1、微分中值定理的證明題1. 假設 f(x)在a,b上連續，在(a,b)上可導，f(a)= f(b) = O，證明：V/IgR,3e(a,b)使得：f,()+2f(<?) = 0o證：構造函數F(x)= f(x)eax,那么F(x)在a,b上連續，在(a,b)內可導，且F(a) = F(b) = 0 ,由羅爾中值定理知:3e(a,b),使F® = 0即：F©+；lf©e"=O,而e“H0,故 f'GD+2f(® = 0。2. 設 a,b >0 ,證明：3g (a,b),使得 aeb - be* = (1 -(a - b) <

2、;»1 1£i T , T1 1 1證：將上等式變形得：±e-e* =(1-(-) b ab aLi 1i 1作輔助函數f(x) = xes那么f(x)在上連續，在(門)內可導，b ab a由拉格朗H定理得:1. _ £ b ab a1 -bG1 - rs即：a一be'= (1 4)e'(a、b)e(a b 嚴3. 設 f(x)在(0,1)內有二階導數，且 f(l) = 0,有 F(x) = x2f(x)證明:在(0,1) 內至少存在一點？，使得：FM() = 0«證：顯然F(x)在0,1上連續，在(0,1)內可導，乂 F(0)

3、 = F(l) = 0,故由羅爾 定理知：Bxo e(0,1),使得F,(xo) = O又F,(x) = 2xf(x) + x2f,(x),故F'(0) = 0,于是F'(x)在0, xj上滿足羅爾 定理條件,故存在矗(0,況)，使得：FGD=O,而兵(0,觀)U (0,1),即證4. 設函數f(x)在0,1上連續，在(0,1)上可導，f(0) = 0 , f(l) = l.證明:(1) 在(0,1)內存在？,使得 詢=1-歹.(2) 在(0, 1)內存在兩個不同的點J , H吏得玖6玖)=1【分析】第一局部顯然用閉區間上連續函數的介值定理：第二局部為雙介值問 題，可考慮用拉格

4、朗II中值定理，但應注意利用第一局部已得結論.【證明】(I)令 F(x)= f(x)-l+x,那么 F(x)在0,1上連續，且 F(0)=-l<0, F =1X),于是由介值定理知，存在存在e (0J)，使得F() = 0,即f() = l-.(D)在0,幻和笄上對f(x)分別應用拉格朗FI中值定理，知存在兩個不同的點血(0,幻,和(舁)，使得f'()= 繆，f©=號一 ¥ 歹一。1-<于是 斤()仇：)=些.上型=匕£丄“.歹1_歹 彳1 一？5. 設f(x)在0, 2a ±連續,f(0) = f(2a),證明在0,a上存在？使得f

5、(a + ®= f©【分析】f(x)在02町上連續，條件中沒有涉及導數或微分，用介值定理或根的 存在性定理證明。輔助函數可如下得到f(a + 4) = f G) t f (a + 4s) - f () = 0 > f(a + x)- f (x) = 0【證明】令G(x) = f(a + x)- f(x) , XG0,a. G(x)在0,a上連續，且G(a)= f(2a)- f(a) = f(0)- f(a)G(0)= f(a)- f(0)當 f(a)= f(0)時，取？ = 0,即有 f(a + )= f()；當f (a) = f (0)時，G(0)G(a)<0

6、,由根的存在性定理知存在？w(0,a)使得，G(® = 0,即 f(a + )= f()6. 假設f(x)在0J上可導，且當xg0J時有0 vf(x)vl,且f'(x) = l,證明：在(0丄)內有且僅有一個點？使得( = ?證明：存在性構造輔助函數F(x)= f(x)-x那么 F(x)在0J±連續,且有 F(0)= f(0)-0>0, F(l)= f(l)-l<0,由零點定理可知：F(x)在(0JL)內至少存在一點,使得F() = 0,即： 唯一性：(反證法)假設有兩個點尙，區w(0Q,且芻 <旻，使得F©) = F©) =

7、0F(x)在0川上連續且可導，且諂屋u0JF(x)在運屋上滿足Rolle定理條件必存在一點 TW(gi，&2)，使得：F'()= f'()-1 = 0即：fr(T) = l ,這與中f'(X)Hl矛盾.假設不成立,即：F(x)= f(x)-x在(0J)內僅有一個根，綜上所述：在(0)內有且僅有一個點,使得f( = 7. 設 f(x)在0, 1±連續，在(0, 1)內可導，且 f(O)=f(l)=O, f(-) =lo 試2證至少存在一個？w(o, 1),使frtx)=i o分析：f,()=l> f'(x)=l=> f(x)=x=&g

8、t; f(x)-x=0 令 F (x)= f(x)- x證明： 令 F(x)二 f(x)-xF (x)在0, 1上連續，在(0, 1)內可導，F (1)= f(l)-l = -l<0(v f(l) = 0)F (牛)二 f(j) -扌=扌 > °(亍(y)= 1)由介值定理可知，日一個w(丄，1),使2F (°)二0 又 F (0)=f(0)-0=0對 F (x)在0, 1上用 Rolle 定理，日一個？w(0, )u(0, 1)使F®=0 即 r=i8設f(x)在0上連續，在(0Q內可導，且f(0)= f試證存在彳和"滿足0 v?vvl,使

9、 f®+ f r(；7)= 0 o證由拉格朗日中值定理知，f(-f(o)17= f®興(0,亍)-02f(l)- f(l)1=F(“)1-22f(|)- f(o) f(i)- f(|)f ® + f S) =+= 02 29 設 f(x)在a,b上連續,(a,b)內可導(0<a <b), f(a)f(b),證明:3，7G(a,b)使得心欝fS證：(ffl(b-a)乘于式兩端，知)(1)式等價于半(i學Z).1 2(2)為證此式,只要取F(x)= f(x),取G(x) = x和X2在a,b上分別應用Cauchy中值定理, 那么知f(b)- f(a) =

10、- (b-a) = (b2-a2),1 2其中仙w(a,b)10函數f(x)在0,1上連續，在(0 ,1)內可導，0 vavb，證明存在彳, w(a,b),使 3訂'(可=(a2 + ab+b2)f'()解：利用柯西中值定理課二罟攀 而 f(b)- f(a)= fz()(b-a)那么(后而略)f，() f(b)-fgo F©(b-a)f©3rj2 b3-a3b3-a3 a2 + ab+b211. 設 f(x)在x > a 時連續，f(a) <0,當x>a時，fz(x) >k >0,那么在(a,a-®)k內f(x) =

11、0有唯一的實根解：因為f,(x)>k>0,那么f(x)在(a,a-型)上單調增加 kf(a -11) = f(a)- (幻型=f(a)l-I_>0 (中值定理) kkk而f(a) <0故在心用晉)內f(x) = O有唯一的實根2 112. 試問如下推論過程是否正確。對函數f(t)=8111F0在0,x上應用拉t = 0格朗II中值定理得:11FX1S 2Xx-0x-0(Ovgvx)即:1 " 1 . 1 cos = 2 sin xsin 左左VJJ x(Ovgvx因0 vg<x,故當X->0 時，孑T 0,由 112 H 0 = so* £

12、;lim xsin = 0 xto X得:limcos- = 0,即 lim cos = 0 M §解：我們已經知道,觀陀=0不存在,故以上推理過程錯誤。首先應注意:上面應用拉格朗口中值的？是個中值點，是由f和區間0,x的端點而定的，具體地說，？與x有關系，是依賴于x的，當x->0時，？不立，而lim cos= 0 11*要求歹是連續地趨J零。故由lim cos = 0推不出"gx->0*§lim cos= 013. 證明：/0 vxv蘭成立xvtgx v o2cos- x證明：作輔助函數f(x) = tgx，那么f(x)在0,x上連續,在(0,x)內

13、可導,由拉格朗日定理知：f(x) f(°)= !g= r( = _L_e(0,x)X-0XCOS- 5B|J：因cosx在(0,蘭)內單調遞減，故丄一在(0,藝)2cos- x 2內單調遞增，故即：COS- 0 COS- 5 COS" XCOS- § COS" X即：x<tgx< oCOS X注：利用拉格朗口中值定理證明不等式，首先由不等式出發，選擇適宜的函數f(x)及相應的區間a,b,然后驗證條件，利用定理得f(b)- f(a> rf( )4 gab；再根據F(x)在(a,b)內符號或單調 證明不等式。14. 證明：當Ovxvf 時，

14、sinx+tgx>2xo證明：作輔助函數傾x) = sinx+tgx-2xxg(0,)2貝ij cp (x) = cos x+ sec2 x- 2=cosx+ 2COS- X、0a1> cos- x-2 +COS- X=(cosx -一)2cosx>0故傾x)在(0,) ±單調遞減，乂因傾0) = 0,傾x)在(0,) ±連續,2 2故傾x)> 做0)=0,即：sinx+tgx-2x>0 ,即：sinx4-tgx>2xo注：利用單調性證明不等式是常用方法之一，欲證當XGI時f(x) > g(x),常用輔助函數(x)= f(x)-g(

15、x),那么將問題轉化證傾x)no,然后在I上 討論勿X)的單調性，進而完成證明。15. 證明：假設 f(x)二階可導，且 fw(x)>0, f(0) = 0，那么 F(x) = 2也在X(0十s內單調遞增。證明：因F'(x) = £近型，要證F(x)單調遞增，只需證F'(x)>0, x"即證 xf'(x) - f (x) > 0 o設G(x) = xf (x)- f(x),那么 G'(x) = xf"(x)+f'(x)- f'(x) = xf "(x),因為f"(x)> (, x>0 ,故 G(x)是單調遞增函數，而 G(0) = 0 f'(x) 0 = 0 ,因此G(x)>G(0),即：xf'(x)-f(x)>0,即：F'(x)>0,即F(x)當x>0時單調遞增。lim(x>0) 100xA21nx =lim(xT) 1001nx/(l/xA2)這 ikoo/oo 型 上卜求導得 =lim(x>0) (100/x)-( 一 2/xA3) =lun(x-K) ) -50xA2 =0 所以 取自然