微分中值定理的证明题

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：VZ=R,区w(a,b)使得：f代)十九f(U)=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：*w(a,b),使F")=0即：fK)(C)e.=0,而e限=0,故f仁)+九f代)=0。2 .设a,b0,证明："w(a,b),使得aeb-bea=(12)e-(ab)。1111-证：将上等式变形得：1eb-1e=(1-t)e(l-l)baba1作辅助函数f(x)=xex,则f(x)在1,彳上

2、连续，在(1J)内可导,baba11f(r)-f(-)ba11ba1b1ae-e即ba_111111=f(J针(b，a)，由拉格朗日定理得:(1)在(0,1)内存在t,使得f代)=1Y.(2)在(0,1)内存在两个不同的点U,“使得f/(，)f/(刈)=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)-1+x,贝UF(x)在0,1上连续，且F(0)=-1<0,F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在匕(0,1)，使得F代)=0,即f代)=1/.(II)在0,芍和住

3、,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*1W(0r),qw(&1),使得fV)=f(?_f(0)ft，)=""-J"-01-f()1-f()1-d于是f()f()=二)二1.1匚二1二5 .设f(x)在0,2a上连续，f(0)=f(2a),证明在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明。辅助函数可如下得到f(a)=f()>f(a)-f()=0>f(ax)-f(x)=0【证明】令G(x)=f(a+x)f(x),xw0,a.G(x)在0,a上

4、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+"=f();当f(a)=f(0)时,G(0)G(a)<0,由根的存在性定理知存在Uw(0,a)使得，G代)=0,即f(a+6=f(U).6 .若f(x)在0,1上可导，且当xW0,1时有0<f(x)<1,且f'(x)¥1,证明：在(0,1)内有且仅有一个点2使得fK)=e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

5、定理可知:F(x)在(0,1)内至少存在一点t,使得F代)=0,即:f()=唯一性：(反证法)假设有两个点匕&w(0,1),且匕<%,使得F仁1)=F(2)=0丁F(x)在0,1上连续且可导，且££u0,1二F(x)在)J上满足Rolle定理条件二必存在一点”(。&),使得：F'(")=(")-1=0即：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t,使得f(D=巳1.7.设f(x)在0,1上连续

6、，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0,f()=1。试2证至少存在一个Uw(0,1),使f位)=1。分析：f'(t)=1=f'(x)=1=f(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)-1-1<0(f(1)=0)11111(1)=f(1)-1，0(f(1)=1)22222由介值定理可知，三一个“气1,1),使2F(")=0又F(0)=f(0)-0=0对F(x)在0,1上用Rolle定理，三一个£w(0,刈)匚(0,1)使F'()=0即f&

7、#39;(U)=18.设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)试证存在之和1满足0<n<1,使fC)+fH)=0。证由拉格朗日中值定理知,.1.f(2)-f(0)1-02.1二f()(0，万)1f(1)-f(2)TT-21(2，1)1.1f(1)-f(0)f(1)-f(1)22119.设f(x)在a,b上连续，(a,b)内可导(0Wa<b),f(a)#f(b),证明：ME尸w(a,b)使得f().证:(用(ba)乘于(1)式两端，知)(1)式等价于f()f()，h22丁(b-a%-2-(b-a).(2)为证此式，只要取F(x)=f(x)，取G(x)=

8、*和*2在a,b上分别应用Cauchy中值定理，则知f()f()22f(b)-f(a)=+6-旬=背9-a),其中，-(a,b).10.已知函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，0<a<b,证明存在£"W(a,b),使32f/()=(a2abb2)f/()解：利用柯西中值定理f;()32f;()32f(b)-f(a).33b-a而f(a)<0故在(a,a一f(a)内f(x)=0有唯一的实根.2.12.试问如下推论过程是否正确。对函数mFsin0tH0在0,x上应用拉t=0格朗日中值定理得:2.1门xsin-0f(x)-f(0)_xx-0x-01=

9、xsinx.11.=f()=2sin-cos(0:二：二x)cos'sin1-xsin1x(0：二，：x)因0ex,故当xt0时,一11.1_-t0,由lim-sin-=0im+xsin-=0.1|im+cos7=0,即.1l吗cos一f(b)-f(a)1733b-a而f(b)-f(a)=f/(E)(ba)则f/()(b-a)f/(),二小曲、33二=2(后面略)b-aaabb一一一/.f(a).11.设f(x)在x之a时连续，f(a)<0,当xaa时，f(x)aka0,则在(a,a-)k内f(x)=0有唯一的实根f(a)斛：因为f(x)kA0,则f(x)在(a,a)上单调增加k

10、f(af(a)=f(a)1(与f(a)=f(a)1f(-)>0(中值定理)kkk定连续地趋于零,它可以跳跃地取某些值趋于零,从而使Iim+cos4=0成、一11立，而瞥*cosE=0中要求之正连续地趋于苓。故由非+cosE=°推不出.1chmcos=0x13.证明：V0<x<成立x<tgx<202cosx证明：作辅助函数f（x）=tgx,则f（x）在0,x上连续,在（0,x）内可导,由拉格朗日定理知：fxf号"M&go,x）即：因cosx在（0,土）内单调递减，故在（0,工）内单调递增，故2cosx2111xx-27一2T一厂即：x2r

11、Mcos0coscosxcoscosx1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)=f()(b-a)(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0<x<；时，sinx+tgx>2x。证明：作辅助函数中(x)=sinx+tgx-2xx(0,)2贝(x)=cosxsec2x-21 cccosx2-2cosx2 c1-cosx-22cosx=(cosx)2cosx故中(x)在(0,1")上单调递减

12、，又因邛(0)=0,5(x)在(0,会上连续，故里(x)>中(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)之g(x),常用辅助函数邛(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,MF(x)=f在x(0,也)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)>

13、;0o设G(x)=xf(x)f(x),贝1jG'(x)=xf*(x)+f'(x)f'(x)=xf"(x),因为f"(x)>0,xA0,故G(x)是单调递增函数，而G(0)=0f'(x)-0=0,因止匕G(x)>G(0),即：xf'(x)f(x)>0,即：F(x)0,即F(x)当x>0时单调递增。1、1/11=(1又)e(，八baba即：aS-bee=(1-DeXa,b)S(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)内至少存在一点之，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x°W(0,1),使得F'(x0)=0又53=2乂”乂)+乂2汽)，故F'(0