(整理)微分中值定理的证明题.

1、-ea1彳=(1- )eJb ae e 即 b_a_1 11彳1 -=(1一)e1 J 1、J(b>微分中值定理的证实题1 .假设f(x)在a,b上连续,在(a,b)上可导,f (a) = f (b) =0 ,证实：V九wR, 孔 (a,b)使得:f «)+,/(与=0.证：构造函数F(x) = f (x)e'x,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：(a,b),使F0)=0即：f © +九f«)e* = 0 ,而 e噱#0 ,故 f «) + 九f(t) = 0 .2 . 设 a

2、,b0,证实：m£w(a,b),使得 aebbea = (1 - t)e-(a - b).1J 一、口11证：将上等式变形得：,ebb1.作辅助函数f(x)=xex,那么f (x)在上连续,在(1,1)内可导,由拉格朗日定理得：f (1)1 1、(,), b af(；)- f(1)b a1 1b a(a ,b >即：aeb -bee = (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)证实：在(0,1) 内至少存在一点"使得:Fg=0.证：显然F(x)在0,1上连续,在(0,1)内可导,又F(0)=F

3、(1) = 0,故由罗尔定理知：3x0 (0,1),使得 F'(x0)=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 S(0, x0),使得：F"、)=0,而"(0,x0)=(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.证实：(1)在(0,1)内存在t,使得f代)=1 Y .(2)在(0,1)内存在两个不同的点U,“使彳#(,=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

4、问题,可考虑用拉格朗日中值定理,1应注意利用第一局部已得结论.【证实】(I)令 F(x)= f(x) 1+x ,那么 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 卜(0,1),使得F仁)=0,即f0=15.(II)在0,句和£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“ w (0),w 仁,1),使得 f,(“)= f(? - "0) , f ,) = f(1)-01 -f( ) 1 - f ( )1 -d于是 f()f()一二二=1.1 二 二 1 二5 .设f(x)在0, 2a上连续,f(0

5、)=f(2a),证实在0,a上存在之使得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 存在性定理证实.辅助函数可如下得到f (a ) = f( ) > f (a ) - f ( ) = 0 > f (a x) - f (x) =0【证实】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)-f(0)当f (a) = f (0)时,取巴=0 ,即有f (a +巴)=f代)；当f(a) = f(0)

6、时,G(0)G(a)<0,由根的存在性定理知存在w(0,a)使得,G(£) =0,即 f(a + b = f (力.6 .假设 f(x)在0,1上可导,且当 xW0,1时有 0< f (x) <1,且 f '(x)=1 ,证实：在(0,1)内有且仅有一个点七使得f(D = 证实：存在性构造辅助函数F(x) = f (x) -x那么 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U ,使得F仁)= 0,即: f()=唯一性：(反证法)假设有两个点匕与三

7、(0,1),且使得F(1) = F(?)=0丁 F(x)在0,1上连续且可导,且=匕2u0,1二F(x)在二十上满足Rolle定理条件,必存在一点 六(.工2),使得：FP) = fC)1=0即：fU)=1,这与中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t ,使得f&) =t17 .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E W (0 , 1),使f ©) =1.分析：f'(：)=1= f

8、9;(x)=1= f(x)=x= f (x) -x=0 令 F ( x)= f (x) -x 证实： 令 F( x)= f(x) -x5(*)在0, 1上连续,在(0, 1)内可导,F (1)= f (1) -1 - -1 :二 0( f(1) =0)1 、1111 、,、()=f ( )0( f( ) =1)22222由介值定理可知,一个股J1, 1),使2F ( ")=0 又 F (0)= f (0) -0=0对F(x)在0, 1上用 Rolle 定理,三一个 S(0, *!)U(0, 1)使F'(£)=0 即 f'K)=18 .设f(x)在0,1上连续

9、,在(0,1)内可导,且f(0) = f (1)试证存在1和L满足0匕5 Ml,使 f Y)+ f'(")=0.证由拉格朗日中值定理知, 1f(-) -f(0)1= f ( )(0,1)1-022 1f (1) - f (1)1T2 = f ()F)1 -22f(1)-f(0)f(1)-f(1)()() 二 0229 .设 f(x)在a,b上连续,(a,b)内可导(0 Wacb), f(a)# f(b),证实：3j"w(a,b)使得证：(用(b -a)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于f ( )f ( ),h22(2)丁(b-a)=-2-(b -a ).为证此式,

10、只要取F(x)= f (x),取6他)=*和x2在a,b上分别应用Cauchy中值定理,那么知f(b)-f(a) =fy-)L(b -a) = f2P(b2 - a2),其中,-(a,b).10 .函数f (x)在0 ,1上连续,在(0 , 1)内可导,0<a<b,证实存在：JW(a,b),使3 2f/( ) =(a2 ab b2)f/()解：利用柯西中值定理f/( ) f(b)-f(a)3 2 -b3 -a3f;() 3 2f (b) - f (a).33b - a而 f (b) f(a) = f/«)(b-a)那么f/( )(b -a)f/( ),二小曲、332 (后

11、面略)b - a a ab b11 .设 f (x)在 x 之a时连续,f (a) <0 ,当 x >a 时,f'(x) a k a0 ,那么在(a,a - f (a) k内f (x) =0有唯一的实根解：由于fx) >k > 0 ,那么f (x)在(a,a*a)上单调增加 kf (a -f-(a)= f (a) - 1(与 fa) = f(a)1-f-(1)>0 (中值定理) kkk而 f (a) < 0故在(a,a 一内f (x) =0有唯一的实根12.试问如下推论过程是否正确.对函数格朗日中值定理得：2 . 1-t sint = 0-f(t)

12、= « t 在0,x上应用拉0t = 02.1 x si n- f(x)-f (0 ) xx-0x00=xs i1-s i-nc(O0s<:二 x)即：cos =2 sin 1 -xsin -x因0<x,故当xT 0时,0 ,由格$0'=lim xsin- =0 xx11.得：lim+cos=0,即 ymgosT = 0,一 ,一 一 一1解：我们已经知道, 雪+cos&=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Z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xT 0时,之不定连续地趋于零,它可

13、以跳跃地取某些值趋于零,从而使恩/.59=°成、一11立,而雪1°中要求连续地趋于苓.故由 蟹COS1°推不出.1 c叫 cos=0x13 .证实：V0 <x< 成立 x <tgx < .2cos x证实：作辅助函数f(x)=tgx,那么f(x)在0,x上连续,在(0, x)内可导,由拉格朗日定理知:f) - f ( )=1(0,x)x - 0 xcos即：tgx =>,因cs x在(0,三)内单调递减,故一二在(0,三) cos2cos x 2内单调递增,故即：x<Trr<-r cos 0 cos cos xcos co

14、s x1即：x<tgx<2. cos x注：利用拉格朗日中值定理证实不等式,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尸f( )b建(ab ),再根据f'(x)在(a,b)内符号或单调 证实不等式.14 .证实：当 0 cx 时,sinx+tgx>2x.3T证实：作辅助函数中(x) =sin x+tgx2xxe (0,y)(x) =cosx sec2 x-2= cosx y- -2 cos x一 cos2 x -2 cos x= (cosx -)2 cosx故中(x)在(0,；)上单调递减,又因中(0)=0,

15、5(x)在(0,：)上连续,故 中(x) > 中(0) =0,即：sin x +tgx -2x > 0 ,即：sinx + tgx>2x.注：利用单调性证实不等式是常用方法之一,欲证当xw I时f(x)之g(x),常用辅助函数中(x) = f(x)-g(x),那么将问题转化证中(x)之0,然后在I上 讨论之x)的单调性,进而完成证实.15 .f (x).16 .证实：假设 f (x)二阶可导,且 f (x) >0 , f(0) =0 , WJ F(x) = 在 x(0产的单调递增.证实：因F'(x)=xf(x)2 f(x),要证F(x)单调递增,只需证F'

16、;(x)>0, x即证 xf x) - f (x) >0 0设G(x)=xf'(x) f(x),那么G'(x) =xf “(x) + f'(x) f'(x) = xf (x),由于f"(x)> Q x>0 ,故 G(x)是单调递增函数,而 G(0) =0 f'(x)-0 = 0 ,因此 G(x)aG(0),即：xf'(x) f (x) >0,即：F'(x)A0,即F(x)当x A0时单调递增.lim(x 一0) 100xA2lnx =lim(x 一0) 100lnx/(1/xA2)这是 0°/理上下 求