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利用罗尔定理证明根的存在问题例1.设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0,f(；)=1,证明：至少存在一个-=(0,1)，使f'(三)=1.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F(x)=f(x)x，显然f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，L.1111且F(1)=f(1)1=1<0,F()=f(或五=§A0,1.由零点定理可知，存在一个n在(五，1)，使F)=0，又F(0)=f(0)0=0;对F

2、(x)在10/上用罗尔定理，存在一个£弘0,明)二(0,1),使得F'(£)=0,即f'K)=1.注：构造函数F(x)方法1(原函数法)：(1) 将欲证结论中的匚换成x；(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，则令另一边即为所求辅助函数F(x).1例2.设函数f(x)在闭区间。1】上可导，且满足关系式f(1)2J：xf(x)dx=0,证明：在刃区间(0,1)内至少存在一个E,使得f'(&)=f(&#

3、176;分析：令匕=x,原等式化为:f(x)冬，即3=_1,xf(x)x两边积分得c-lnf(x尹lx+lcn即f(x)=，亦即xf(x)=0，取c=0,于是x令F(x)=xf(x).证明：设函数F(x)=xf(x),显然F(x)在lb,1上连续，在(0,1)内可导，由条件F(1)=202xf(x)dx应用积分中植定理，有11f(1)=F(1)=2j；xf(x)dx=2nf(听)§dx=nf任)于是，F(1)=f(1)=S(n),F(n)=nf(n)，可知，F(x)满足罗尔定理条件，故存在f伐)+小住)=0.f()f()=0兴(叫1)u(0,1)使得F'(&)=0,即

4、f(x)注意：实际上找辅助函数可从结论中入手推出：&fK)+f(3=0,显然有(xf(x)f()f().例3.设函数f(x),g(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0，证明存在一个&在(a,b)，使f'(£)+f(M)g世)=0分析：令x=E，则结论=f'(x)+f(x)g'(x)=0,则f-=-gx),两边积分，得lnf(x)=g(x)+lnc,即f(x)=ce"(x),亦即f(x)eg(x)=0(取c=0)，于是令F(x)=f(x)eg(x).(1)在开区间(a,b)内,g(x)#0；(2)在开区间,.

5、f()f()(a,b)内至少存在一个-,使.=g()g()分析(2)令&=x，则欲证结论13=上皿，则有f(x)g"(x)=g(x)f“(x)，两边从g(x)g(x)(0,x咫分得0f(x)g”(x)dx=£g(x)f"(x)dx(分部积分)f(x)g(x)-0f(x)g(x)dx=g(x)f(x)-0f(x)g(x)dx例4.设f(x),g(x)在ta,b】上二阶可导，且g"(x)=0,f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0,nf(x)g(x)g(x)f'(x)=0,于是令F(x)=f(x)g(x)g(x)f'(x).例5.

6、设函数f(x)在la,b上连续，在(a,b)内可导，证明在(a,b)内至少存在一个匚,使典空f(X"b-a分析：从结论可看出F'(x)=(xf(x)'=f(x)+xf'(x),所以令F(x)=xf(x).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a及f(a)构成代数式，另一端为b及f(b)构成代数式；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a改为x,相应的函数值f(a)改为f(x)，则换变量后的端点表达式就是所求辅助函数F(x).如例5.令bf(b)项(a)=knbf(b)kb=af(a)

7、ka(对称性)b-a对称式：a与b互换等式不变；轮换对称式：(a,b,c)t(b,c,a)等式不变.令F(x)=xf(x)kx=xf(x)提(b)顶(a)x,(a=x)b-a例6.设f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，(0<a<b),试证，存在一个匚在(a,b).b使f(b)f(a)=&lnfV).a分析：结论f"faMf®,Inblna令J_()_=knf(b)kInb=f(a)kIna(对称式)，Inb-Ina所以F(x)=f(x)kln次fex)(?_f(a)|nx或者：由结论：f(bbf(a_L!,)令F(x)=f(x),g(x)=,应用

8、柯西中值定理.Inb-Ia1xI例7.设函数f(x)在x，x2上可导，且0<为<乂2,试证：在(x，x2)内至少存在一个-,使得XiX2XiX2f(Xi)f(X2)例8.若f(X),g(X)在a,b上可导，且g(X)=O，则三一代w(a,。，使f(a)-f。=£)g()-g(b)g()八垢人f(a)-f(X)f(X)分析：令&=X,n=g(X)-g(b)g(X)=f(a)-f(X)g(X)=g(X)-g(b)f(x)=f(a)g(x)g(b)f(x)=f(x)g(x)f(x)g(x)=f(a)g(x)g(b)f(x)=f(x)g(x)nf(a)g(x)+g(b)f

9、(x)=f(x)g(x)，令c=0令F(x)=f(x)g(x)-f(a)g(x)-g(b)f(x).f(a)-f(x)_f(x)g(x)g(x)-g(b)g(x)Lg(x)-g(b)f(x)f(a)-f(x)g(x)-g(b)f(x)-f(a)H=一g(x)-g(b)f(x)-f(a)g(x)-g(b)=cf(x)-f(a)=lng(x)-g(b)=Tnf(x)-f(a)Incng(x)g(b)f(x)f(a)=0，令c=0令F(x)=g(x)-g(b)f(x)-f(a).证明至少存在一点，明在(a,b)且耳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

10、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f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，(0<a<b)，试证，存在一个听，X(a,b),使得：fF)=%f'L)证明：分析：用一次拉格朗日中值定理得，存在匕(a,b)f(b)f(a)=f住)b-a故只需证明f(b)-f(a)Wf()b-a2即f(b)一"a)=旦)，柯西中值定理b2-a22设g(x)=x2，贝Ug(x)=2x#0(0<a<b),显然函数f(x),g(x)=x2在a,b上满足柯西中值定理条件，于是存在w(a,b),22f()使得f(b)f(a)=(b2a2),即2又因为

11、f(x)在a,b上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在&w(a,b),使得f(b"(a)="b-a于是,由上述两式可得：f(与=号fK1),其中n-(a,b).例9.(10,10分)设函数f(x)在闭区间虹1上连续，在开区间(0,1)内可导，且f(0)=0,ii，if(1)=，证明：存在兴，0,1,使得f(，+fp)=w2+n2.3I2j12J1 【分析】这是一个双介值的证明题，构造辅助函数，用两次拉格朗日中值定理13【证明】令F(x)=f(x)x，由题知F(0)=F(1)=0,3F(x)在.10,1'上用拉格朗日中值定理，-20,1，f,f(0)=2f()F

12、(x)在111'上利用拉格朗日中值定理,_2'11.3*1-l-,1NF(1)F|；=-Fn)22两式相加得f(')f()='22.【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f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1,试证明：对于任意给定正数a,b，在(0,1)内存在不同的七E使得a证明：因为aA0,b>0，所以0<一土<1,又f(x)在0,1上连续，由介值定理，存aba在肴(0,1),使得f(T)=ab再对函数f(x)在0,t

13、7,1上分别用拉格朗日中值定理，有f()-f(0)=(.-0)f(),(0,)f(1)f=(1T)f侦)，氏(E,1),而f(0)=0f(1),于是由上两式得:f()=f()1-f()=(1-)f()ab则=,1"()ab1_f()f()f()f()上向物式相加，侍：1-a+br)f()(ab)f()(ab)ab即咕+abf()f()(练习：1.设函数f(x)在虹1】上连续，(0,1)内可导，且3j2f(x)dx=f(0),证明：在(0,1)3内存在一点c,使f'(c)=02.设函数f(x)在区间10,3上连续，在(0,3)内可导，且f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)

14、=1.试证：必存在e(0,3)，使f'K)=0.)3.设f"(x)在a,b上存在,a<c<b，试证：3(a,b),使得f(a).f(b).f(c)(ab)(ac)(ba)(bc)(ca)(cb)1=1f“(E).(提示：轮换对称性)24.若X1X20,证明存在一个巴在(X1，皴)X2X仰xe'2X2eX1=(1t)e'(XX2).(提示：对称性)证明不等式例11.设ba0，证明：卜叽2(ba).aab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f'(X)>0,X(a,

15、b)，则f(X)在a,b内单调递增要证lnb>2(ba)，只需证明(lnblna)(a+b)2(ba)>0aab令f(x)=(lnx-Ina)(a+x)-2(x-a),Xa.1_nf(x)=(a+x)+(lnx-lna)-2,很难判断其正负，xa1x-anf(x-+-=>0,xu(a,fnf(x)在a,E)上单调递增，而f'(a)=0=-x(a,二)，f(x)f(a)=0nf(x)在a,E)上单调递增，而f(a)=0=f(b)-f(a)=(lnblna)(ab)2(ba)0.(练习：1.(98,8分)设x(0,1),证明:oo1111(1)(1+x)ln2(1+x)&

16、lt;x2；(2)1<<-.ln2ln(1x)x2【分析】利用函数的单调性证明不等式【详解(1)令x)=(1+x)ln2(1+x)x2，则有中(0)=0,且.2(x)=ln(1+x)+2ln(1+x)2x,”(0)=0.2,'(x)=Dn(1+x)_x,1x(x)=2<0,(1x)x(0,1)=史(x)即“(0)=0n?(x)K(0),(0,1).所以中'(x)<0，从而平(x)<0,即(1+x)ln2(1十x)<x2',11(2)令f(x)=|(")，xw(0,1，则有22(1x)ln(1x)-xf(x)-22x(1x)l

17、n(1x)由(1)知，f'(x)<0(当xW(0,1)，于是推知在(0,1)内,f(x)单调减少.又f(x)在1区间(0,1上连续，且f(1)=1,故当x在(0,1)时,ln2111f(x)=-1,ln(1x)xln2不等式左边证毕.又lmf(x)=limlimi(；x)=lim-x0xJ0xln(1x)x)0xx)02x(1x)故当x(0,1)时,s、111f(x)=<-,ln(1x)x2不等式右边证毕.【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f(n)(x)A0,x(a,b)nf(n4x)在(a,b)内单调增加.)yx.x.例12.设ae,0<x&

18、lt;y<z，求证：aa>(cosxcosy)alna.证明：利用微分中值定理证明yx(x,y)a-aaInacosycosx-sin只需要证明alnac一axIna，显然成立：alna>a'lnaaxlna.sinsin(练习：1.(02,8分)设0<a<b,证明不等式2alnblna1.abbaab【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"项<二.b-a.ab设(x)=lnx-lna-xM.ax(xaa>0),11a(5a)2户I/=十I=;=,a2.x2x,x2xax

19、<0,故当xpa时,%x）单调减少，又华（a）=0,所以，当x>a时，甲（乂）中（a）=0，即x-alnxlna£,-ax从而当b>aa0时，有lnb-lna<W，即<.abb-a.ab再证左边不等式，即2alnblnaa2b2b-a方法一设函数f（x）=lnx（xaA0）,由拉格朗日中值定理知至少存在一点£e(a,b),使lnb-lnaba由于0<a上<b,故2aa2b2，”nb-lna2a从而2.b-aa2b2方法设f(x)=(x2a2)(lnxlna)2a(xa)(xa0)因为f(x)=2x(lnx-lna)+(x2+a2)一

20、2a,x=2x(lnx一lna)(x一a)0x故当xa时，f(x)单调增加，又f(a)=0，所以当xa时,22_f(x)af(a)=0,即(x+a)(lnxlna)2a(xa)a0.从而当baa0时，有(b2+a2)(lnblna)2a(ba)a0,即2alnb-lna2727abba2.(04,12分)设e<a<b<e2，证明ln2bln2a(ba).e【分析】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ln2x在la,b上应用拉格朗日中值定理，得222lnlnb-lna=(b-a),a<<b.flnt1-lnt

21、设中。)=，贝U仕)=当te时，中'(t)<0，所以中(t)单调减少，从而中(勺平(e2)，即lnlne22T>=，ee,224故lnbTna(a).e【详解2】设中(x)=ln2x£x,则e(x)=2蚣-£,xe、(x)=2x所以当xe时，中”(x)<0,故P(x)单调减少，从而当e<x<e2时,啊(x)舛(e2)=£-£=0,ee即当e<x<e2时，甲(x)单调增加.因此当e<x<e2时，平(b)AV(a),_2424即Inbblnaa,故ee224lnb-lna(b-a).e【评注】本题

22、也可设辅助函数为华(x)=ln2x-ln2a-£(x_a),e平(x)=ln2b-ln2x-£(b-x),e<x<b<e2,再用单调性进行证明ee<a<x<e2或.)例13.当04x壬1时，21<(1x)Q+xMl(p为大于1的正整数)分析：求最值法，令F(x)=(1x)P+xp，求解F(x)=(1x)P+xp在0x1上最值。例14.求证：若x,y,z满足x2+y2+z2=8的正数，则x，+y，+z，芝16J23分析：用条件极值法求解最值,构造拉格朗日辅助函数：F(x)=x3+y3十z3+L(x2+y2+z2-8),若极值唯一，则为

23、最值。exyx_y例15.证明不等式：e2,(x=y).2分析：利用凹凸性的定义:f("*'2)<()fW"MX"凹的(凸的)22特点是自变量平均的函数值大于或小于函数值的平均值。令y=ex,y"=exA0,函数在定义域内是凹的，故f(f<f(x"(x2),即22exey耳e,(x=y)。例16.设f(x)在a,b上具有连续导数，f(a)=f(b)=0,且jf2(x)dx=1,证明:bb1qf(x)2dxXJax2f2(x)dx)>4。分析：判别式法b9b9只需要证明：txf(x)dxtf(x)dx0a.af|t2x2

24、f2(x)+f'(x)2dxA0a.b-ab；.2222；txf(x)-2txf(x)f(x)f(x).dx0ab2txf(x)f(x)dx-taba2xf(x)f(x)dx=-1b,22bb,2axdf(x)=xf(x)JIf(x)dx=1例17.设函数f(x),g(x)在a,b内可积，且f(x)<1,g(x)<1,证明:cf(x)g(x)±J(1f2(x)(1g2(x)dxMba。a分析：三角函数法，令f(x)=sinu,g(x)=sinv5.根的存在问题若只知f(x)在a,b或(a,b)上连续，而没有说明f(x)是否可导，则一般用零点定理；若告诉函数可导，一

25、般用罗尔定理；告诉函数高阶可导,则一般用泰勒公式。x例18.证明方程lnx=e：.1一cos2xdx在(0,危)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k的不同取值情况，确定方程31xsinx=k在开区间2'0i内根0,2的个数，并证明你的结论【分析】令f(x)=xsinx，讨论方程f(x)=k在开区间.0,22"i内根的个数，实质上只需研究函数f(x)在0,：i上图形的特点，f(x)=k在开区间'0,；j内根的个数即为直线y=k与曲线y=f(x)在区间0二i内交点的个数2、一一.、H