微分中值定理的证明题

1、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，且F(a) F(b) 0,由罗尔中值定理知：(a,b)，使F( ) 0即: f ( ) f( )e0，而e0 ,故 f ( ) f( ) 0。2.设a,b 0 ,证明：(a, b)，使得aebbea(1 )e (a b) o证：将上等式变形得：11 bbeb b1仆(1 a1-)a作辅助函数f(x) xex，则f(x)在!,-上连续，在 b a1 1(丄,丄)内可

2、导，b a由拉格朗日定理得：f(1) f(1)baf)1 1 1 (1 1(1 ,b a),b a1 b1 aee即 ba(11 111 - -)e1G，1)b ab a即：aeb bee (1)e (a,b)(a,b)o3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1) 0,有F(x) x2 f (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：X。(0,1)，使得F(X。)0又 F (x) 2xf(x) x2f (x)，故 F (0)0，于是 F (x)在0，x°上满足罗尔定

3、理条件，故存在(0,x°)，使得：F ( ) 0,而(0,x°)(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)=-1<0,F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在(0,1),

4、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，知存在两个不同的点(0,),(,1)，使得 f ()，f()f(1) f()1于是f ( )f (f( ) 1 f()1 1.15.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

5、(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) 00，F(1)f(1) 10，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(

6、)唯一性：(反证法)假设有两个点1, 2(0,1)，且12，使得F( 1) F( 2)0F(x)在0,1上连续且可导，且1, 20,1F(x)在1,2上满足Rolle定理条件必存在一点 (1,2)，使得：F ( ) f ( ) 10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(Q=1。试2证至少存在一个(0，1)，使f#)=1。分析：f'( ) =1 f '(x) =1

7、 f (x) =x f (x) x=0 令 F ( x)= f (x) x证明： 令 F( x)= f (x) xF ( x)在0，1上连续，在(0，1)内可导,F(1)=f (1) 110( f (1)0)f(2)=1 111、八f(J0( fH) 1)2 2 221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'( )=18.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1,使 f (证由拉格朗日中

8、值定理知,1f(2)f(0)1 021f(1) f(-)2f(0)1(%)(和1f(1) £)29.设f (x)在a,b上连续,(a,b)内可导(0 ab), f(a) f(b),证明：(a,b)使得f( ) f ( )2证：(用(b a)乘于(1)式两端，知)(1)式等价于(1)r(b a)中®2 a2).(2)为证此式，只要取F(x) f (x),取G(x) x和x2在a,b上分别应用Cauchy中值定理，则知f(b) f(a)(b a)屮(b2 a2),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

9、2f/( ) (a2ab b2)f/()解：利用柯西中值定理f/( ) f(b) f(a)b3而 f (b) f (a) f/()(b a)f/( ) f(b) f(a)f/( )(bb3a)3 af/()2 aab b2(后面略)11.设f (x)在x a时连续,f(a)x a时,f/ (x) k 0，则在(a,af (a) k )解:内f(x) 0有唯一的实根因为f / (x) k 0，则f (x)在(a, a罟)上单调增加f(a f(a)k)f(a)f/()¥f(a)1f/()k0 (中值定理)而f(a) 0故在(a,a -f(a)内f(x) 0有唯一的实根k12.试问如下推论

10、过程是否正确对函数 f (t)2 . 1 sin t0在0,x上应用拉0格朗日中值定理得:f(x) f(0)x 02 1x sinxx 0.1xsi nxsin-1cos (0x)即：cos2 sin1 xsin1x(0x)x ,故当x 0时,10 ,由 lim 2 sinlimx 0.1xsinx得：lim cos丄x 01即 lim cos 01解：我们已经知道，lim cos-0不存在，故以上推理过程错误0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， 不定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使

11、lim cos丄0成x 01 1立，而lim cos 0中要求 是连续地趋于零。故由lim cos 0推不出0x 0lim cos1013.证明:xtgx cos x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,(0,x)由拉格朗日定理知：3迪壑f()斗x 0 xcos即：tgx ，因cosx在(0,)内单调递减，故一L 在(0,)cos2cos x 2内单调递增，故12cos 012cos12cos x即:x2 cosx2cos x即：x tgxcos2x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

12、后验证条件，利用定理得f(b) f(a) f ( )(b a) (a,b)，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 x(%)贝U (x) cosx sec x 2cosx2cos x-V 2cos x2 -Vcos x(cosx丄)2cosx故(x)在(0-)上单调递减，又因(0)0 ,(x)在(0-)上连续，2 2故 (x)(0)=0,即：si nx tgx 2x 0，即：si nx 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) f(x)在x(0,)内单调递增。证明：因F (x) xf (x)