微分中值定理的证明题[1](1)

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：V九wR,衣w(a,b)使得:f化)+九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:斗(a,b),使F)=0即：f注)+Kf(”e淮=0,而e熊。0,故f仁)+九吃)=0。2 .设a,b0,证明：3(a,b),使得aebbea=(1t)e*(ab)。11211证：将上等式变形得：1eb-1ea=(1-t)e£(-)baba11 41111作辅助函数f(x)=xex,则f(

2、x)在-,一上连续,在(一,一)内可导,baba由拉格朗日定理得：1J1、，1J1、(,),baf(1)-f(1)1b11a"ba1eb-1ea1：即.1=(1e即：aeb-bea=(1-)e(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J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：三x0亡(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

3、罗尔定理条件，故存在"(0,%),使得：F*d)=0,而(0,x0)u(0,1),即证4 .设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)上可导，f(O)=0,f=1.证明:(1)在(0,1)内存在之,使得f代)=1J(2)在(0,1)内存在两个不同的点，刈使得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，1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，存在已三(0,1),使得F仁)=0,即f仁)=1

4、之(II)在0,寺和&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”小),，”1),使得中)U,(小！于是，由问题(1)的结论有f()1-f()1-1-1-=1.5 .设f(x)在0,2a上连续，f(0)=f(2a),证明在0,a上存在已使得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()rf(a)-f()=0f(ax)-f(x)=0【证明】令G(x)=f(a+x)-f(x),xw0,a.G(x)在0,a上连续，且G(a)=f(2a)-f(a)-f(0)-f(a)G(0)=f(a

5、)-f(0)当f(a)=f(0)时，取自=0,即有f(a+£)=f1)；当f(a)=f(0)时，G(0)G(a)<0,由根的存在性定理知存在£w(0,a)使得,Gd)=0,即f(a+，=f&).6 .若f(x)在0,1上可导，且当*W0,1时有0<f(x)<1,且(x)#1,证明:在(0,1)内有且仅有一个点七使得f代)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<0,二由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点匕,使得F仁)=0,即:f()=唯一性：

6、(反证法)假设有两个点(0,1),且匕2,使得F6)=F&)=0;F(x)在0,1上连续且可导,且邑,与二0,1二F(x)在匕占上满足Rolle定理条件二必存在一点“三(二2),使得：f')=f'(")-1=0即：f'F)=1,这与已知中f'(x)#1矛盾二假设不成立，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J使得f(D=£17 .设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0,f(1)=10试证至少存在一个tw(0,1),使f(x)=1。分析：f'(：

7、)=1nf'(x)=1nf(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)-1二一1：二0(f(1)=0)11111、八(/咳-丁10(叼二1)由介值定理可知，三一个11日(1，1),使2F(")=0又F(0)=f(0)-0=0对F(x)在0,1上用Rolle定理，m一个S(0,n)c(0,1)使F'仁)=0即f'(t)=18.设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f试证存在自和L满足0<n<1,使f'向+)=0。证由拉格朗日

8、中值定理知,1.f(1)-f(0)2-°f()1、(0，2)1f(1)-f(2)21(2，1)1.1f(-)-f(0)f(1)-f(-)9.设f(x)在a,b上连续，(a,b)内可导(0Macb),f(a)#f(b),证明：三之产w(a,b)使得f()=黄f().证：(用(b-a)乘于(1)式两端，知)(1)式等价于f()f()fh22.丁(b-a)-2(b-a).(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，则知工ff()f()22f(b)-f(a)=-(b-a)="(b2-a2)，其中，(a，b).10.已知函数f

9、(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，0<a<b,证明存在t,n(a,b),使32f7)=(a2abb2)f/()解：利用柯西中值定理f/()f(b)-f(a),33b-a而f(b)-f(a)=f«)(ba)则f/()f(b)-f(a)f/()(b-a)f;()33-22b-aaabb(后面略)11.设f(x)在x至a时连续，f(a)<0,当x>a时,f/(x)>k>0,则在(a,a-上回)k内f(x)=0有唯一的实根解:因为f/(x):>kA0,则f(x)在(a,a-f(a)上单调增加/f(a-(a)=f(a)-1(句fa)=f(a)1

10、-一”。(中值定理)kkk而f(a)<0故在(a,af(a)内f(x)=0有唯一的实根12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)=t2sin1020在0»上应用拉格朗日中值定理得:2.1xsinf(x)-f(0_)xx0x-00=xsin-x1.f(二)2一c血：二：二x)即:111cos=2sin-xsin-二x(0：x)1<?<x,故当xT0时，Ut0,由m£0=limxsin-=0Xx行：.11八im+cosy=0,即雪£os7=01解：我们已经知道，ym+cos9=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t是个

11、中值点，是由f和区间0,X的端点而定的，具体地说，巴与X有关系，是依赖于X的，当XT0时，巴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-=0成X)0、_11乂，而1m/os=0中要求是连续地趋于苓。故由lim/os-=0推不出_0-X_0-111m.eos-=。X13.证明：V0<x<一成乂x<tgX<2-。2cosx证明：作辅助函数f(x)=tgx,则一*)在0,司上连续,在(0,x)内可导，由拉格朗日定理知：f(X)-f(0)=>=f()=_.(0,x)X-0Xcos即：tgx=x2豆，因csX在(0,二)内单调递减，故-21在(0,2

12、)cos2cosx2内单调递增，故7T即：x<Tv<22222cos0coscosXcoscosX1即：x<tgx<2-。cosX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)-f(a户f()b/(ab),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<一时，sinx+tgx>2x。23T证明：作辅助函数*(x)=sinx+tgx-2xxe(0,)2(x)=cosxsec2x-21c=cosx2-2cosX2c.1-cosx-22-cos

13、X112二(cosx)cosx0故中(x)在(0,2)上单调递减，又因中(0)=0,9(x)在(0二)上连续，22故中(x)>邛(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xwI时f(x)>g(x),常用辅助函数中(x)=f(x)-g(x),则将问题转化证中(x)之0,然后在I上讨论中(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,WJF(x)=f()在x(0产的单调递增。证明：因F'(x)=xf(刈；"刈，要证F(x)