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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:VX g R,北 w (a, b)使得：f + Xf(g)二 0。证：构造函数F(x) = f (x)eXx，则F(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，且F (a)二F (b)二0，由罗尔中值定理知：玉G(a, b)，使F北)二0即：f 准)+ Xf (g)e雄二0，而e疋H 0，故f(g) + Xf (g)二 0。2. 设 a,b 0，证明:3g g (a,b)，使得aeb bea 二(1g )eg(a b)。丄丄丄证：将上等式变形得：1 eb ea = (1g )eg (
2、 -丄) b ab a作辅助函数f (x) = xeX，则f (x)在y,-上连续，在(y,-)内可导,b ab a由拉格朗日定理得：f (b) f ()-11bl 1 a = f，(：)g g G丄),1 1gg b aba11eb ea即 b a = (1bag g (a ,b )。即：aeb bee 二(1g )eg (a, b)3. 设 f (x)在(0,1)内有二阶导数，且f (1)二 0，有F(x)二x2f (x)证明：在(0,1) 内至少存在一点g，使得：F(g )二0。证：显然F(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，又F(0)二F(l)= 0，故由罗尔 定理知：3x g (
3、0,1)，使得 F(x )二 000又 F (x)二 2 xf (x) + x2f(x)，故 F(0)二 0，于是 F(x)在0, x 上满足罗尔0定理条件，故存在g g (0,x )，使得：F(g )二0，而g g (0,x ) u (0,1)，即证004. 设函数f (x)在0,1上连续，在(0,1)上可导，f (0)二0，f (1)二1 .证明:在(0,1)内存在g，使得f (g) = l_g 在(o,i)内存在两个不同的点:,耳使得f/(匚)f/(n)二1【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.
4、【证明】(I)令 F(x)二 f (x) -1 + x，则 F(x)在0,1上连续，且 F(0)=-1v0, F=10,于是由介值定理知，存在存在ge (0,1),使得F (g)二0，即f (g)二1 -g .(II)在0,g 和g ,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n e (0,g),匚 e (g,1)，使得f们)=f (g) - f (0)g-0f (1) - f (g)1-g于是伽应)=守=导总=1-5. 设f (x) 在 0, 2a上连续，f (0)二f (2a)，证明在0,a 上存在g使得f (a + g)二 f (g).【分析】f(x)在0,2a上连续，条
5、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 + g ) - f (g ) T f (a + g ) f (g ) = 0 T f (a + x) 一 f (x) = 0【证明】令G(x) = f (a + x)一f (x)， x e 0,a G(x)在0,a上连续，且G(a)二 f (2a) 一 f (a)二 f (0) 一 f (a)G (0)二 f (a) 一 f (0)当 f (a)二 f (0)时，取g 二 0，即有 f (a + g)二 f (g);当f (a)二f (0)时，G(0)G(a) 0，由根的存在性定理知存在g e (0,a)使得,
6、G (g)二 0，即 f (a + g)二 f (g) 6. 若f (x)在0,1上可导，且当x e 0,1时有0 f (x) 0 , F(1)二 f (1) -1 0 ,由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点g，使得F(g)二0，即:f (g)二 g唯一性：(反证法)假设有两个点g , g e (0,1)，且g g，使得F (g ) = F (g ) = 01 2 1 2 1 2/ F(x)在0,1上连续且可导，且g ,g u 0,112F(x)在g ,g 上满足Rolle定理条件12必存在一点ne(g ,g )，使得：F(n)二广们)-1二012即: f(m二1，这与已知中f(
7、x)丰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g，使得f (g)二g7. 设f (x)在0, 1上连续，在(0,1)内可导，且f (0) = f=0，f (1) =1。试 证至少存在一个ge(0，1)，使f (x) =1。分析：f(g) =1 n f(x) =1 n f (x) =xn f (x)一x =0 令 F (x)= f (x)一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(vf(2)二1)1由介值定理可知，3 一个n
8、e (一，1)，使2F (n )=0 又 F (0)= f(0) -0=0对F (x)在0，1上用 Rolle 定理，3 一个g e (0， n ) u (0， 1)使F(g)=0即 f(g)=1o 2n 1，使 f(2) + f r(n)二 0。由拉格朗日中值定理知1gG(o,2)f () - f (0)Y= f(g)-02广们)n g (2,1)f(!)-f(0) f-f(!)21 + 1 2 =02 29.设 f (x)在a, b上连续,(a, b)内可导(0 a b), f (a)丰 f (b),证明：mg,n g (a,b)使得(1)证：(用 (b - a)乘于式两端，知)(1)式等
9、价于警(b2 -a2).(2)为证此式,只要取 F(x)f (x),取G(x) x和x2在a,b上分别应用Cauchy中值定理,则知f (b)-f (a)=半&-a)=守(b2 -a2),其中 g,n g (a,b).10.已知函数f (x)在0 ,1上连续，在(0，1)内可导，0 a a 时连续，f (a) a 时，f /(x) k 0，则在(a,a k内f (x)二0有唯一的实根解：因为f/(x) k 0，则f (x)在(a,a )上单调增加 kf (a - f (a) = f (a) - f /(g) f (a) = f (a)1 f ：(g) 0 (中值定理)k k k而f (a) 0
10、故在(a, a f(a)内f (x)二0有唯一的实根k12.试问如下推论过程是否正确。对函数f (t)詔112smt0心0在0, x上应用拉t = 0格朗日中值定理得：C 1nx2s i n-一 0忙=xsmf，g(=) g 2x0x0x-si-n-：g x)gg即：cos1 = 2g sin1 x sin -(0g x )g g x因 o g x，故当 x t o 时，g t o，由 m2 n g g0+0- = lim x sin- = 0 gx t0+x得：lim cos - = 0，即 limcos- = 0ggt0+gxtO+解：我们已经知道，limcos- = 0不存在，故以上推理
11、过程错误。 gt0+ g首先应注意:上面应用拉格朗日中值的g是个中值点，是由f和区间0,x的端点而定的，具体地说，g与x有关系，是依赖于x的，当x t 0时，g不一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使1 imcos 1 = 0成 xt0+g立，而lim cos 1 = 0中要求g是连续地趋于零。故由limgx t0+cos1 = 0推不出tO+lim cos1 = 0gT0+gx13.证明：V0 x成立x tgx 2cos2 x证明：作辅助函数f (x)二tgx，则f (x)在0, x上连续,在 (0, x) 内可导，由拉格朗日定理知：f (力一 f=空=f (g )x=g G
12、(0, x)cos2 g即：tgx = x，因cs x在(0,)内单调递减，故一1 在(0,)cos2 g2cos2 x2内单调递增，故 1 cos2 0 cos2 g1 即: x cos2 xcos2 gx f ()- 込(a b )再根据f(x)在(a, b)内符号或单调证明不等式。兀14.证明：当 0 x 2x。2证明：作辅助函数申(x) = sin x + tgx - 2xx g (0,)2则申(x)二 cos x + sec2 x - 2=cos x + 1- 2cos2 x1 cos2 x 一 2 +cos2 x=(cos x - )2 cos x兀兀故甲(x)在(0,)上单调递减，又因申(0)二0 ,甲(x)在(0,)上连续, 22故 申(x) 申(0) =0,即：
