设函数f（x）在区间[a，b]上连续，且在（a，b）内有f′（x）＞0，证明：在（a，b）内存在唯一的ξ，使曲线y=f（x）与两直线y=f（ξ），x=a所围平面图形面积S1是曲线y=f（x）与两直线y=f（ξ）

Question

设函数f（x）在区间[a，b]上连续，且在（a，b）内有f′（x）＞0，证明：在（a，b）内存在唯一的ξ，使曲线y=f（x）与两直线y=f（ξ），x=a所围平面图形面积S₁是曲线y=f（x）与两直线y=f（ξ），x=b所围平面图形面积S₂的3倍．

Answer 1

∵S₁=

∫

ξ a

[f(ξ)−f(x)]dx＝(ξ−a)f(ξ)−

∫

ξ a

f(x)dx，
S₂=

∫

b ξ

[f(x)−f(ξ)]dx＝

∫

b ξ

f(x)dx−(b−ξ)f(ξ)
∴由S₁=3S₂得：
(ξ−a)f(ξ)−

∫

ξ a

f(x)dx＝3

∫

b ξ

f(x)dx−3(b−ξ)f(ξ)…①
下证方程①在ξ∈（a，b）有唯一解
首先证明解的存在性，其次证明解的唯一性
设F(ξ)＝(ξ−a)f(ξ)−

∫

ξ a

f(x)dx−3

∫

b ξ

f(x)dx+3(b−ξ)f(ξ)，则
F（ξ）在[a，b]连续，在（a，b）可导，且
F(a)＝3(b−a)f(a)−3

∫

b a

f(x)dx
F(b)＝(b−a)f(b)−

∫

b a

f(x)dx
由定积分的几何意义，很明显可以看出：
F（a）＜0，F（b）＞0
∴由零点定理知，在（a，b）至少存在一点ξ，使得F（ξ）=0
即：在（a，b）至少存在一点ξ，使得S₁=3S₂
又∵F′（ξ）=（ξ-a）f'（ξ）+f（ξ）-f（ξ）+3f（ξ）-3f（ξ）+3（b-ξ）f'（ξ）=（3b-a-2ξ）f'（ξ）
而ξ∈（a，b）
∴3b-a-2ξ＞0
∴F′（ξ）＞0
∴F（ξ）在（a，b）单调递增
∴F（ξ）在（a，b）只有唯一解
故：∃唯一ξ∈（a，b），使得S₁=3S₂
命题得证．