微分中值定理的证明题

1、微分中值定理的证明题1. 假设 f(x)在a,b上连续，在(a,b)上可导，f(a)= f(b) = O，证明：V/IgR,3e(a,b)使得：f,()+2f(<?) = 0o证：构造函数F(x)= f(x)eax,那么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:3e(a,b),使F® = 0即：F©+；lf©e"=O,而e“H0,故 f'GD+2f(® = 0。2. 设 a,b >0 ,证明：3g (a,b),使得 aeb - be* = (1 -(a - b) <

2、;»1 1£i T , T1 1 1证：将上等式变形得：±e-e* =(1-(-) b ab aLi 1i 1作辅助函数f(x) = xes那么f(x)在上连续，在(门)内可导，b ab a由拉格朗H定理得:1. _ £ b ab a1 -bG1 - rs即：a一be'= (1 4)e'(a、b)e(a b 严3. 设 f(x)在(0,1)内有二阶导数，且 f(l) = 0,有 F(x) = x2f(x)证明:在(0,1) 内至少存在一点？，使得：FM() = 0«证：显然F(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，乂 F(0)

3、 = F(l) = 0,故由罗尔 定理知：Bxo e(0,1),使得F,(xo) = O又F,(x) = 2xf(x) + x2f,(x),故F'(0) = 0,于是F'(x)在0, xj上满足罗尔 定理条件,故存在矗(0,况)，使得：FGD=O,而兵(0,观)U (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(l) = l.证明:(1) 在(0,1)内存在？,使得 询=1-歹.(2) 在(0, 1)内存在两个不同的点J , H吏得玖6玖)=1【分析】第一局部显然用闭区间上连续函数的介值定理：第二局部为双介值问 题，可考虑用拉格

4、朗II中值定理，但应注意利用第一局部已得结论.【证明】(I)令 F(x)= f(x)-l+x,那么 F(x)在0,1上连续，且 F(0)=-l<0, F =1X),于是由介值定理知，存在存在e (0J)，使得F() = 0,即f() = l-.(D)在0,幻和笄上对f(x)分别应用拉格朗FI中值定理，知存在两个不同的点血(0,幻,和(舁)，使得f'()= 缪，f©=号一 ¥ 歹一。1-<于是 斤()仇：)=些.上型=匕£丄“.歹1_歹 彳1 一？5. 设f(x)在0, 2a ±连续,f(0) = f(2a),证明在0,a上存在？使得f

5、(a + ®= f©【分析】f(x)在02町上连续，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 + 4) = f G) t f (a + 4s) - f () = 0 > f(a + x)- f (x) = 0【证明】令G(x) = f(a + x)- f(x) , XG0,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

6、,由根的存在性定理知存在？w(0,a)使得，G(® = 0,即 f(a + )= f()6. 假设f(x)在0J上可导，且当xg0J时有0 vf(x)vl,且f'(x) = l,证明：在(0丄)内有且仅有一个点？使得( = ?证明：存在性构造辅助函数F(x)= f(x)-x那么 F(x)在0J±连续,且有 F(0)= f(0)-0>0, F(l)= f(l)-l<0,由零点定理可知：F(x)在(0JL)内至少存在一点,使得F() = 0,即： 唯一性：(反证法)假设有两个点尙，區w(0Q,且刍 <旻，使得F©) = F©) =

7、0F(x)在0川上连续且可导，且谄屋u0JF(x)在运屋上满足Rolle定理条件必存在一点 TW(gi，&2)，使得：F'()= f'()-1 = 0即：fr(T) = l ,这与中f'(X)Hl矛盾.假设不成立,即：F(x)= f(x)-x在(0J)内仅有一个根，综上所述：在(0)内有且仅有一个点,使得f( = 7. 设 f(x)在0, 1±连续，在(0, 1)内可导，且 f(O)=f(l)=O, f(-) =lo 试2证至少存在一个？w(o, 1),使frtx)=i o分析：f,()=l> f'(x)=l=> f(x)=x=&g

8、t; f(x)-x=0 令 F (x)= f(x)- x证明： 令 F(x)二 f(x)-xF (x)在0, 1上连续，在(0, 1)内可导，F (1)= f(l)-l = -l<0(v f(l) = 0)F (牛)二 f(j) -扌=扌 > °(亍(y)= 1)由介值定理可知，日一个w(丄，1),使2F (°)二0 又 F (0)=f(0)-0=0对 F (x)在0, 1上用 Rolle 定理，日一个？w(0, )u(0, 1)使F®=0 即 r=i8设f(x)在0上连续，在(0Q内可导，且f(0)= f试证存在彳和"满足0 v?vvl,使

9、 f®+ f r(；7)= 0 o证由拉格朗日中值定理知，f(-f(o)17= f®兴(0,亍)-02f(l)- f(l)1=F(“)1-22f(|)- f(o) f(i)- f(|)f ® + f S) =+= 02 29 设 f(x)在a,b上连续,(a,b)内可导(0<a <b), f(a)f(b),证明:3，7G(a,b)使得心欝fS证：(ffl(b-a)乘于式两端，知)(1)式等价于半(i学Z).1 2(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, 那么知f(b)- f(a) =

10、- (b-a) = (b2-a2),1 2其中仙w(a,b)10函数f(x)在0,1上连续，在(0 ,1)内可导，0 vavb，证明存在彳, w(a,b),使 3订'(可=(a2 + ab+b2)f'()解：利用柯西中值定理課二罟攀 而 f(b)- f(a)= fz()(b-a)那么(后而略)f，() f(b)-fgo F©(b-a)f©3rj2 b3-a3b3-a3 a2 + ab+b211. 设 f(x)在x > a 时连续，f(a) <0,当x>a时，fz(x) >k >0,那么在(a,a-®)k内f(x) =

11、0有唯一的实根解：因为f,(x)>k>0,那么f(x)在(a,a-型)上单调增加 kf(a -11) = f(a)- (幻型=f(a)l-I_>0 (中值定理) kkk而f(a) <0故在心用晋)内f(x) = O有唯一的实根2 112. 试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)=8111F0在0,x上应用拉t = 0格朗II中值定理得:11FX1S 2Xx-0x-0(Ovgvx)即:1 " 1 . 1 cos = 2 sin xsin 左左VJJ x(Ovgvx因0 vg<x,故当X->0 时，孑T 0,由 112 H 0 = so* £

12、;lim xsin = 0 xto X得:limcos- = 0,即 lim cos = 0 M §解：我们已经知道,觀陀=0不存在,故以上推理过程错误。首先应注意:上面应用拉格朗口中值的？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，？不立，而lim cos= 0 11*要求歹是连续地趋J零。故由lim cos = 0推不出"gx->0*§lim cos= 013. 证明：/0 vxv兰成立xvtgx v o2cos- x证明：作辅助函数f(x) = tgx，那么f(x)在0,x上连续,在(0,x)内

13、可导,由拉格朗日定理知：f(x) f(°)= !g= r( = _L_e(0,x)X-0XCOS- 5B|J：因cosx在(0,兰)内单调递减，故丄一在(0,艺)2cos- x 2内单调递增，故即：COS- 0 COS- 5 COS" XCOS- § COS" X即：x<tgx< oCOS X注：利用拉格朗口中值定理证明不等式，首先由不等式出发，选择适宜的函数f(x)及相应的区间a,b,然后验证条件，利用定理得f(b)- f(a> rf( )4 gab；再根据F(x)在(a,b)内符号或单调 证明不等式。14. 证明：当Ovxvf 时，

14、sinx+tgx>2xo证明：作辅助函数傾x) = sinx+tgx-2xxg(0,)2贝ij cp (x) = cos x+ sec2 x- 2=cosx+ 2COS- X、0a1> cos- x-2 +COS- X=(cosx -一)2cosx>0故傾x)在(0,) ±单调递减，乂因倾0) = 0,傾x)在(0,) ±连续,2 2故傾x)> 做0)=0,即：sinx+tgx-2x>0 ,即：sinx4-tgx>2xo注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当XGI时f(x) > g(x),常用辅助函数(x)= f(x)-g(

15、x),那么将问题转化证倾x)no,然后在I上 讨论勿X)的单调性，进而完成证明。15. 证明：假设 f(x)二阶可导，且 fw(x)>0, f(0) = 0，那么 F(x) = 2也在X(0十s内单调递增。证明：因F'(x) = £近型，要证F(x)单调递增，只需证F'(x)>0, x"即证 xf'(x) - f (x) > 0 o设G(x) = xf (x)- f(x),那么 G'(x) = xf"(x)+f'(x)- f'(x) = xf "(x),因为f"(x)> (, x>0 ,故 G(x)是单调递增函数，而 G(0) = 0 f'(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。lim(x>0) 100xA21nx =lim(xT) 1001nx/(l/xA2)这 ikoo/oo 型 上卜求导得 =lim(x>0) (100/x)-( 一 2/xA3) =lun(x-K) ) -50xA2 =0 所以 取自然