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3.1知识点
(1) 罗尔定理如果函数f(x)满足： 
① 在闭区间［a,b］上连续，
② 在开区间(a,b)内可导，
③ 在区间［a,b］端点处的函数值相等，即f(a)=f(b)，

那么在(a,b)内至少有一点ξ，使得f′(ξ)=0。
(2) 拉格朗日中值定理如果函数f(x)满足： 
① 在闭区间［a,b］上连续,
② 在开区间(a,b)内可导,

那么在(a,b)内至少有一点ξ，使得f(b)-f(a)=f′(ξ)(b-a)，即
f′(ξ)=f(b)-f(a)b-a。
注拉格朗日中值定理的几个重要推论： 
① 如果函数f(x)在区间I上的导数恒为零，那么f(x)在区间I上是一个常数； 
② 如果函数f(x)和g(x)在区间I上满足f′(x)≡g′(x)，那么在区间I有f(x)=g(x)+C。
(3) 柯西中值定理如果函数f(x),F(x)满足： 
① 在闭区间［a,b］上连续，
② 在开区间(a,b)内可导，
③ 对任一x∈(a,b),F′(x)≠0，

那么在(a,b)内至少有一点ξ，使得f(b)-f(a)F(b)-F(a)=f′(ξ)F′(ξ)。
(4) 泰勒（Taylor）中值定理如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内具有直到n+1阶的导数，那么对任一x∈(a,b)，有
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x-x0)+f″(x0)2!(x-x0)2+…+f(n)(x0)n!(x-x0)n+Rn(x)，
其中
Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x-x0)n+1,ξ介于x0与x之间——拉格朗日型余项,

o［(x-x0)n］——佩亚诺型余项,

1n!f(n+1)(x0+θ(x-x0))(1-θ)n(x-x0)n+1,

0<θ<1——柯西型余项(见第5章），

1n!∫x0xf(n+1)(t)(x-t)ndt——积分型余项(见第5章)。




（5） 单调函数与极值
① 判定单调性常用定理设函数y=f(x)在［a,b］上连续，(a,b)内可导。
（a） 如果在(a,b)内f′(x)>0，那么函数y=f(x)在［a,b］上单调增加； 
（b） 如果在(a,b)内f′(x)<0，那么函数y=f(x)在［a,b］上单调减少。
② 极值设函数f(x)在点x0的某邻域U(x0)内有定义，如果对于去心邻域U°(x0)内的任一x有f(x)<f(x0)（或f(x)>f(x0)），那么就称f(x0)是函数f(x)的一个极大值（或极小值）； 使函数取得极值的点称为极值点。
注极值点可能出现在导数为零或不可导点。
③ 求极值的方法
（a） 求f(x)的定义域； 
（b） 求f′(x)，令f′(x)=0，确定驻点； 
（c） 对驻点和导数不存在的点逐个利用极值的充分条件（极值第一充分条件或极值第二充分条件）判断，选出极值点； 
（d） 求极值点处的函数值，即极值。
（6） 曲线的凸凹性与拐点
① 凸凹性设f(x)在区间I上连续，如果对I上任意两点x1,x2恒有fx1+x22<f(x1)+f(x2)2，那么称f(x)在区间I上的图形是（向上）凹的； 如果恒有fx1+x22>f(x1)+f(x2)2，那么称f(x)在区间I上的图形是（向上）凸的。
 图形上的体现凹弧上任意两点连线所得的弦在这两点之间弧的上方； 凸弧上任意两点连线所得的弦在这两点之间弧的下方。
②  判定凸凹性常用定理设函数y=f(x)在［a,b］上连续，(a,b)内具有一阶和二阶导数，那么： 
（a） 如果在(a,b)内f″(x)>0，那么函数y=f(x)在［a,b］上图形是凹的； 
（b） 如果在(a,b)内f″(x)<0，那么函数y=f(x)在［a,b］上图形是凸的。
③ 拐点如果y=f(x)在经过(x0,f(x0))时，曲线的凹凸性改变，那么就称点(x0,f(x0))为曲线的拐点。
④ 求曲线y=f(x)的凹凸区间及拐点的方法： 
（a） 写出函数的定义域； 
（b） 求出f″(x)，解方程f″(x)=0； 
（c） 讨论上面解出的f″(x)=0的点和二阶导数不存在的点将定义域分成若干子区间，在每个子区间上借助f″(x)的正负确定y=f(x)的凹凸性； 
（d） 写出凹凸区间，同时凹凸区间的分界点即为拐点。
注拐点可能出现在二阶导数为零的点或二阶不可导点。
3.2典型例题
题型一用罗尔定理证明的命题

方法多用于证明形为f(n)(ξ)=0的命题形式： 如果命题条件只有连续，可考虑应用第1章的“零点定理”，如果命题已知条件中涉及可导，而结论形式中出现函数的导数时，可考虑用罗尔定理。证明时需要构造辅助函数时从结论形式出发构造所需辅助函数。
例1设f(x)在(a,b)内有二阶导数，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，其中a<x1<x2<x3<b，证明在(x1,x3)内方程f″(x)=0有根。
证明因为f(x1)=f(x2)，由罗尔定理知必存在ξ1∈(x1,x2)使得f′(ξ1)=0。同理由f(x3)=f(x2)知必存在ξ2∈(x2,x3)使得f′(ξ2)=0。显然f′(x)在区间［ξ1,ξ2］上连续，在(ξ1,ξ2)内可导，而f′(ξ1)=f′(ξ2)，由罗尔定理知必存在ξ∈(ξ1,ξ2)(x1,x3)使得f″(ξ)=0，即结论成立。
*例2设f(x)在［0,1］上二阶可导，且f(0)=f(1)，证明存在一点ξ∈(0,1)使得f″(ξ)=2f′(ξ)1-ξ。
分析结论等价于f″(ξ)(1-ξ)-2f′(ξ)=0，即证f″(ξ)(1-ξ)2-2(1-ξ)f′(ξ)=0，根据这个形式，考虑应用罗尔定理，等号左端可看作为(1-x)2f′(x)的导数形式。
证明因为f(0)=f(1)，即f(x)在区间［0,1］上满足罗尔定理条件，因此存在η∈(0,1)使得f′(η)=0。设g(x)=(1-x)2f′(x)，显然g(x)在区间［η,1］上连续，在(η,1)内可导，且g(η)=g(1)=0，由罗尔定理知存在ξ∈(η,1)(0,1)使得g′(ξ)=0，即f″(ξ)(1-ξ)2-2(1-ξ)f′(ξ)=0，整理即得结论。
例3设f(x),g(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0，证明： 至少存在一点ξ∈(a,b)使f′(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=0。
证明令h(x)=f(x)eg(x)，显然h(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且h(a)=h(b)=0，由罗尔定理知至少存在一点ξ∈(a,b)使得h′(ξ)=0，即f′(ξ)eg(ξ)+f(ξ)g′(ξ)·eg(ξ)=0，整理得f′(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=0，结论成立。
例4设f(x)在区间［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f12=1，

试证： （1） 存在η∈12,1使得f(η)=η； 
（2） 对于任意a∈�瘙綆，必存在ξ∈(0,η)使得f′(ξ)-a［f(ξ)-ξ］=1。
证明（1） 由于要证明的结论形式没有出现导数，因此考虑应用零点定理。
令g(x)=f(x)-x，显然g(x)在区间12,1上连续，且g12=f12-12=12>0,g(1)=f(1)-1=-1<0，由零点定理可知存在η∈12,1，使得g(η)=0，即f(η)=η。
（2） 令G(x)=e-axg(x)=e-ax［f(x)-x］，则G(x)在区间［0,η］上连续，在(0,η)内可导，且G(0)=G(η)=0，由罗尔定理知必存在ξ∈(0,η)使得G′(ξ)=0，即
e-aξ［f′(ξ)-1］-ae-aξ［f(ξ)-ξ］=0，整理得f′(ξ)-a［f(ξ)-ξ］=1，结论成立。
例5设f(x)在［0,+∞)上可导。（1） 若limx→0+f(x)=limx→+∞f(x)，证明存在ξ∈(0,+∞)使f′(ξ)=0。
（2） 若0≤f(x)≤x1+x2，证明存在ξ∈(0,+∞)使f′(ξ)=1-ξ2(1+ξ2)2。
分析（1） 构造辅助函数F(t)=B,t=0,π2,

f(tant),0<t<π2,利用罗尔定理可得。
（2） 结论可整理成f′(ξ)-1-ξ2(1+ξ2)2=0，形式为函数f(x)-x1+x2的导数，因此可根据这个形式构造辅助函数，利用（1）的结论可证。
证明（1） 设limx→0+f(x)=limx→+∞f(x)=B，构造辅助函数
F(t)=B,t=0,π2,

f(tan t),0<t<π2,
可知F(t)在0,π2上连续，在0,π2内可导，且F(0)=Fπ2，则根据罗尔定理可得存在η∈0,π2，使得F′(η)=0，即f′(tanη)sec2η=0。因为sec2η>0，则f′(tanη)=0，
即存在ξ=tanη∈(0,+∞),使得f′(ξ)=0。
（2） 令g(x)=f(x)-x1+x2，显然g(x)在［0,+∞)上连续、可导。在已知条件0≤f(x)≤x1+x2中取x=0得f(0)=0，因此g(0)=0。在0≤f(x)≤x1+x2中令x→+∞，由夹逼准则可知limx→+∞f(x)=0，limx→+∞g(x)=limx→+∞f(x)-x1+x2=0，所以g(x)满足（1）的条件，则存在ξ∈(0,+∞)使得g′(ξ)=0，即f′(ξ)=1-ξ2(1+ξ2)2。
例6设a0,a1,…,an是满足a0+a12+a23+…+ann+1=0的实数，证明多项式f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn在(0,1)内至少有一个零点。
证明令F(x)=a0x+a12x2+…+ann+1xn+1，显然F(0)=F(1)=0，因此F(x)满足罗尔定理条件，因此至少存在一点ξ∈(0,1)使得F′(ξ)=0，整理即得结论。
题型二利用拉格朗日中值定理证明的命题
例7设b>a>0，f(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，证明至少存在一个ξ∈(a,b)使得af(b)-bf(a)ab(b-a)=ξf′(ξ)-f(ξ)ξ2。
证明设g(x)=f(x)x，显然x≠0时g(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理知必存在一个ξ∈(a,b)使得g′(ξ)=g(b)-g(a)b-a，整理得af(b)-bf(a)ab(b-a)=ξf′(ξ)-f(ξ)ξ2，结论成立。
例8设f(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内有二阶导数，且f(a)=f(b)=0，f(c)<0(a<c<b)，则至少存在一个ξ∈(a,b)使f″(ξ)>0。
证明显然f(x)在［a,c］,［c,b］上满足拉格朗日中值定理条件，因此存在ξ1和ξ2使得
f′(ξ1)=f(c)-f(a)c-a=f(c)c-a<0,a<ξ1<c，
f′(ξ2)=f(b)-f(c)b-c=-f(c)b-a>0,c<ξ2<b。
又因为f(x)在(a,b)内有二阶导数，所以f′(x)在［ξ1,ξ2］上满足拉格朗日中值定理条件，因此必存在ξ∈(ξ1,ξ2)(a,b)使得f″(ξ)=f′(ξ2)-f′(ξ1)ξ2-ξ1>0。
例9已知函数f(x)在区间［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，f(1)=1，证明： 
（1） 存在ξ∈(0,1)，使得f(ξ)=1-ξ； 
（2） 存在两个不同的η,ζ∈(0,1)，使得f′(η)f′(ζ)=1。
证明（1） 设g(x)=f(x)-1+x，显然g(x)在区间［0,1］上连续，且g(0)=-1<0,g(1)=1>0，由零点定理知存在ξ∈(0,1)，使得g(ξ)=0，即f(ξ)=1-ξ。
（2） 由于函数f(x)在区间［0,1］上连续，在(0,1)内可导，根据拉格朗日中值定理，存在η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1)使得
f′(η)=f(ξ)-f(0)ξ=1-ξξ，f′(ζ)=f(1)-f(ξ)1-ξ=ξ1-ξ，
因此f′(η)f′(ζ)=1-ξξ·ξ1-ξ=1，结论得证。
例10设函数f(x)在［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=1，试证存在ξ,η∈(a,b)，使得eη-ξ［f(η)+f′(η)］=1。
证明令F(x)=exf(x),显然F(x)满足拉格朗日中值定理条件，因此必存在η∈(a,b)使得ebf(b)-eaf(a)b-a=eη［f(η)+f′(η)］。
又因为f(a)=f(b)=1，所以eb-eab-a=eη［f(η)+f′(η)］。再令g(x)=ex，在［a,b］上应用拉格朗日中值定理有eb-eab-a=eξ。
综上两式相比较有eη-ξ［f(η)+f′(η)］=1。
题型三利用柯西中值定理证明的命题
例11设f(x)在［a,b］(a>0)上可导，证明存在一点ξ∈(a,b)使得2ξ［f(b)-f(a)］=(b2-a2)f′(ξ)。
分析结论可整理为f(b)-f(a)b2-a2=f′(ξ)2ξ。
证明令g(x)=x2，显然f(x),g(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且满足柯西中值定理条件，因此必存在一点ξ∈(a,b)使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f′(ξ)g′(ξ)，即f(b)-f(a)b2-a2=f′(ξ)2ξ，整理即得结论。
例12设f(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，0<a<b，证明存在一点ξ∈(a,b)使得ab［f(b)-f(a)］=ξ2f′(ξ)(b-a)。
分析结论可整理为f(b)-f(a)b-aab=f′(ξ)1ξ2，即证f(b)-f(a)1b-1a=f′(ξ)-1ξ2。
证明设g(x)=1x，显然f(x),g(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，满足柯西中值定理条件，因此必存在一点ξ∈(a,b)使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f′(ξ)g′(ξ)，即f(b)-f(a)1b-1a=f′(ξ)-1ξ2，整理即得结论。
例13设f(x)在［a,b］(a>0)上连续，(a,b)内可导，且f′(x)≠0，证明存在ξ,η∈(a,b)使得f′(ξ)=a+b2ηf′(η)。
分析结论中同时出现至少两点ξ,η∈(a,b)满足某种关系式，一般不必构造辅助函数，而是依据结论中各部分的特点考虑分别多次应用中值定理。
证明设g(x)=x2，f(x),g(x)满足柯西中值定理条件，因此存在η∈(a,b)使得
f(b)-f(a)b2-a2=f′(η)2η。（1）
而显然函数f(x)满足拉格朗日中值定理条件，因此必存在ξ∈(a,b)使得
f(b)-f(a)b-a=f′(ξ)。（2）
用（1）式除以（2）式即有f′(ξ)=a+b2ηf′(η)。
题型四利用中值定理证明的等式
方法证明恒等式考虑利用下面定理： 如果函数f(x)在区间I上的导数恒为零，那么f(x)在区间I上是一个常数.即构造辅助函数，说明辅助函数导函数在区间I上恒为零。
 例14证明恒等式2arctanx+arcsin2x1+x2=π(x≥1)。
证明设f(x)=2arctanx+arcsin2x1+x2，易知f′(x)=21+x2-21+x2=0，因此f(x)≡C； 特别地取x=1可得f(1)=2arctan1+arcsin1=π，因此f(x)≡π，结论成立。
题型五利用中值定理和单调性证明不等式
1. 利用拉格朗日中值定理证明不等式
特点通常要证明的不等式形状为g1(x)<f(x)<g2(x)，两端函数形状相似。
方法构造辅助函数，利用拉格朗日中值定理中ξ的取值范围放大缩小证明不等式。
例15证明： 当x>0时，11+x<ln(1+x)-lnx<1x。
证明设f(t)=lnt，显然f(t)在［x,x+1］上满足拉格朗日中值定理，所以必存在x<ξ<x+1，使得f(x+1)-f(x)=f′(ξ)(x+1-x)，即ln(1+x)-lnx=1ξ。因为x<ξ<x+1，故1x+1<1ξ<1x，综上可得11+x<ln(1+x)-lnx<1x。
例16设e<a<b<e2，证明ln2b-ln2a>4e2(b-a)。
证明对函数ln2x在［a,b］上应用拉格朗日中值定理得
ln2b-ln2a=2lnξξ(b-a),a<ξ<b。
设φ(t)=lntt，则φ′(t)=1-lntt2，当t>e时，φ′(t)<0，因此φ(t)单调减少，所以φ(ξ)>φ(e2)，即lnξξ>lne2e2=2e2，结论成立。
2. 利用单调性证明不等式
特点多为证明f(x)<g(x)型不等式。
方法将要证明的不等式整理移项（或整理成一端为0的形状，或整理成两端形状相似）构造辅助函数，考察导数的正负确定单调性或极值，进而得到结论。
例17证明π>elnπ。
分析即证lnππ<1e，亦即lnππ<lnee。
证明设f(x)=lnxx，易知f′(x)=1-lnxx2，当x>e时显然f′(x)<0，因此x>e时函数f(x)单调递减，所以f(π)<f(e)，即lnππ<lnee，整理即得结论。
例18证明： 当x∈(0,1)时，(1+x)ln2(1+x)<x2。
分析即证当x∈(0,1)时，f(x)=(1+x)ln2(1+x)-x2<0，也就是证明f(x)<f(0),x>0。
证明令f(x)=(1+x)ln2(1+x)-x2，则f′(x)=ln2(1+x)+2ln(1+x)-2x，f′(0)=0。又因为当x∈(0,1)时，f″(x)=21+x［ln(1+x)-x］<0，因此f′(x)单调递减，进而有当x∈(0,1)时f′(x)<f′(0)=0，所以f(x)单调递减，即当x∈(0,1)时f(x)<f(0)，结论成立。
例19证明： 当x<1时ex≤11-x。
分析即要证明当x<1时，f(x)=ex(1-x)≤1=f(0)，说明f(0)为f(x)的最大值即可。
证明设f(x)=ex(1-x)，则f′(x)=-ex+(1-x)ex=-xex。
显然，当x>0时f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x<0时f′(x)>0，f(x)单调递增。因此，f(0)=1为f(x)的极大值，唯一的极大值即为最大值，因此f(x)≤f(0)=1，整理即得结论。
例20证明： 当0<a<b<π时，bsinb+2cosb+πb>asina+2cosa+πa。
证明设f(x)=xsinx+2cosx+πx,x∈［0,π］，则
f′(x)=sinx+xcosx-2sinx+π=xcosx-sinx+π,

f″(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx<0,x∈(0,π)，
因此f′(x)在［0,π］上单调递减，从而f′(x)>f′(π)=0,x∈(0,π)。所以f(x)在［0,π］上单调增加，当0<a<b<π时，f(b)>f(a)，结论成立。
题型六方程实根个数的确定
1. 证明方程有且仅有一个实根的问题
 方法零点定理（解决根的存在性）与单调性（解决根的唯一性）结合，因为在一个单调区间上，若存在实根必唯一。
例21证明方程2x7+2x-1=0在(0,1)内有且只有一个实根。
证明设f(x)=2x7+2x-1，显然f(x)在［0,1］上连续，f(0)=-1,f(1)=3，由零点定理知存在c∈(0,1)使得f(c)=0，因此x=c即为方程2x7+2x-1=0的实根。
又因为f′(x)=14x6+2>0，所以f(x)为严格单调递增函数，所以实根唯一。
*例22设f(x)在［0,+∞)内可微，且f′(x)≥k>0(k为常数），f(0)<0，证明f(x)在(0,+∞)内有唯一零点。
证明对于任意的x>0，在［0,x］上由拉格朗日中值定理知存在ξ∈(0,x)，使得f(x）=f(0)+f′(ξ)x≥f(0)+kx。又因为k>0，因此存在足够大的x0使得f(x0)>0，而f(0)<0，由零点定理知f(x)在(0,+∞)内必有零点； 同时，因为f′(x)≥k>0，所以f(x)为单调递增的，零点必唯一，结论得证。
2. 讨论方程实根的个数的问题
方法步骤： （1） 将方程整理移项，使等号一边为0，另一边即为辅助函数形状； 
（2） 讨论所设函数的单调区间； 
（3） 在每个单调区间上讨论区间端点处的函数值正负情况，结合零点定理确定根的个数。
例23用分析法讨论方程xe-x=a(a>0)有几个实根。
解设f(x)=xe-x-a(a>0)，则只要讨论f(x)=0的实根个数，显然f(x)的定义域为R，且f′(x)=e-x(1-x)。因此，当x∈(-∞,1)时，f′(x)>0，函数单调递增； 当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，函数单调递减，且f(x)在x=1处取得极大值f(1)=1e-a。
(1) 当f(1)=1e-a>0时，即0<a<1e时，limx→-∞f(x)=-∞<0,f(1)>0,limx→+∞f(x)=-a<0，由零点定理可知，在(-∞,1)和(1,+∞)方程各有一个实根，因此xe-x=a(a>0)有两个实根。
(2) 当f(1)=1e-a=0时，即a=1e时，方程只有一个实根，即为x=1。
(3) 当f(1)=1e-a<0时，即a>1e时，在(-∞,+∞)内恒有f(x)<0，因此方程无实根。
例24分析方程5x4+4x+1=0在(-1,0)内实根的个数。
解令f(x)=5x4+4x+1，则f′(x)=20x3+4。令f′(x)=0得x=-135，所以当x∈-1,-135时f′(x)<0，f(x)单调递减，且有f(-1)=2>0,f-135=1-435<0。由零点定理知在-1,-135上方程有一个实根。
同理,当x∈-135,0时f′(x)>0，f(x)单调递增，且有f(0)=1>0,f-135=1-435<0。由零点定理知在-135,0上方程有一个实根。
综上，方程5x4+4x+1=0在(-1,0)内有两个实根。
题型七杂例
例25设函数f(x)满足方程f(x)+4f-1x=1x，求函数f(x)的极大值与极小值。
解在式子f(x)+4f-1x=1x中令t=-1x，则原方程化为f-1t+4f(t)=-t，即
f-1x+4f(x)=-x。综合f-1x+4f(x)=-x，
f(x)+4f-1x=1x，解得f(x)=-1151x+4x，求导可得f′(x)=-115-1x2+4,f″(x)=-215x3.令f′(x)=0，解得驻点为x=12和x=-12.由于f″12=-1615<0,f″-12=1615>0，因此f12=-415为极大值； f-12=415为极小值。
例26已知f(x)在(-∞,+∞)内可导，且
limx→∞f′(x)=e,limx→∞x+cx-cx=limx→∞［f(x)-f(x-1)］，

求c值。
解显然c≠0,limx→∞x+cx-cx=limx→∞1+2cx-cx-c2c2cxx-c=e2c，由拉格朗日中值定理有f(x)-f(x-1)=f′(ξ),ξ∈(x-1,x)，则limx→∞［f(x)-f(x-1)］=limξ→∞f′(ξ)=e.因此c=12。
例27设f(x)在［0,a］上连续，在(0,a)内可导，且f(0)=0，f″(x)>0，证明f(x)x在(0,a)内单调增加。
证明由拉格朗日中值定理可知f(x)=f(x)-f(0)=xf′(ξ),0<ξ<x，其中x>0，而f″(x)>0，因此f′(x)>f′(ξ)（当x>ξ时），因此当x∈(0,a)时有
f(x)x′=xf′(x)-f(x)x2=xf′(x)-xf′(ξ)x2=f′(x)-f′(ξ)x>0，
结论成立。
3.3同步训练

1. 设f(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，0<a<b，证明存在一点ξ∈(a,b)使得f(b)-f(a)=ξlnbaf′(ξ)。
2. 设f(x),g(x)在区间［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0，g(x)≠0。