戴立辉， 黄建吾， 黄 锋

(闽江学院 数学与数据科学学院，福州350108)

1 引 言

2013年全国硕士研究生入学考试数学一、二中均有如下试题.

试题设奇函数f(x)在[-1，1]上具有二阶导数，且f(1)=1，证明：

(i)存在ξ∈(0，1)，使得f′(ξ)=1；

(1)

(ii)存在η∈(-1，1)，使得f″(η)+f′(η)=1.

(2)

此试题的解答可参考文献[1].受文献[2]的启发，本文将从试题结论的推广、相关新的结论等方面对该试题进行探讨.

2 推 广

由上述试题知，f(x)在[-1，1]上为奇函数，故由f(1)=1知f(0)=0，f(-1)=-1.但反之，若f(x)满足：f(0)=0，f(1)=1，f(-1)=-1，则f(x)未必一定是奇函数.以下将在此相对较弱的条件下对试题进行探讨.

首先给出试题的推广.

试题推广设函数f(x)在[-1，1]上具有二阶导数，且f(0)=0，f(1)=1，f(-1)=-1，若n≥0为自然数，λ为任意实数，则

(i) 存在ξ∈(0，1)，使得

f′(ξ)=1-λ+λ(2n+1)ξ2n；

(3)

(ii) 存在η∈(-1，1)，使得

f″(η)+f′(η)=λ(2n+1)η2n-1(η+2n).

(4)

证令φ(x)=f(x)-λx2n+1，-1≤x≤1，则φ(x)在[0，1]上可导，故由Lagrange中值定理知，存在ξ∈(0，1)，使得

φ(1)-φ(0)=φ′(ξ)，

而φ(0)=0，φ(1)=1-λ，φ′(x)=f′(x)-λ(2n+1)x2n，故可得

f′(ξ)=1-λ+λ(2n+1)ξ2n.

(3)

同理，由φ(0)=0，φ(-1)=-(1-λ)及Lagrange中值定理知，存在ξ0∈(-1，0)，使得

φ(0)-φ(-1)=φ′(ξ0)，

即

(5)

由式(3)，(5)知

(6)

再令ψ(x)=[f′(x)-λ(2n+1)x2n]ex，-1≤x≤1，则由式(6)知ψ(ξ)=ψ(ξ0)=0，又ψ(x)在[-1，1]上可导，故由Rolle定理知，存在η∈(-1，1)，使得ψ′(η)=0，而

ψ′(x)=[f″(x)-2λn(2n+1)x2n-1]ex+[f′(x)-λ(2n+1)x2n]ex，

且ex>0，故有

f″(η)+f′(η)=λ(2n+1)η2n-1(η+2n).

(4)

特别地，在式(3)，(4)中取λ=1，n=0即可得到式(1)，(2)，因此式(3)，(4)是式(1)，(2)的推广.

3 若干新的结论

结论1设函数f(x)在[-1，1]上具有二阶导数，且f(0)=0，f(1)=1，f(-1)=-1，若n≥0为自然数，λ为任意实数，则存在μ∈(-1，1)，使得

f″(μ)=2λn(2n+1)μ2n-1.

(7)

证由前面的式(6)知

(6)

其中0<ξ<1，-1<ξ0<0.

由于f(x)在[-1，1]上二阶可导，故对函数h(x)=f′(x)-λ(2n+1)x2n在[ξ0，ξ]上运用Rolle定理知，存在μ∈(ξ0，ξ)⊂(-1，1)，使得h′(μ)=0，即

f″(μ)=2λn(2n+1)μ2n-1.

(7)

注 由于n≥0为自然数，λ为任意实数，因此由式(7)可得出许多关于f(x)的结论.

例如，取λ=0，则由式(7)知，存在μ∈(-1，1)，使得

f″(μ)=0.

(8)

由于μ∈(-1，1)，故|μ|≤1，从而由式(7)知，存在μ∈(-1，1)，使得

|f″(μ)|≤2n(2n+1)|λ|.

(9)

由λ的任意性，令2n(2n+1)|λ|=|λ0|，则由式(9)可知，对任意实数λ0，存在μ∈(-1，1)，使得

|f″(μ)|≤|λ0|.

(10)

当然，由式(10)也可知式(8)成立，或式(10)是式(8)的推广.

结论2设函数f(x)在[-1，1]上具有二阶导数，且f(0)=0，f(1)=1，f(-1)=-1，则在(-1，1)内存在不同的两点μ1，μ2，使得

f′(μ1)=f′(μ2).

(11)

证由Lagrange中值定理知，存在μ1∈(-1，0)，μ2∈(0，1)，使得

1=f(0)-f(-1)=f′(μ1)， 1=f(1)-f(0)=f′(μ2).

故由以上两式知f′(μ1)=f′(μ2)，即式(11)成立.

注 ……