微分中值定理的证明题[1](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：???R，

???(a,b)使得：f?(?)??f(?)?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，

（a,b)，使F?(?)?0 且F(a)?F(b)?0，由罗尔中值定理知：???

即：[f?(?)??f(?)]e???0，而e???0，故f?(?)??f(?)?0。

2. 设a,b?0，证明：???(a,b)，使得aeb?bea?(1??)e?(a?b)。

1111 证：将上等式变形得：e?e?(1??)e?(?)

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)?xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，

baba

由拉格朗日定理得：

11f()?f()ba?f?(1) 1?(1,1) ，

11ba???ba11b1a1e?e1a?(1?)e? 1?(1,1) ， 即 b11ba???ba 即： aeb?bea?(1??)e?(a?b) ??(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?，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：?x0?(0,1)，使得F?(x0)?0

又F?(x)?2xf(x)?x2f?(x)，故F?(0)?0， 于是F?(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在??(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.证明： (1)在(0,1)内存在?，使得f(?)?1??．

(2) 在(0,1)内存在两个不同的点?，?使得f/(?)f/(?)?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，则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??(0,1), 使得F(?)?0，即f(?)?1??.

（II）在[0,?]和[?,1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点??(0,?),??(?,1)，使得f?(?)?于是，由问题（1）的结论有

f?(?)f?(?)?f(?)1?f(?)1???????1. ?1???1??f(?)?f(0)f(1)?f(?)，f?(?)?

??01??5. 设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)?f(2a)，证明在[0,a]上存在?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(a?x)?f(x)?0

【证明】令G(x)?f(a?x)?f(x)，x?[0,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??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??(0,a)使得，

G(?)?0，即f(a??)?f(?)．

6. 若f(x)在[0,1]上可导，且当x?[0,1]时有0?f(x)?1，且f?(x)?1，证明：

在(0,1) 内有且仅有一个点?使得f(?)?? 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，

?由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点?，使得F(?)?0，即：

f(?)??

唯一性：（反证法）

假设有两个点?1,?2?(0,1)，且?1??2，使得F(?1)?F(?2)?0

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[?1,?2]?[0,1] ?

?F(x)在[?1,?2]上满足Rolle定理条件

?必存在一点??(?1,?2)，使得：F?(?)?f?(?)?1?0 即：f?(?)?1，这与已知中f?(x)?1矛盾

?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?，使得f(?)??

17. 设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。 证至少存在一个??(0，1)，使f￠分析：f'(?)=1?f'(x)=1?f(x)=x?f(x)?x=0 令 F(x)= f(x)?x 证明： 令 F(x)= f(x)?x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导， F(1)= f(1)?1??1?0(?f(1)?0) F(

11111)= f()???0(?f()?1) 222221由介值定理可知，?一个??(，1)，使

2 F(?)=0 又 F(0)=f(0)?0=0

对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，?一个??(0，?)?(0，1)使 F'(?)=0 即 f'(?)=1

8. 设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)?f(1)试证存在?和?.满足

0?????1，使f?(?)?f?(?)?0。

证 由拉格朗日中值定理知，

1f()?f(0)12?f?(?) ??(0,)

12?021f(1)?f()12?f?(?)??(,1)

121?211f()?f(0)f(1)?f()2?0 f?(?)?f?(?)?2?11229. 设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0?a?b),f(a)?f(b), 证明: ??,??(a,b)使得 f?(?)?a?bf?(?). (1) 2?证: (用(b?a)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f?(?)f?(?)2(b?a)?(b?a2). (2) 12?

为证此式,只要取F(x)?f(x),取G(x)?x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2f?(?)f?(?)2?(b?a)?(b?a2), f(b)?f(a)?12?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?,??(a,b)，

使3?2f/(?)?(a2?ab?b2)f/(?)

f/(?)f(b)?f(a)解：利用柯西中值定理 ?2333?b?a而f(b)?f(a)?f/(?)(b?a) 则

f/(?)f(b)?f(a)f/(?)(b?a)f/(?)（后面略） ???22333323?b?ab?aa?ab?b/11. 设f(x)在x?a时连续，f(a)?0，当x?a时，f(x)?k?0，则在(a,a?f(a))k内f(x)?0有唯一的实根

/解：因为f(x)?k?0，则f(x)在(a,a?f(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/(?)/f(a?)?f(a)?f(?)?f(a)[1?]?0（中值定理）

kkk而f(a)?0故在(a,a?f(a))内f(x)?0有唯一的实根 k1?2t?0?tsin12. 试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)??在[0,x]上应用拉t?t?0?0格朗日中值定理得：

1x2sin?0f(x)?f(0)111x??xsin?f??(?)?2si?nc(0s???x) ox?0x?0x?? 即：cos1??2?sin1??xsin1) (0???x

x1xsin? lim?x?0??0，il2?nsi?0 因0???x，故当x?0时，由m??0?1?0 x 得：lim?cosx?0

1??0，即limcos???01??0

解：我们已经知道，lim?cos??01??0不存在，故以上推理过程错误。

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