中值定理证明(第二讲)

1、第二讲 利用中值定理的证明以及不等式证明问题1利用罗尔定理证明根的存在问题例1设函数在上连续，在内可导，且，证明：至少存在一个，使证明：（分析）用罗尔定理证明根的问题，关键是构造原函数，因此做题目往往从需要证明的结论中入手，通过移项使右边等于零来寻找原函数。令，显然在上连续，在内可导，且，由零点定理可知，存在一个，使，又；对在上用罗尔定理，存在一个，使得，即注：构造函数方法1（原函数法）：（1）将欲证结论中的换成；（2）通过恒等变形将结论化成为易消除导数符号形式（或称为易积分形式）；（3）用观察法或积分法求出原函数（即不含导数符号的式子），为了简便积分，常数取作零；（4）移项使等式一边为零，则

2、令另一边即为所求辅助函数例2设函数在闭区间上可导，且满足关系式，证明：在开区间 内至少存在一个，使得分析：令，原等式化为：，即=，两边积分得 ，即，亦即，取，于是 令证明：设函数，显然在上连续，在内可导，由条件应用积分中植定理，有 于是，可知，满足罗尔定理条件，故存在使得，即 注意：实际上找辅助函数可从结论中入手推出：，显然有例3设函数，在上连续，在内可导，且，证明存在一个，使分析： 令，则结论=，则，两边积分，得，即 ， 亦即（取），于是令例4设，在上二阶可导，且，试证：（1）在开区间内，；（2）在开区间内至少存在一个，使分析（2）令，则欲证结论，则有 ，两边从积分得 （分部积分），于是令例

3、5设函数在上连续，在内可导，证明在内至少存在一个，使分析：从结论可看出，所以令注意：构造辅助函数方法2（常数k值法）（1）令常数部分为k；（2）恒等变形，使等式一端为及构成代数式，另一端为b及构成代数式；（3）分析关于端点的表达式是否为对称式或轮换对称式，若是，只要把端点改为，相应的函数值改为，则换变量后的端点表达式就是所求辅助函数如例5令（对称性） 对称式：与b互换等式不变；轮换对称式： 等式不变令，例6. 设在上连续，在内可导，试证，存在一个使 分析： 结论 ，令（对称式），所以 ，或者： 由结论：，令， 应用柯西中值定理例7设函数在 上可导，且， 试证：在内至少存在一个，使得例8若在上可

4、导，且，则使.分析：令，令令.令，,，令令.2证明至少存在一点，且满足某种关系式的问题思路： 使用两次拉格朗日中值定理或者柯西中值定理，或者使用一次拉格朗日中值定理，一次柯西中值定理，然后再将他们做某种运算例8设函数在上连续，在内可导，试证，存在一个 ，使得： 证明：分析：用一次拉格朗日中值定理得，存在故只需证明即，柯西中值定理设，则，显然函数在上满足柯西中值定理条件，于是存在，使得 ，即，又因为在上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在，使得，于是，由上述两式可得：，其中例9(10,10分)设函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且，证明：存在，使得.【 分析 】 这是一个双介值的证明题，构造辅助

5、函数，用两次拉格朗日中值定理.【 证明 】 令，由题知，在上用拉格朗日中值定理，在上利用拉格朗日中值定理，两式相加得 .【 评注 】 一般来说，对双介值问题，若两个介值有关联同时用两次中值定理，若两个戒指无关联时用一次中值定理后，再用一次中值定理.例10设在上连续，在内可导，且，试证明：对于任意给定正数，在内存在不同的 使得证明： 因为，所以 ，又在上连续，由介值定理，存在，使得再对函数在上分别用拉格朗日中值定理，有，而 ，于是由上两式得：则， 上面两式相加，得： ，即 （练习：1.设函数在上连续，内可导，且，证明：在内存在一点，使2. 设函数在区间上连续，在内可导，且，.试证：必存在，使.

6、）3设在上存在，试证：，使得.（提示：轮换对称性）4.若，证明：存在一个，使. （提示：对称性）3证明不等式例11设，证明：.证明：用单调性质来证明，先移项或转化使一边为零，然后再构造适当的函数求一阶导数，若不能判定正负，则继续求导数.若，则内单调递增.要证，只需证明令，很难判断其正负，在上单调递增，而在上单调递增，而.（练习：1.(98,8分) 设，证明：（1）；（2）.【 分析 】 利用函数的单调性证明不等式.【 详解 】 （1）令，则有，且，.，.所以，从而，即（2）令，则有. 由（1）知，（当），于是推知在内，单调减少.又在区间上连续，且，故当时， 不等式左边证毕.又，故当时， ，不等

7、式右边证毕.【 评注 】 利用单调性证明不等式是最常见的方法之一，一般结论为，在内单调增加.）例12设，求证：.证明:利用微分中值定理证明，只需要证明，显然成立：.（ 练习：1. (02,8分) 设，证明不等式【 分析 】 将原不等式变形，作辅助函数，再用函数不等式的证明方法证明变形的不等式.【 详解 】 先征右边不等式，即设，因为，故当时，单调减少，又，所以，当时，即，从而当时，有，即再证左边不等式，即.方法一 设函数，由拉格朗日中值定理知至少存在一点，使，由于，故，从而.方法二 设，因为 ，故当时，单调增加，又，所以当时，即.从而当时，有，即.2. (04,12分) 设，证明.【 分析 】

8、 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明.【 详解1 】 对函数在上应用拉格朗日中值定理，得， .设，则，当时，所以单调减少，从而，即，故.【 详解2 】 设，则， ，所以 当时，故单调减少，从而当时，即 当时，单调增加. 因此当时，即 ，故.【 评注 】 本题也可设辅助函数为，或，再用单调性进行证明.）例13当时，（为大于1的正整数）分析：求最值法，令，求解在上最值。例14求证：若满足的正数，则分析：用条件极值法求解最值，构造拉格朗日辅助函数：，若极值唯一，则为最值。例15证明不等式：.分析：利用凹凸性的定义： 凹的（凸的）特点是自变量平均的函数值大于或

9、小于函数值的平均值。令，函数在定义域内是凹的，故，即。例16设在上具有连续导数，且，证明：。分析：判别式法只需要证明：例17设函数在内可积，且，证明：。分析：三角函数法，令，5根的存在问题若只知在或上连续，而没有说明是否可导，则一般用零点定理；若告诉函数可导，一般用罗尔定理；告诉函数高阶可导，则一般用泰勒公式。例18证明方程在内有且仅有两个不同实根。分析：显然有零点定理来证明，要证明仅有两个不同实根，还需要讨论区间的单调性。（ 练习：1.(97,8分) 就的不同取值情况，确定方程在开区间内根的个数，并证明你的结论.【 分析 】 令，讨论方程在开区间内根的个数，实质上只需研究函数在上图形的特点，在开区间内根的个数即为直线与曲线在区间内交点的个数.【 详解 】 设，则在上连续.由，得在内唯一的驻点.由于当时，当时，所以在上单调减少，在上单调增加.因此是在内的唯一最小值点，最小值为.又因，故在内的取值范围.故当，即或时，原方程在内没有根；当时，原方程在内有唯一根；当时，原方程在和内各恰有一根，即原方程在内恰有两个不同的根.2. (03,12分) 讨论曲线与的交点个数.【 分析 】 问题等价于讨论方程有几个不同的实根.本题相当于一函数作图题，通过