《2022年微分中值定理的证明题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年微分中值定理的证明题（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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，( )( )0f af b，证明：R，( , )a b使得：( )( )0ff。证：构造函数( )( )xF xfx e，则( )F x在 , a b上连续，在( , )a b内可导，且( )( )0F aF b，由罗尔中值定理知：, )a b（，使( )0F即：( )( )0ffe，而0e，故( )( )0ff。2.设,0a b，证明：( , )a b，使得(1)()baaebeeab。证：将上等式变形得：1111111111(1)()baeeebaba作辅助函数1( )xf xxe，则( )f x在1 1
2、,b a上连续，在1 1(,)b a内可导，由拉格朗日定理得：11( )()1()11ffbafba11 1(,)b a，即11111(1)11baeebaeba11 1(,)b a，即：ae(1)( , )bebeea b( , )a b。3.设( )f x在(0,1)内有二阶导数，且(1)0f，有2( )( )F xx f x证明：在(0,1)内至少存在一点，使得：( )0F。证：显然( )F x在0,1上连续，在(0,1)内可导，又(0)(1)0FF，故由罗尔定理知：0(0,1)x，使得0()0Fx又2( )2( )( )Fxxfxx fx，故(0)0F， 于是( )Fx在00x，上满足
3、罗尔定理条件，故存在0(0,)x， 使得：( )0F，而0(0,)x(0,1)，即证4.设函数)(xf在0,1 上连续，在 (0,1) 上可导，0)0(f，1) 1(f. 证明：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页(1) 在(0,1) 内存在，使得1)(f (2) 在(0,1) 内存在两个不同的点，1)()(/ff使得【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xxfxF1)()(， 则 F(x)在0， 1上连续，
4、且 F(0)=-10,于是由介值定理知，存在存在),1 ,0(使得0)(F，即1)(f.（II） 在,0和 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)1 ,(),0(，使得0)0()()(fff，1)()1()(fff于是.1111)(1)()()(ffff5.设)(xf在0 ，2a 上连续，)2()0(aff，证明在 0,a 上存在使得)()(faf. 【分析】)(xf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0)()(0)()()()(xfxaffaffaf【证明】令)()()(xfxafxG，,0ax)(xG在
5、0,a上连续，且)()0()()2()(affafafaG)0()()0(fafG当)0()(faf时，取0，即有)()(faf；当)0()(faf时，0)()0(aGG，由根的存在性定理知存在),0(a使得，0)(G，即)()(faf6.若)(xf在 1 ,0上可导，且当 1 ,0x时有1)(0xf，且1)(xf，证明：在)1 ,0(内有且仅有一个点使得)(f精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页证明： 存在性构造辅助函数xxfxF)()(则)(xF在 1 ,0上连续，且有00)0()0(fF，01)1()1 (fF，
6、由零点定理可知：)(xF在)1 ,0(内至少存在一点，使得0)(F，即：)(f唯一性： （反证法）假设有两个点)1 , 0(,21，且21，使得0)()(21FF)(xF在 1 ,0上连续且可导，且,211 ,0)(xF在,21上满足 Rolle 定理条件必存在一点),(21，使得：01)()(fF即：1)(f，这与已知中1)(xf矛盾假设不成立，即：xxfxF)()(在)1 ,0(内仅有一个根，综上所述：在)1 ,0(内有且仅有一个点，使得)(f7.设)(xf在0 ，1 上连续，在 (0 ，1)内可导，且)0(f=)1 (f=0，)21(f=1。试证至少存在一个(0，1) ，使( )fx=1
7、。分析：)( f=1)( xf=1)(xf=xxxf)(=0 令 F (x)= xxf)(证明：令 F(x)= xxf)(F(x) 在0 ，1 上连续，在 (0，1) 内可导，F(1)= )0) 1(011)1 (ffF (21)= )1)21(02121)21(ff由介值定理可知，一个(21，1)，使F ()=0 又 F (0)=)0(f0=0 对F(x)在0 ，1 上用 Rolle 定理，一个(0，)(0，1)使)( F=0 即)( f=1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页8.设)(xf在 1 ,0上连续，在)
8、 1 ,0(内可导，且)1()0(ff试证存在和. 满足10，使0)()(ff。证 由拉格朗日中值定理知，)(021)0()21(fff)21,0() 1 ,21()(211)21() 1(fff021)21() 1(21)0()21()()(ffffff9.设( )f x在 , a b上连续 ,( , )a b内可导(0),ab( )( ),f af b证明 :,( , )a b使得( )( ).2abff(1)证: (用()ba乘于 (1)式两端 ,知)(1)式等价于22( )( )()().12ffbaba(2)为证此式 ,只要取( )( ),F xf x取( )G xx和2x在 , a
9、 b上分别应用Cauchy 中值定理 ,则知22( )( )( )( )()(),12fff bf ababag其中,( , )a b.10.已知函数)(xf在0 ,1上连续，在 （0 ， 1） 内可导，ba0， 证明存在),(,ba，使)()()(3/22/2fbabaf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页解：利用柯西中值定理332/)()(3)(abafbff而)()()(/abfafbf则22/33/332/)()()()(3)(babafababfabafbff（后面略）11.设)(xf在ax时连续，0)(af
10、， 当ax时，0)(/kxf， 则在)(,(kafaa内0)(xf有唯一的实根解：因为0)(/kxf，则)(xf在)(,(kafaa上单调增加0)(1)()()()()(/kfafkaffafkafaf（中值定理）而0)(af故在)(,(kafaa内0)(xf有唯一的实根12. 试问如下推论过程是否正确。对函数21sin0( )00ttf ttt在0,x上应用拉格朗日中值定理得：21sin0( )(0)111sin( )2 sincos00xf xfxxfxxx(0)x即：111cos2 sinsinxx(0)x因0x， 故当0x时，0， 由01lim 2 sin001limsin0xxx得：
11、0limx1cos0，即01lim cos0解：我们已经知道，01lim cos0不存在，故以上推理过程错误。首先应注意：上面应用拉格朗日中值的是个中值点，是由f和区间0,x的端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当0x时，不精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页一定连续地趋于零， 它可以跳跃地取某些值趋于零， 从而使01lim cos0x成立，而01lim cos0中要求是连续地趋于零。故由01lim cos0x推不出01lim cos013. 证明：02x成立2cosxxtgxx。证明：作辅助函数( )f
12、xtgx，则( )f x在0, x上连续，在(0, )x内可导，由拉格朗日定理知：2( )(0)1( )0cosf xftgxfxx(0, )x即：2cosxtgx， 因cosx在(0,)2内单调递减， 故21cos x在(0,)2内单调递增，故222111cos 0coscos x即：22coscosxxxx即：21cosxtgxx。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)(xf及相应的区间,ba，然后验证条件，利用定理得( )( )( )()f bf afba( , )a b， 再根据( )fx在( , )a b内符号或单调证明不等式。14. 证明：当02x
13、时，sin2xtgxx。证明：作辅助函数( )sin2xxtgxx(0,)2x则2( )cossec2xxx21cos2cosxx221cos2cosxx21(cos)cosxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页0故( )x在(0,)2上单调递减，又因(0)0，( )x在(0,)2上连续，故( )(0)x=0，即：sin20xtgxx，即：sin2xtgxx。注： 利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当 xI 时( )( )f xg x，常用辅助函数( )( )( )xf xg x，则将问题转化证( )0x，然后
14、在 I 上讨论( )x的单调性，进而完成证明。15. 证明：若( )f x二阶可导，且( )0fx，(0)0f，则( )( )f xF xx在(0,)内单调递增。证明：因2( )( )( )xfxfxFxx，要证( )F x单调递增，只需证( )0Fx，即证( )( )0xfxf x。设( )( )( )G xxfxf x，则)()()()()(xfxxfxfxfxxG，因为( )0fx，0x，故( )G x是单调递增函数，而(0)0G( )00fx，因此( )(0)G xG，即：( )( )0xfxf x，即：( )0Fx，即( )F x当0x时单调递增。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页
