在最后一大题中常常会出现一些让我们证明等式成立的题目，在这呢，我也碰到了几道另我眼前一亮的证明题，题目对我来说，又是一种方法和思路，在这呢进行汇总方便日后复习与回顾。

首先来吧！第一题！

第一题解：

来！第二题！

第二题解：

第三题

第三题解：

首先来吧！第一题！

设 $f(x)$ 在区间 $\left [ a,b \right ]$ 上连续，在 $\left ( a,b \right )$ 可导， $f\left ( a \right )=a^{2}$ ,且 $\int_{a}^{b}f\left ( x \right )dx=\frac{1}{3}\cdot \left ( b^{3}-a^{3} \right )$

证明

1， $\delta \epsilon \left ( a,b \right )$ ,使 $f\left ( \delta \right )=\delta ^{2}$

2，在 $\left ( a,b \right )$ 上有一与1中相异的点y，使 $f{}'\left ( y \right )+f\left ( y \right )=y^{2}+2y$

证明思路想法及思考：看到题目感觉有点不好入手，但有一点一定可以先动手起来，就是后面的积分，可以用积分中值定理给化简出来，也不做多做解释，直接出 $f\left ( \varphi \right )\left ( b-a \right )=\frac{1}{3}\cdot \left ( b^{2}+ab+a^{2} \right )\cdot \left ( b-a \right )$ ,然后我们来看看第一题让我们证 $f\left ( x \right )=x^{2}$

我首先想到的是零点定理，因为零点定理可以推出该函数在某个区间内的某一值能使该函数等于零最重要是该不用进行求导很符合第一题的样子，但很尴尬的一点是如果要用零点定理是要两端点值相乘且小于零，目前已知如果要构造出来样子也是 $F\left ( x \right )=f\left ( x \right )-x^{2}$ ，但我们看题也只知 $F\left ( a \right )$

所以让我们另选他法，我们再回过头来看看题，一定有些地方思路不对，还是后面那个积分，那个等式中的 $\frac{1}{3}\cdot \left ( b^{3}-a^{3} \right )$ 为什么是 $\frac{1}{3}$ 不是其他？，再看看前面积分样子，想到了后面等式样子一定是前面的模子给化简来的，就是 $\int_{a}^{b}x^{2}dx=\frac{1}{3}\cdot \left ( b^{3}-a^{3} \right )$ ，我们再和前面联合起来就是 $\int_{a}^{b}f\left ( x \right )dx=\frac{1}{3}\cdot \left ( b^{3}-a^{3} \right )=\int_{a}^{b}x^{2}dx$ ，既然是同个上下限的函数，我们是不是可以把他化简到一起？来！ $\int_{a}^{b}\left ( f\left ( x \right )-x^{2} \right )dx$ ，定睛一看，这不就是题目中所要求我们证明的函数吗，这时候有个方法能把里面的函数能原封不动的给化简出来，不就是变限积分吗

$\int_{a}^{x}\left ( f\left ( t \right )-t^{2} \right )dt$ 然后再用罗尔定理，端点值相等进行求导便证出来了。

来看第二题，首先呢，我认为有两种方法可以构造出来原函数一种就是凭借经验与总结直接看出来他的原函数，因为这个函数左右两边明显有个函数求导有个函数没求导，还有一种常规方法就是利用一阶线性微分函数求出函数来。

第一题解：

1，令 $F\left ( x \right )=\int_{a}^{x}\left ( f\left ( t \right )-t^{2} \right )dt$ ，因为 $F\left ( a \right )=0$ ， $F\left ( b \right )=\int_{a}^{b}f\left ( t \right )dt-\int_{a}^{b}t^{2}dt=0$ $\because F\left ( a \right )=F\left ( b \right )$ ，有一点 $\varphi$ 属于a到b上使得 $F{}'\left ( x \right )=0$ 成立，即 $f\left ( \varphi \right )=\varphi ^{2}$ 成立

2， $\because y=e^{-\int 1dx}\cdot \left (\int \left ( x^{2}+2x \right ) e^{\int 1dx}dx +c\right )$

即 $f\left ( x \right )=x^{2}+c\cdot e^{-x}$ ，令 $G\left ( x \right )=\left ( f\left ( x \right )-x^{2} \right )\cdot e^{x}$

显然 $G\left ( a \right )=G\left ( \varphi \right )$

利用罗尔定理 $\therefore f{}'\left ( y \right )+f\left ( y \right )=y^{2}+2y$ 得证

来！第二题！

设 $f\left ( x \right )$ 是 $\left [ 0,2 \right ]$ 二阶可导正值函数， $f\left ( 0 \right )=2,f\left ( 1 \right )=1,f{}'\left ( 0 \right )=-2$

1，令 $g\left ( x \right )=\frac{x}{2}+\int_{0}^{x}\frac{f{}'\left ( t \right )}{f^{2}\left ( t \right )}dt,x\epsilon \left [ 0,1 \right ]$ ,证明 $x_{0}\epsilon \left ( 0,1 \right )$ ,使 $g{}'\left ( x_{0} \right )=0$

2，证明存在 $\xi \epsilon \left ( 0,1 \right )$ ,使得 $f\left ( \xi \right )f{}'\left ( \xi \right )+f{}''\left ( \xi \right )=0$

想法，思路：观察第一问的最终答案，发现用罗尔定理最合适不过了。

这个第二问刚开始做的时候，我一开始是有点懵逼的，怎么会有一阶导，二阶导，原函数组成的证明题，但是根据以往做题经验来讲，第二题都是以第一题的基础而来，我们可以对gx求导出来看看到底是什么样子？

第二题解：

1， $g\left ( 0 \right )=0,g\left ( 1 \right )=\frac{1}{2}\cdot +\int_{0}^{1}\frac{1}{f ^{2}\left ( t \right )}df\left ( t \right )$

$g\left ( 1 \right )=\frac{1}{2}-\frac{1}{f\left ( x \right )}\mid _{0}^{1}\textrm{}$

$g\left ( 1 \right )=0$ , $\because g\left ( 1 \right )=g\left ( 0 \right )$ , 所以 $g{}'\left ( x_{0} \right )=0$ 得证

2，令 $F\left ( x \right )=\frac{1}{2}f^{2}\left ( x \right )+f{}'\left ( x \right )$

由1可知 $g{}'\left ( x_{0} \right )=\frac{1}{2}+\frac{f{}'\left ( x \right )}{f^{2}\left ( x \right )}=0$ $\therefore f{}'\left ( x_{0} \right )+\frac{1}{2}f^{2}\left ( x_{0} \right )=0$

$\because F\left ( 0 \right )=F\left ( x_{0} \right )$

$\therefore F{}'\left ( x_{0} \right )=0$

即得证。

第三题

fx在（0，1）上二阶可导，且 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left ( x \right )}{x}=1,\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f\left ( x \right )}{x-1}=2$

1, $\xi \epsilon \left ( 0,1 \right )$ ,使 $f\left ( \xi \right )=0$

2， $\eta \epsilon \left ( 0,1 \right )$ ,使 $f{}''\left ( \eta \right )=f\left ( \eta \right )$

过程及其想法：第一题不用说。大概就是用零点定理求出，不过值得注意的是。题目给的条件是极限这种情况，说明我们得去看0的右区间，1的左区间这种情况。

第二题有点意思，一个二阶导，一个原函数，差的阶层有点多。

而这就是我想的在这说的重点，因为方程相差一个阶层才可以用常微分方程方法构造出原函数，所以不妨看成二阶导 — 一阶导+一阶层导 - 函数，的两个方程然后再次把它们相加，。

第三题解：

1，由 $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f\left ( x \right )}{x}=1$ ,可知 $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left ( x \right )> 0$

由 $\lim_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{f\left ( x \right )}{x-1}=2$ ，可知 $\lim_{x\rightarrow 1^{+}}f\left ( x \right )< 0$

由零点定理可知，所以得证

2，由题可知 $f\left ( 0\right )=0,f{}'\left ( 1 \right )=1,f\left ( 1 \right )=0,f{}'\left ( 1 \right )=2$

令 $F\left ( x \right )=f\left ( x \right )\cdot e^{-x}$ 因为 $F\left ( 0 \right )=F\left ( \xi \right )=F\left ( 1 \right )$

根据罗尔定理可知在 $\left ( 0,\xi \right )$ 中有一点 $\delta _{1}$ ，在 $\left ( \delta ,1 \right )$ 有一点 $\delta _{2}$

使得 $f{}'\left ( \delta _{1} \right )-f\left ( \delta _{1} \right )=0$

$f{}'\left ( \delta _{2} \right )-f\left ( \delta _{2} \right )=0$

令 $G\left ( x \right )=\left ( f{}'\left ( x \right )-f\left ( x \right ) \right )\cdot e^{x}$

由 $G\left ( \delta _{_{1}} \right )=G\left ( \delta _{2} \right )$

根据罗尔定理可知 $G{}'\left ( x \right )=0$

得证

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