因为fO)=f)=0,所以F(O)=F)=0.F(x)在0，】上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点5∈(0,1)使得F(G)=0,而F'O)=0,即FO)=F(5)=0.对F(x)在0,上用罗 尔定理，则至少存在一点E∈(0，)使得F"()=0,而∈(0,5)c(0,),即在(0，)内至少存 在一点5，使得F"(5)=0.证毕. 证法2（用泰勒公式证）F(x)的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 F(x)=F0)+F0x+ 其中Ee(0,x).令x=1,注意到F0)=F=0,F0)=0,可得F"(G)=0,5∈(0，I).证 华， 注结论为f(5)=0(n≥2)的命题的证明常见方法有两种： (1)对(x)应用罗尔定理：(2)利用fx)的n-1阶泰勒公式. 例6设函数fx)在闭区间0，上可微，对于[0，】上的每一个x,函数f(x)的值都在 开区间(0，)之内，且(x)≠1，证明在(0，)内有且仅有一个x,使得fx)=x· 分析根据题目结论，容易联想构造辅助函数F(x)=x)-x,用零点定理证F(x)存在 零点： 0<fx)<1=FO)=f0)>0,F0=f0)-1<0, 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个5∈(0,1)，使得 F50=f)-5=0, 即f5=5· 下面用反证法证明唯一性。假设存在x,∈(0，)，且不妨设，<x,使得 f)=,f)=,F)=F)=0. 显然F(x)在[x,]上满足罗尔定理的三个条件，于是存在n∈(：，x)c(0,1)使得F'()=0, 即f)=1,这与题设f()≠1(x∈(0，》矛盾，故唯一性也成立.证毕。 例7假设函数fx)和g(x)在[a,)上存在二阶导数，并且g'(x)≠0， f(a)=f(b)=g(a)=gb)=0, 试证：(1)在开区间(a,b)内g(x)≠0： (2)在开区间(ab)内至少存在一点5，使 但-"但 g5)g() 分析证(1)可采用反证法，设存在c∈(a,b)使得g(c)=0,且由已知条件 g(a)=g6)=0, 可以两次利用罗尔定理推出与g”(x)≠0相矛盾的结论.问题(1)是基本题.证(2)的关 键是构造辅助函数p(x),使得0(@)=ob)=0,且p(x)=fxg"(x)-∫(x)g(x),通过观察 可知x)=fx)g'(x)-f"(x)g(x).构造p(x)是本题的难点. 证(1)反证法.设存在c∈(a,b),使得g(c)=0,由于 g(a)=g(b)=g(c)=0, 对gx)分别在区间[a,c和[c,b上应用罗尔定理，知至少存在一点∈(a,c),使得 g'(5)=0.至少存在一点5∈(c,b),使得g(5)=0.再对g'(x)在区间【5,5]上应用罗尔 因为 f f (0) (1) 0 = = ，所以 F F (0) (1) 0 = = ． F x( ) 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点 1  (0,1) 使得 1 F( ) 0  = ，而 F(0) 0 = ，即 1 F F   (0) ( ) 0 = =  ．对 F x ( ) 在 1 [0, ]  上用罗 尔定理，则至少存在一点 1   (0, ) 使得 F( ) 0  = ，而 1     (0, ) (0,1) ，即在 (0,1) 内至少存 在一点  ，使得 F( ) 0  = ．证毕． 证法 2（用泰勒公式证） F x( ) 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 2 ( ) ( ) (0) (0) 2! F F x F F x x   = + +  , 其中  (0, ) x ．令 x = 1 ，注意到 F F (0) (1) 0 = = ， F(0) 0 = ，可得 F( ) 0  = ， (0,1) ．证 毕． 注 结论为 ( ) ( ) 0 ( 2) n f n  =  的命题的证明常见方法有两种： （1）对 ( 1) ( ) n f x − 应用罗尔定理；（2）利用 f x( ) 的 n −1 阶泰勒公式． 例 6 设函数 f x( ) 在闭区间 [0,1] 上可微，对于 [0,1] 上的每一个 x ，函数 f x( ) 的值都在 开区间 (0,1) 之内，且 f x ( ) 1  ，证明在 (0,1) 内有且仅有一个 x ，使得 f x x ( ) = ． 分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，用零点定理证 F x( ) 存在 零点；而唯一性常用反证法证之． 证明 作辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，易知 F x( ) 在区间 [0,1] 上连续，又 0 ( ) 1 (0) (0) 0    =  f x F f ， F f (1) (1) 1 0 = −  ， 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个  (0,1) ，使得 F f ( ) ( ) 0    = − = ， 即 f ( )   = ． 下面用反证法证明唯一性．假设存在 1 x ， 2 x (0,1) ，且不妨设 1 2 x x  ，使得 1 1 f x x ( ) = ， 2 2 f x x ( ) = ， 1 2 F x F x ( ) ( ) 0 = = ． 显然 F x( ) 在 1 2 [ , ] x x 上满足罗尔定理的三个条件，于是存在 1 2    ( , ) (0,1) x x 使得 F( ) 0  = ， 即 f ( ) 1  = ，这与题设 f x ( ) 1  ( (0,1)) x 矛盾，故唯一性也成立．证毕． 例 7 假设函数 f x( ) 和 g x( ) 在 [ , ] a b 上存在二阶导数，并且 g x ( ) 0  ， f a f b g a g b ( ) ( ) ( ) ( ) 0 = = = = ， 试证：（1）在开区间 ( , ) a b 内 g x( ) 0  ； （2）在开区间 ( , ) a b 内至少存在一点  ，使 ( ) ( ) ( ) ( ) f f g g      =  ． 分析 证（1）可采用反证法，设存在 c a b ( , ) 使得 g c( ) 0= ，且由已知条件 g a g b ( ) ( ) 0 = = ， 可以两次利用罗尔定理推出与 g x ( ) 0  相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关 键是构造辅助函数 ( ) x ，使得   ( ) ( ) 0 a b = = ，且   ( ) ( ) ( ) x f x g x = − f x g x ( ) ( ) ，通过观察 可知 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x g x f x g x = −   ．构造 ( ) x 是本题的难点． 证 （1）反证法．设存在 c a b ( , ) ，使得 g c( ) 0= ，由于 g a g b g c ( ) ( ) ( ) 0 = = = ， 对 g x( ) 分别在区间 [ , ] a c 和 [ , ] c b 上应用罗尔定理，知至少存在一点 1  ( , ) a c ，使得 1 g ( ) 0  = ．至少存在一点 2  ( , ) c b ，使得 2 g ( ) 0  = ．再对 g x ( ) 在区间 1 2 [ , ]   上应用罗尔