1、微分中值定理的證明題1.若f(x)在a,b上連續，在(a,b)上可導，f(a) f(b) 0,證明：R ,(a,b)使得：f ( ) f( )0。證：構造函數F(x) f(x)e x，貝U F(x)在a,b上連續，在(a,b)內可導，0，故 f ( ) f( ) 0且F(a) F(b) 0,由羅爾中值定理知：(a,b)，使F( ) 02.設a,b 0 ,證明：(a,b)，使得 aeb bea (1 )e (a b)。111丄 11i,證：將上等式變形得：1 一 1 一 11-eb ea (1 )e ()b aba即: f ( ) f( )e0，而e111 1作輔助函數f (x) xex，則f

2、(x)在丄，丄上連續，在(丄,1)內可導,b ab a由拉格朗日定理得:ba11ba1 b1ae e即ba1 1(1f(-) f(1)b af (一)一(一,")，b a11一)-(1),b a即：aeb bee (1 )e (a,b)(a,b)。3. 設f(x)在(0,1)內有二階導數，且f(1) 0,有F(x) x2f(x)證明：在(0,1)內至少存在一點，使得：F ( ) 0。證：顯然F(x)在0,1上連續，在(0,1)內可導，又F(0)F(1) 0,故由羅爾定理知：X。(0,1)，使得F(X。)0又 F (x) 2xf(x) x2f (x)，故 F (0)0, 于是 F (x

3、)在0, x°上滿足羅爾定理條件，故存在(0,x°),使得：F ( ) 0,而(0,x°)(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(1) 1 .證明:(2) 在(0,1)內存在兩個不同的點,使得f/( )f/( ) 1【分析】 第一部分顯然用閉區間上連續函數的介值定理；第二部分為雙介值問題，可考慮用拉格朗日中值定理，但應注意利用第一部分已得結論【證明】(I)令 F(x) f(x) 1 x，則 F(x)在0,1上連續，且 F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在(0,1),使得F

4、( ) 0，即f( ) 1.(II)在0,和,1上對f(x)分別應用拉格朗日中值定理，知存在兩個不同的點(0,),(,1)，使得 f ()f( ) f(0) f ( )f(1) f()0 ' 1于是f ( )f ()f( ) 1 f( ) 111.5. 設f(x)在0，2a上連續，f(0) f(2a)，證明在0,a上存在 使得f(a ) f().【分析】f(x)在0,2a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) f( )f (a ) f( ) 0 f(a x) f (x) 0【證明】令 G(x)f(a x) f (x)，x 0,a.

5、 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，由根的存在性定理知存在(0,a)使得,G( )0,即 f(a ) f().f (x)1,且 f (x)1，證明:6. 若f (x)在0,1上可導，且當x 0,1時有0在(0,1)內有且僅有一個點使得f()證明：存在性構造輔助函數F(x) f(x) x則 F(x)在0,1上連續，且有 F(0)f(0)00, F(1) f (1) 10 ,由零點定理可知：F(x)在(0,1)內至少存在一

6、點 ，使得F( )0,即:f()唯一性：(反證法)假設有兩個點1, 2(0,1)，且12，使得F( 1) F( 2)0F(x)在0,1上連續且可導，且1, 20,1F(x)在1, 2上滿足Rolle定理條件必存在一點(1, 2)，使得：F ( ) f ( ) 1 0即: f ( )1，這與已知中f (x)1矛盾假設不成立，即：F (x) f (x) x在(0,1)內僅有一個根，綜上所述：在(0,1)內有且僅有一個點，使得f()17. 設 f(x)在0，1上連續，在(0，1)內可導，且 f(0) = f (1)=0，f()=1。試2證至少存在一個(0，1)，使f偸)=1。F (1)= f (1)

7、 110(f(1)0)(圻f(2)分析：f'( ) =1 f '(x) =1 f (x) =x f (x) x=0 令 F(x)= f (x) x證明：令 F( x)= f (x) xF ( x)在0，1上連續，在(0，1)內可導,由介值定理可知，一個 (丄，1)，使2F ( )=0 又 F (0)= f (0) 0=0對F(x)在0，1上用Rolle定理， 一個(0 ，)(0 ， 1)使F'( )=0 即 f'( )=18.設f(x)在0,1上連續，在(0,1)內可導，且f(0)f(1)試證存在 和.滿足1,使 f ()證由拉格朗日中值定理知,1f(-) f(

8、0)f()-021f(1) £)2(02)中)f(0)1f(1) f£)129.設f (x)在a,b上連續,(a,b)內可導(0 ab), f(a) f(b),證明：(a,b)使得f() fO-(1)證：(用 (ba)乘于(1)式兩端，知)(1)式等價于)(b a)屮(b2 a2).為證此式，只要取F (x)f (x),取 G(x)2在a,b上分別應用 Cauchy中值定理,則知f(b) f(a)宇 gb a)a2),其中10.已知函數f (x)在0 ,1上連續，在(0，1)內可導,0 a b，證明存在(a,b)，(a,b).使 3 2 f /( ) (a2 ab b2)f

9、/()解：利用柯西中值定理f/()f(b) f(a)b3 a3而 f (b) f (a) f/ ( )(b a)則f/( ) f(b) f(a) f/( )(b a)f/()(后面略、尹 丁音嚴廠a2 ab b2 (后面略)f (a)11.設 f (x)在 x a 時連續，f(a) 0，當 x a 時，f /(x) k 0，則在(a,a)k內f(x) 0有唯一的實根解：因為f/(x) k 0，則f(x)在(a, a丄)上單調增加kf(a)/ f(a)f/()亠，+f (a) f(a) f ( )f(a)10 (中值定理)kkk而f(a) 0故在(a, a丄回)內f (x)0有唯一的實根k12.

10、試問如下推論過程是否正確對函數 f (t)2 . 1 sin - t0在0,x上應用拉0格朗日中值定理得:f(x) f(0)2 1x sinxx 0.1xsi nxsin1 *1cos (0x)即:1cos12 sin.1xsi nx(0x)得:limx 0x，故當x1COS-0，0時,lim 2 sin 丄00 limx 01xsi n-0x即 lim cos 0定連續地趨于零，它可以跳躍地取某些值趨于零，從而使limx 0cos0 成立，而lim01 1cos 0中要求 是連續地趨于零。故由lim cos-x 00推不出lim cos013.證明：0x 成立 x tgx2x2-。 cos

11、x證明：作輔助函數f(x) tgx，則f(x)在0,x上連續，在(0,x)內可導,由拉格朗日定理知:空嚴塑f()x 0x12COS(0,x)即: tgx £cos，因 cosx在(0,) 內單調遞減,2故J廠在(0, )cos x 2內單調遞增，故1cos 01 1丄J 即: coscos xxx22-coscos x14.證明：當0 x 時,2sin x tgx 2x。證明：作輔助函數(x) sin x tgx 2x x (0,)2貝 U (x) cosxsec1 2 x 2COSX斗2cos2 xcos x(COSX亠2cosx故(x)在(0,_)上單調遞減，又因(0) 0 ,(x)在(0,)上連續，2 2故(x)(0) =0，即：sinx tgx 2x 0，即：sinx tgx 2x。注：利用單調性證明不等式是常用方法之一， 欲證當x I時f(x) g(x)， 常用輔助函數(x) f (x) g(x)，則將問題轉化證(x) 0，然后在I上 討論(X)的單調性，進而完成證明。15.證明：若f (x)二階可導，且f (x)0， f(0)0,則F(x)丄兇在x(0,)內單調遞增。證明：因F (x) xf