本周的题目围绕微分中值定理展开。
设 f(x) 在 [0,1] 上可微，f(0)=0，\forall x\in(0,1)，f(x)\neq 0．试证：\exists\xi\in(0,1) 使得 2 \frac{f'(\xi)}{f(\xi)}=\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)}．（四川大学，南开大学）
先对最后的式子进行变形：
2 \frac{f'(\xi)}{f(\xi)}=\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)}\Leftrightarrow 2 f'(\xi) f(1-\xi)-f'(1-\xi) f(\xi)=0 \Leftrightarrow (f^2(x)f(1-x))'\Bigr|_{x=\xi}=0
故令 F(x)=f^2(x)f(1-x)，则有 F(0)=0，F(1)=0，由 Rolle 定理得存在 \xi \in (0,1) 使得 F'(x)=0，证毕。
设 [0,a] 上 |f''(x)|<M，f(x) 在 (0,a) 内取最大值，试证
|f'(0)|+|f(a)|\leq Ma
核心思想是：最大值点在内部，所以 f'(x_0) = 0，然后分别在两边对 f' 用中值定理。
令最大值处的自变量为 x_0，即有 f'(x_0)=0，于是在 [0,x_0] 上 运用中值定理，存在 \xi_1\in (0,x_0) 使得
f'(x_0)-f'(0)=f''(\xi_1) x_0.
由于 f'(x_0)=0，故上式变为 -f(0)=f''(\xi_1) x_0，于是有
|f^{\prime}(0)|\leq Mx_0.
类似地，对 [x_0,a] 区间上作中值定理得
|f^{\prime}(a)|\leq M(a-x_0).
两式相加即得最终结论：
|f^{\prime}(0)|+|f^{\prime}(a)|\leq Ma.
下面的题目是 2026 年数学高考真题 19 题。
已知函数 f(x) 的定义域为 \mathbf{R}，且当 x < 0 时，f(x) = 2^x．对任意 x_0 \in \mathbf{R}，定义集合 D(x_0) = \{ d \in \mathbf{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0) \}．
（1）若 \forall x \geqslant 0 时，f(x) = 1 - x，求 D(-1)；
（2）若 f(x) 是奇函数，f(x_1) \leqslant f(x_2)，且 x_1 x_2 \neq 0，证明：D(x_2) \subseteq D(x_1)；
（3）设 f(x) 满足：① 若 f(x_1) \leqslant f(x_2)，则 D(x_2) \subseteq D(x_1)；② 当 0 < x < 1 时，f(x) < f(0)．
（ⅰ）证明：f(0) \geqslant 1；
（ⅱ）证明：f(x) 在区间 (0, +\infty) 单调递增．
这个题目不算很难，关键在于理解 D(x)。简单来说，把那些函数值比 f(x) 大的点取出来，这些点与 x 的带符号距离，就是集合 D(x)。
(1) 显然，D(-1)=\left(0,\frac{1}{2}\right).
(2) 即
f(x)=\begin{cases}
2^x, & x\lt 0 \\
0, & x=0 \\
-2^{-x}, & x\gt 0
\end{cases}，
并且由于 x_1x_2\neq 0，故 x_1 和 x_2 的取值无非只有两种情况：
-
x_1\lt x_2\lt 0.
此时若 x_0 \in D(x_2)，则 f(x_2+x_0)\gt f(x_2)，故 x_2+x_0<0。由于 f 在 (-\infty,0) 是增函数，且 x_1+x_0 仍小于 0， 因此 f(x_1+x_0)\gt f(x_1)，即 x_0\in D(x_1).
-
x_2\gt x_1\gt 0.
与上一分类相似可得。
综上所述，有 D(x_2) \subseteq D(x_1).
(3) （ⅰ）使用反证法。若 f(0)\lt 1，由于 \lim_{x\to 0^-} 2^x=1，故存在一个数 a\in (-1,0) 使得 f(a) \gt f(0)，从而由定义知 D(a) \subseteq D(0) 成立.
因此令 d=-a-\epsilon，其中 0\lt \epsilon\lt |a|. 此时有等式 f(a-a-\epsilon)\gt f(a) 成立，由 D(a) \subseteq D(0) 可知 f(-a-\epsilon)\gt f(0) 也成立。但由于 0\lt x\lt 1 时 f(x) < f(0)，矛盾！
因此 f(0)\ge 1.
（ⅱ）这一问比较有难度，明天更新。
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