微分中值定理的证明题[1]_微分中值定理的证明题

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微分中值定理的证明题

1.若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，f(a)f(b)0，证明：R，(a,b)使得：f()f()0。

证：构造函数F(x)f(x)ex，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，（a,b)，使F()0 且F(a)F(b)0，由罗尔中值定理知： 即：[f()f()]e0，而e0，故f()f()0。

2.设a,b0，证明：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)。

1111 证：将上等式变形得：ee(1)e()

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，baba 由拉格朗日定理得：

11f()f()baf(1)1(1,1)，11baba11b1a1ee1a(1)e

1(1,1)，即 b11baba

即：

aebbea(1)e(ab)

(a,b)。

3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)0，有F(x)x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点，使得：F()0。

证：显然F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又F(0)F(1)0，故由罗尔定理知：x0(0,1)，使得F(x0)0

又F(x)2xf(x)x2f(x)，故F(0)0，于是F(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在(0,x0)，使得：F()0，而(0,x0)(0,1)，即证 4.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，f(0)0，f(1)1.证明：(1)在(0,1)内存在，使得f()1．

(2)在(0,1)内存在两个不同的点，使得f/()f/()1

【分析】 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【证明】（I）

令F(x)f(x)1x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-10,于是由介值定理知，存在(0,1), 使得F()0，即f()1.（II）在[0,]和[,1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点(0,),(,1)，使得f()于是，由问题（1）的结论有

f()f()f()1f()11.11f()f(0)f(1)f()，f()

015.设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)f(2a)，证明在[0,a]上存在使得

f(a)f().【分析】f(x)在[0,2a]上连续，条件中没有涉及导数或微分，用介值定理或根的存在性定理证明。辅助函数可如下得到

f(a)f()f(a)f()0f(ax)f(x)0

【证明】令G(x)f(ax)f(x)，x[0,a]．G(x)在[0,a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)

G(0)f(a)f(0)

当f(a)f(0)时，取0，即有f(a)f()；

当f(a)f(0)时，G(0)G(a)0，由根的存在性定理知存在(0,a)使得，G()0，即f(a)f()．

6.若f(x)在[0,1]上可导，且当x[0,1]时有0f(x)1，且f(x)1，证明：在(0,1)内有且仅有一个点使得f() 证明：存在性

构造辅助函数F(x)f(x)x

则F(x)在[0,1]上连续，且有F(0)f(0)00，F(1)f(1)10，由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点，使得F()0，即：f()

唯一性：（反证法）

假设有两个点1,2(0,1)，且12，使得F(1)F(2)0

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[1,2][0,1] 

F(x)在[1,2]上满足Rolle定理条件

必存在一点(1,2)，使得：F()f()10

即：f()1，这与已知中f(x)1矛盾

假设不成立，即：F(x)f(x)x在(0,1)内仅有一个根，综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点，使得f()

17.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。证至少存在一个(0，1)，使f¢分析：f'()=1f'(x)=1f(x)=xf(x)x=0 令 F(x)= f(x)x 证明： 令 F(x)= f(x)x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F(1)= f(1)110(f(1)0)F(11111)= f()0(f()1)222221由介值定理可知，一个(，1)，使F()=0 又 F(0)=f(0)0=0 对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使

F'()=0 即 f'()=1 8.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)试证存在和.满足01，使f()f()0。

证 由拉格朗日中值定理知，1f()f(0)12f()(0,)

12021f(1)f()12f()(,1)

121211f()f(0)f(1)f()20 f()f()211229.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0ab),f(a)f(b), 证明: ,(a,b)使得 f()abf().(1)2证:(用(ba)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f()f()2(ba)(ba2).(2)12

为证此式,只要取F(x)f(x),取G(x)x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2f()f()2(ba)(ba2), f(b)f(a)12其中,(a,b).10.已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0，1）内可导，0ab，证明存在,(a,b)，使32f/()(a2abb2)f/()

f/()f(b)f(a)解：利用柯西中值定理 2333ba而f(b)f(a)f/()(ba)

则

f/()f(b)f(a)f/()(ba)f/()（后面略）22333323babaaabb/11.设f(x)在xa时连续，f(a)0，当xa时，f(x)k0，则在(a,af(a))k内f(x)0有唯一的实根

/解：因为f(x)k0，则f(x)在(a,af(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/()/f(a)f(a)f()f(a)[1]0（中值定理）

kkk而f(a)0故在(a,af(a))内f(x)0有唯一的实根 k12t0tsin12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)在[0,x]上应用拉tt00格朗日中值定理得：

1x2sin0f(x)f(0)111xxsinf()2sinc(0sx)

ox0x0x

即：cos12sin1xsin1)

(0x

x1xsin limx00，il2nsi0

因0x，故当x0时，由m010 x

得：limcosx0

10，即limcos010

解：我们已经知道，limcos010不存在，故以上推理过程错误。

首先应注意：上面应用拉格朗日中值的是个中值点，是由f和区间[0,x]的端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当x0时，不 一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使limcosx010成立，而limcos010中要求是连续地趋于零。故由limcosx010推不出

0limcos10

13.证明：0x2成立xtgxx。cos2x

证明：作辅助函数f(x)tgx，则f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，由拉格朗日定理知：

f(x)f(0)tgx1(0,x)f()x0xcos2即：tgx1x(0,)(0,)，因在内单调递减，故在cosx22cosx22cos111xxx即： cos20cos2cos2xcos2cos2x内单调递增，故

即：xtgx1。cos2x

注：利用拉格朗日中值定理证明不等式，首先由不等式出发，选择合适的函数f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

f()(ba(a,b)

f(b)f(a)，再根据f(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。14.证明：当0x时，sinxtgx2x。

证明：作辅助函数(x)sinxtgx2x

则(x)cosxsec2x2

12 cos2x1cos2x2 2cosxcosxx(0,)

2

(cosx0

12)cosx

故(x)在(0,)上单调递减，又因(0)0，(x)在(0,)上连续，22

故 (x)(0)=0，即：sinxtgx2x0，即：sinxtgx2x。

注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI时f(x)g(x)，常用辅助函数(x)f(x)g(x)，则将问题转化证(x)0，然后在I上

讨论(x)的单调性，进而完成证明。

15.证明：若f(x)二阶可导，且f(x)0，f(0)0，则F(x),内单调递增。)

(0

f(x)在 x证明：因F(x)xf(x)f(x)，要证F(x)单调递增，只需证F(x)0，2x

即证xf(x)f(x)0。

设G(x)xf(x)f(x)，则G(x)xf(x)f(x)f(x)xf(x)，因为

f(x)0，x0，故G(x)是单调递增函数，而G(0)0f(x)00，因此G(x)G(0)，即：xf(x)f(x)0，即：F(x)0，即F(x)当x0时单调递增。