2020 年考研数学（二） 第 20 题

存在性证明看「待证式长什么样」选定理。（Ⅰ）等号一边可整体移到另一边凑成「某函数在端点异号 / 端点相等」——异号用零点定理（连续即可），相等用罗尔定理（构造 $(x-2)f(x)$ 让两端点都为 $0$ 最漂亮）。（Ⅱ）出现 $\ln 2$ 和 $\frac{1}{\eta }$ 是柯西中值定理的强提示：把 $\ln 2=g(2)-g(1)$、$\frac{1}{\eta }=g^{\prime }(\eta )$ 认出来，取 $g(x)=\ln x$ 一套公式即成。$f(1)=0$、$g(1)=0$ 这两个「零」是让式子化简干净的关键。

本题综合考查中值定理的应用。 注意 $f(1)=0$ 且 $f^{\prime }(x)=e^{x^2}$（变限积分求导）。

（Ⅰ） 待证式等价于 $f(\xi )+(\xi -2)e^{{\xi }^2}=0$。构造辅助函数
$$F(x)=f(x)+(x-2)e^{x^2}.$$
则 $F(1)=f(1)+(1-2)e^1=0-e=-e<0$，$F(2)=f(2)+0={\int }_1^2{e}^{t^2}dt>0$。$F$ 在 $[1,2]$ 上连续，由零点定理，存在 $\xi \in (1,2)$ 使 $F(\xi )=0$，即 $f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2}$。

（Ⅰ 另证：罗尔定理） 由 $f^{\prime }(x)=e^{x^2}$，待证式 $f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2}$ 即 $f(\xi )=(2-\xi )f^{\prime }(\xi )$，等价于 $f(\xi )+(\xi -2)f^{\prime }(\xi )=0$。令 $G(x)=(x-2)f(x)$，则 $G^{\prime }(x)=f(x)+(x-2)f^{\prime }(x)$。因 $G(1)=(1-2)f(1)=0$、$G(2)=0$，由罗尔定理存在 $\xi \in (1,2)$ 使 $G^{\prime }(\xi )=0$，即得所证。

（Ⅱ） 待证式右端 $e^{{\eta }^2}=f^{\prime }(\eta )$，形如「$f(2)-f(1)=(\ln 2-\ln 1)\cdot \eta f^{\prime }(\eta )$」。令 $g(x)=\ln x$，则 $g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。$f,g$ 在 $[1,2]$ 上满足柯西中值定理条件（$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}\ne 0$），故存在 $\eta \in (1,2)$ 使
$$\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{g^{\prime }(\eta )}.$$

代入 $f(1)=0,g(1)=\ln 1=0,g(2)=\ln 2,f^{\prime }(\eta )=e^{{\eta }^2},g^{\prime }(\eta )=\frac{1}{\eta }$：
$$\frac{f(2)}{\ln 2}=\frac{e^{{\eta }^2}}{1/\eta }=\eta e^{{\eta }^2}\Rightarrow f(2)=\ln 2\cdot \eta e^{{\eta }^2}.$$
证毕。