1998 年考研数学（一） 第 17 题

看到「证明存在 $x_0$ 使某等式成立」，标准动作是把等式移项成 $=0$ 并找一个导数恰为它的辅助函数，用罗尔定理。这里凑 $F(x)=x{\int }_1^{x}f$ 使 $F^{\prime }$ 含所需的 $xf(x)$ 与积分项，且两端点值都为 $0$。唯一性则转化为证辅助函数严格单调（${\phi }^{\prime }>0$），由给定的导数不等式直接得到。

(1) 存在性：所述等式为 $x_{0}f(x_0)={\int }_{x_0}^{1}f(x)\mathrm{d}x$。令
$$F(x)=x{\int }_1^{x}f(t)\mathrm{d}t,$$
则 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导，且 $F^{\prime }(x)={\int }_1^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)$。

注意 $F(0)=0$，$F(1)=1\cdot {\int }_1^{1}f\mathrm{d}t=0$。由罗尔定理，存在 $x_0\in (0,1)$ 使 $F^{\prime }(x_0)=0$，即 $x_{0}f(x_0)+{\int }_1^{x_0}f(t)\mathrm{d}t=0$，也就是 $x_{0}f(x_0)={\int }_{x_0}^{1}f(t)\mathrm{d}t$。存在性得证。

(2) 唯一性：令 $\phi (x)=xf(x)-{\int }_x^{1}f(t)\mathrm{d}t$，则上面的 $x_0$ 满足 $\phi (x_0)=0$，且
$${\phi }^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)+f(x)=x{f}^{\prime }(x)+2f(x).$$

由 $f^{\prime }(x)>-\frac{2f(x)}{x}$ 得 $x{f}^{\prime }(x)+2f(x)>0$，即 ${\phi }^{\prime }(x)>0(0<x<1)$，故 $\phi$ 在 $(0,1)$ 内严格单调增，至多有一个零点。结合 (1)，$x_0$ 唯一。