二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差

第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 1—4

11　二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差

f,g

在

[a,b]

二阶可导，

f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0

，

g''(x)\ne0

对所有

a<x<b

成立。

g(x)\ne0\ (a<x<b),\qquad\exists c\in(a,b):\ \frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}

①读题：同一点的两个比值

\ringR{\frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}}

先想到交叉相乘，但必须先确认两个分母

f''(c)g(c)-f(c)g''(c)=0

g″≠0 已知；g 在内部是否为零，还需要证明。

②选定理：一个二阶比值拆成两项任务

g(a)=g(b)=0,\quad g''\ne0\ \to\ \text{用两层罗尔排除第三零点}

f''g-fg''\ \to\ (f'g-fg')'\ \to\ \text{再用一次罗尔}

直接对 f/g 套罗尔不合适：两个端点都出现 0/0。

第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 2—4

③分母检查：假设 g 在内部还有零点

g(t)=0,\quad a<t<b

[a,t]:\exists\xi_1\in(a,t),\ g'(\xi_1)=0

[t,b]:\exists\xi_2\in(t,b),\ g'(\xi_2)=0

g′在内部可导，故在 [ξ₁,ξ₂] 连续；再用罗尔。

\exists\eta\in(\xi_1,\xi_2):g''(\eta)=0\quad\red{\text{矛盾}}

g(x)\ne0\quad(a<x<b)

④辅助函数从抵消交叉项而来

(f'g)'=f''g+f'g'

(fg')'=f'g'+fg''

两式相减，交叉项 f′g′抵消

\green{(f'g-fg')'=f''g-fg''}

F(x)=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)

第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 3—4

⑤端点条件为什么够用

f(a)=g(a)=0\Longrightarrow F(a)=0

f(b)=g(b)=0\Longrightarrow F(b)=0

按本条条件，f、g 在闭区间二阶可导，端点取单侧；f′、g′在端点连续，因此 F 闭区间连续、内部可导。

若只给内部二阶可导，不能自动省掉 F 在端点连续的检查。

⑥正式使用罗尔并恢复比值

\exists c\in(a,b):\quad0=F'(c)=f''(c)g(c)-f(c)g''(c)

f''(c)g(c)=f(c)g''(c)

g(c)≠0 已证，g″(c)≠0 由题设

\boxed{\frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}}

第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 4—4

⑦到底用了几次罗尔？

\text{排除 g 的第三零点：}2+1=3\text{ 次}

\text{对 }F=f'g-fg'\text{：}1\text{ 次}

前三次处于反证分支中；后一条才产生最终所需的 c。不是把四次产生的点当成同一个。

⑧看见二阶乘积差的下一行

\boxed{f''g-fg''=(f'g-fg')'}

g(x)=(x-a)(x-b)\Longrightarrow g''=2,\quad g(x)\ne0\ (a<x<b)

此例能直观看到：端点为零与内部无零点并不矛盾。

对照原解析 · 2 条题源