1998 年考研数学（二） 第 16 题

「存在 $x_0$ 使两面积相等」= 「$\phi (x)=S_1-S_2$ 有零点」。存在性的经典技巧是找一个原函数 $F$（使 $F^{\prime }=\phi$）并让它两端点取值相等，罗尔定理立刻给出 $\phi$ 的零点——本题 $F(x)=x{\int }_1^{x}f$ 恰好 $F(0)=F(1)=0$。惟一性则看 ${\phi }^{\prime }$ 的符号：题目给的 $f^{\prime }>-\frac{2f}{x}$ 正好等价于 $2f+x{f}^{\prime }>0$，即 ${\phi }^{\prime }>0$ 严格单调，零点最多一个。条件的形式往往就是为凑出 ${\phi }^{\prime }$ 而设计的。

本题考查构造辅助函数 + 罗尔定理（存在性）与单调性（惟一性）。

(1) 存在性。 矩形面积 $S_1(x_0)=x_{0}f(x_0)$，曲边梯形面积 $S_2(x_0)={\int }_{x_0}^{1}f(x)dx$。令 $\phi (x)=xf(x)-{\int }_x^{1}f(t)dt$，欲证存在 $x_0$ 使 $\phi (x_0)=0$。

为用罗尔定理，构造 $F(x)=x{\int }_1^{x}f(t)dt$。因 ${\int }_1^{x}f(t)dt=-{\int }_x^{1}f(t)dt$，故 $\phi (x)=xf(x)+{\int }_1^{x}f(t)dt$，且
$$F^{\prime }(x)={\int }_1^{x}f(t)dt+xf(x)=\phi (x).$$

由 $F(0)=0$，$F(1)=1\cdot {\int }_1^{1}fdt=0$，即 $F(0)=F(1)=0$。$F$ 在 $[0,1]$ 连续、$(0,1)$ 可导，由罗尔定理存在 $x_0\in (0,1)$ 使 $F^{\prime }(x_0)=\phi (x_0)=0$，即 $x_{0}f(x_0)={\int }_{x_0}^{1}f(x)dx$，$S_1(x_0)=S_2(x_0)$，(1) 得证。

(2) 惟一性。 ${\phi }^{\prime }(x)=[xf(x){]}^{\prime }+f(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)+f(x)=2f(x)+x{f}^{\prime }(x)$。由条件 $f^{\prime }(x)>-\frac{2f(x)}{x}$ 得
$${\phi }^{\prime }(x)=2f(x)+x{f}^{\prime }(x)>2f(x)+x\cdot \left(-\frac{2f(x)}{x}\right)=0(0<x<1).$$

故 $\phi (x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增，至多有一个零点，从而 (1) 中的 $x_0$ 惟一。