完整word版微分中值定理的证明题.docx
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完整word版微分中值定理的证明题
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（）0o
证：
构造函数F（x）f（x）ex，则F（x）在［a,b］上连续，在（a,b）内可导,
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（）0o
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:
（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）1x，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）,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
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（）0f（ax）f（x）0
【证明】令G（x）f（ax）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（）•
f（x）1,且f（x）1，证明:
6.若f（x）在［0,1］上可导，且当x［0,1］时有0
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（）
唯一性：
（反证法）
假设有两个点!
，2（0,1），且12，使得F（」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（）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（）
1
7.设f（x）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=f
（1）=0,f（）=10试
证至少存在一个（0，1），使f仪）=1。
分析：
f'（）=1f'（x）=1f（x）=xf（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）110（f
（1）0）
由介值定理可知，一个（丄，1），使
2
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
1,使f（
证由拉格朗日中值定理知,
1
（专）
f（-）f（0）
f（）
-0
2
1
f
（1）£）
2
f（0）
f
（1）f
b）,f（a）f（b）,
9.设f（x）在［a,b］上连续,（a,b）内可导（0
证明：
（a,b）使得
（1）
证：
（用（b
a）乘于
（1）式两端，知）
（1）式等价于
）（ba）
屮（b2a2）.
为证此式，只要取F（x）
f（x）,取G（x）
2
:
在［a,b］上分别应用Cauchy
中值定理,
则知
f（b）f（a）
宇gba）
a2）,
其中
（a,b）.
10.
已知函数f（x）在［0,1］上连续，在（0
，1）内可导,
0ab，证明存在
（a,b），
使32f/（）（a2abb2）f/（）
解：
利用柯西中值定理
厂（）f（b）f（a）
b3
而f（b）f（a）f/（）（ba）则
f/（）f（b）f（a）f/（）（ba）f/（）（后面略、
尹丁音b^「a2abb2（后面略）
11.设f（x）在xa时连续，f（a）0,当xa时，f/（x）k0,则在（a,a丄⑷）k
内f（x）0有唯一的实根
解：
因为f/（x）k0，则f（x）在（a,a丄^）上单调增加
k
f（a）/f（a）f/（）亠,+
f（a）f（a）f（）f（a）[1]0（中值定理）
kkk
格朗日中值定理得:
1
解：
我们已经知道，limcos-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x0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lim
x0
cos—0成
立，而lim
0
11
cos0中要求是连续地趋于零。
故由limcos—
x0
0推不出
limcos—
0
13.证明：
0
x成立xtgx—ocosx
在（0,x）内可导,
证明：
作辅助函数f（x）tgx，则f（x）在［0,x］上连续,
由拉格朗日定理知:
牛严壑f（）
x0x
1
2cos
（0,x）
即:
tgx£
cos
，因cosx在（0,）内单调递减,
2
1
故一—在（0,）
cosx2
内单调递增，故
1
cos0
1
2cos
1
即:
cosx
x
2cos
x
2~cosx
1
—2—。
cosx
注：
利用拉格朗日中值定理证明不等式,
即：
xtgx
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）f（
）（ba）（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0x2时,
sinxtgx2x。
证明：
作辅助函数（x）
sinxtgx
贝U（x）cosx
sec*2x
cosx
2
cosx
1
（cosx
亠2
cosx
故（x）在（0-）上单调递减，又因（0）0,（x）在（0三）上连续，故（x）（0）=0,即：
sinxtgx2x0，即：
sinxtgx2x。
注：
利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI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。
f（x）
15.证明：
若f（x）二阶可导，且f（x）0，f（0）0，则F（x）在
x
（0,）内单调递增。
证明：
因F（x）xf（x）2f（X），要证f（x）单调递增，只需证F（x）0，
x
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，x0,故G（x）是单调递增函数，而G（0）0f（x）00，
因此G（x）G（0），即：
xf（x）f（x）0，
2cosx
2」2cosx
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