］上連續(xù)，在（0，1）內可導，且滿足則至少存在一點ξ∈ （0，1），使得f′（ξ）＝ （1－ξ－1）·f（ξ）。

例6條件很隱蔽，結論也不容易猜測，所以要從條件和結論兩頭挖掘。

［1］同濟大學數學系 .高等數學 ［M］.第6版 .北京：高等教育出版社，2007：128－183.

［2］蔡光興，李德宜 .微積分 （經管類）［M］.第2版 .北京：科學出版社，2004：84－117.

［3］張凱凡 .高等數學習題集 ［M］.長沙：國防科技大學出版社，2011：66－68.