题目
已知函数 $f(x)$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上具有二阶导数，$f(a)=0$, $f^{‘}(x) > 0$, $f^{”}(x) > 0$, 设 $b > a$, 曲线 $y = f(x)$ 在点 $(b, f(b))$ 处的切线与 $x$ 轴的交点是 $(x_{0}, 0)$. 证明：$a < x_{0} < b$.
解析
首先，设点 $(b, f(b))$ 处的切线方程为：
$$
\mu(x) = kx + C \Rightarrow
$$
$$
\mu(x) = f^{‘}(b) \cdot x + C. ①
$$
将 $(b, f(b))$ 代入到 $①$ 式中，可得：
$$
\mu(x) = f^{‘}(b) \cdot b + C = f(b) \Rightarrow
$$
注：
[1]. 根据题意，只有 $a$ 和 $b$ 是已知量，我们不能认为 $x_{0}$ 是一个已知量，否则，就没有必要证明 $a < x_{0} < b$ 了。因此，我们不能通过将点 $(x_{0}, 0)$ 代入到 $①$ 式中的方式求解未知量 $C$.
$$
C = f(b) – bf^{‘}(b).
$$
于是：
$$
\mu(x) = f^{‘}(b)x + f(b) – b f^{‘}(b).
$$
令 $\mu(x_{0}) = 0$, 则有：
$$
f^{‘}(b)x + f(b) – b f^{‘}(b) = 0 \Rightarrow
$$
$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)}.
$$
由于 $f^{‘}(x) > 0$, $b > a$, 所以：
$$
f(b) > f(a).
$$
且 $f(a) = 0$, 于是：
$$
f(b) > 0.
$$
又由于 $f^{‘}(x) > 0$, 故：
$$
f^{‘}(b) > 0.
$$
综上，有：
$$
\frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > 0 \Rightarrow
$$
$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} < b \Rightarrow
$$
$$
x_{0} < b.
$$
接下来证明 $x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a$:
$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a \Rightarrow
$$
$$
b f^{‘}(b) – f(b) > af^{‘}(b) \Rightarrow
$$
$$
b f^{‘}(b) – f(b) – af^{‘}(b) > 0. ②
$$
根据 $②$ 式，我们可设：
$$
\phi(x) = x f^{‘}(x) – f(x) – af^{‘}(x).
$$
注：
[1]. 由于在 $②$ 式中，只有 $b$ 是函数 $f$ 的变量，而 $a$ 只是一个普通的常数。因此，在构造函数的时候，我们只能令 $②$ 式中的 $b=x$.
于是：
$$
\phi^{‘}(x) = f^{‘}(x) + xf^{”}(x) – f^{‘}(x) – a f^{”}(x) \Rightarrow
$$
$$
\phi^{‘}(x) = f^{”}(x) (x – a).
$$
于是，若令 $\phi^{‘}(x) = 0$, 则：
$$
x = a.
$$
又由于 $f^{”}(x) > 0$, 则：
- 当 $x < a$ 时，$\phi^{‘}(x) < 0$, 即函数 $\phi(x)$ 单调递减；
- 当 $x > a$ 时，$\phi^{‘}(x) > 0$, 即函数 $\phi(x)$ 单调递增。
于是可知，当 $x = a$ 时，函数 $\phi(x)$ 取得最小值，且最小值为：
$$
\phi(a) = a f^{‘}(a) – f(a) – af^{‘}(a) \Rightarrow
$$
$$
\phi(a) = – f(a) = 0.
$$
即：
$$
\phi(x) > 0(x \neq a) \Rightarrow
$$
$$
x f^{‘}(x) – f(x) – af^{‘}(x) > 0 (x \neq a) \Rightarrow
$$
$$
b f^{‘}(b) – f(b) – af^{‘}(b) > 0 (b \neq a) \Rightarrow
$$
$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a.
$$
综上可知：
$$
a < x_{0} < b.
$$