辅助多项式 OR 待定系数法
本节来看一道中值定理好题，我将采用 3 种方式解决，其中将方法 3 的过程倒着写，你也可以成为“注意力“大神！
例题
Example
设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上具有连续导数，且 \(\displaystyle \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x=\frac{5}{2}\)，\(\displaystyle \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x=\frac{3}{2}\)，证明：存在 \(\xi \in (0,1)\)，使得 \(f'(\xi)=3\).
方法 1：辅助多项式（针对 f(x) 的原函数）
解：考虑变上限积分 \(F(x)=\displaystyle \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{~d} t\)，由于 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上具有连续导数，则 \(F(x)\) 二阶连续可导。且 \(\color{red}F(0)=0\)，\(\color{red}F(1)=\dfrac{5}{2}\)。
对条件 \(\displaystyle \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x=\frac{3}{2}\) 考虑分部积分，得：
\[
\begin{aligned}
\frac{3}{2}=\int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} F(x)\\
&= xF(x)\bigg|_{0}^1-\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x \\
&= F(1)-\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{5}{2}-\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
解得：\(\displaystyle \color{red}\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x=1\)
现在根据上面标红的三个条件构造二次多项式 \(P(x)\) 来拟合 \(F(x)\)，具体而言，令 \(P(x)=ax^{2}+bx+c\)，令：
\[
\begin{cases}
P(0)=0\\ \\
P(1)=\dfrac{5}{2}\\ \\
\displaystyle \int_{0}^{1} P(x) \mathrm{~d} x = 1
\end{cases}
\]
解得：\(P(x) = \displaystyle \frac{3}{2}x^{2}+x\).
构造误差函数：\(G(x)=F(x)-P(x)\)，则有：\(G(0)=G(1)=0\)，\(\displaystyle \int_{0}^{1} G(x) \mathrm{~d} x=0\)
由积分中值定理得，存在 \(c \in (0,1)\) 使得 \(G(c)=0\)，连续使用两次 \(\mathrm{Rolle}\) 定理即可得到：存在 \(\xi\in (0,1)\) 使得 \(G''(\xi)=0\)，即 \(f'(\xi)=P''(\xi)=3\)，得证。
方法 2：辅助多项式（针对 f(x)）
由于题目给了很多 \(F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x} f(x) \mathrm{~d} x\) 的信息，所以我第一时间想到的是构造 \(F(x)\) 的辅助多项式，那直接对 \(f(x)\) 构造辅助多项式可不可以呢？当然也是可以的，接下来看我如何操作！
因为待证结论是一阶导，所以令 \(g(x)=ax+b\)，根据条件进行如下拟合：
\[
\begin{cases}
\displaystyle \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x=\frac{5}{2} \\
\displaystyle \int_{0}^{1} xg(x) \mathrm{~d} x=\frac{3}{2}
\end{cases}
\]
从而解得：\(a=3,b=1\)，即 \(g(x)=3x+1\)。
构造误差函数 \(P(x)=f(x)-g(x)\)，则根据上面的条件，有：
\[
\int_{0}^{1} P(x) \mathrm{~d} x = \int_{0}^{1} xP(x) \mathrm{~d} x =0
\]
这个形式有没有很眼熟？没错，类似 2000 年数一中值定理的那个题目，构造变限积分后运用分部积分即可解决。令 \(F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x} P(x) \mathrm{~d} x\)，结合上面这个条件就可以得到 \(F(0)=F(1)=0\).
则分部积分得：
\[
\begin{aligned}
0=\int_{0}^{1} xP(x) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} F(x)\\
&= xF(x)\bigg|_{0}^1 - \int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
根据积分中值定理可得，存在 \(\eta\in(0,1)\)，使得：
\[
0=-\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{~d} x = -F(\eta)(1-0)
\]
所以我们得到连等式：\(F(0)=F(\eta)=F(1)=0\)，连续使用两次 \(\mathrm{Rolle}\) 定理可得：存在 \(\xi\in(0,1)\)，使得 \(F''(\xi)=0\)，代入二阶导表达式得：
\[
\begin{aligned}
0=F''(\xi)&=P'(\xi)\\
&= f'(\xi)-g'(\xi)\\
&= f'(\xi)-3
\end{aligned}
\]
从而我们证明出：存在 \(\xi \in (0,1)\)，使得 \(f'(\xi)=3\).
方法 3：待定系数法
分析
要证 \(f'(\xi)=3\)，我们可以考虑积分构造 \(F(x)=f(x)-3x\)，下面待定系数 \(a,b\neq 0\)，构造：
\[
\int_{0}^{1} (ax+b)(f(x)-3x) \mathrm{~d} x
\]
而上面这个式子的结果是可以用 \(a,b\) 来表示的，我们展开计算一下：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} (ax+b)(f(x)-3x) \mathrm{~d} x &= a\int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x +b\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{~d} x -\frac{1}{2}(2a+3b)\\
&= \frac{3}{2}a+\frac{5}{2}b-\frac{1}{2}(2a+3b)\\
&= \frac{1}{2}a+b
\end{aligned}
\]
对于这个积分，我们再考虑通过分部积分的方式进行化简，得：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} (ax+b)(f(x)-3x) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} (f(x)-3x) \mathrm{~d} \left( \frac{1}{2}ax^{2}+bx \right) \\
&= \left( \frac{1}{2}ax^{2} +bx\right)(f(x)-3x)\bigg|_{0}^1-\int_{0}^{1} \left( \frac{1}{2}ax^{2}+bx \right)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
由于我们之前求过这个积分的结果和 \(f(x)\) 无关，因此我们令
\[
\left( \frac{1}{2}ax^{2} +bx\right)(f(x)-3x)\bigg|_{0}^1=0
\]
得到：\(a=-2b\)，代回到之前求的结果，可以得到：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} (ax+b)(f(x)-3x) \mathrm{~d} x &= \frac{1}{2}a+b\\
&= 0
\end{aligned}
\]
因此我们有：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \left( \frac{1}{2}ax^{2}+bx \right)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} b(-x^{2}+x)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x \\
&= 0
\end{aligned}
\]
由于 \(b\neq 0\)，所以有：
\[
\int_{0}^{1}(x^{2}-x)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x =0
\]
那么运用积分中值定理即可得到要证明的结论。
解：有了上面的分析过程，我们在实际书写过程的时候，就可以直接构造一个别人不知道怎么来的积分式子开始证明了！
构造积分：
\[
\int_{0}^{1} (x^{2}-x)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x
\]
利用分部积分以及题目条件得：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} (x^{2}-x)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} (x^{2}-x) \mathrm{~d} (f(x)-3x)\\
&= (x^{2}-x)(f(x)-3x)\bigg|_{0}^1 - \int_{0}^{1} (f(x)-3x)\cdot(2x-1) \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{0}^{1} (f(x)-3x)(2x-1) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x -2\int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x +\int_{0}^{1} (6x^{2}-3x) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{5}{2}-2\cdot \frac{3}{2} + 2-\frac{3}{2}\\
&= 0
\end{aligned}
\]
即：
\[
\int_{0}^{1} (x^{2}-x)(f'(x)-3) \mathrm{~d} x =0
\]
那么由积分中值定理可得：
存在 \(\xi \in (0,1)\)，使得 \(\xi(\xi-1)(f'(\xi)-3)=0\)，即：\(f'(\xi)=3\).
Tip
至此我们就通过 3 种方法解决了这道很精彩的中值定理题目，方法 1 我们通过常规的辅助多项式进行拟合 \(f(x)\) 的原函数，从而构造出多零点的误差函数，多次运用 \(\mathrm{Rolle}\) 定理顺利解决；方法 2 我们则直接尝试构造辅助多项式拟合 \(f(x)\)，也顺利解决；方法 3 我们则先通过待定系数法构造出一个可以运用积分中值定理解决的积分表达式，从而顺利求解。
3 种方法各有各的优势，建议都掌握。
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