微分中值定理的證明題

1、微分中值定理的證明題1. 假設(shè) f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)上可導(dǎo)，f(a)= f(b) = O，證明：V/IgR,3e(a,b)使得：f,()+2f(<?) = 0o證：構(gòu)造函數(shù)F(x)= f(x)eax,那么F(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，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(shè) 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(shù)f(x) = xes那么f(x)在上連續(xù)，在(門)內(nèi)可導(dǎo)，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(yán)3. 設(shè) f(x)在(0,1)內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù)，且 f(l) = 0,有 F(x) = x2f(x)證明:在(0,1) 內(nèi)至少存在一點(diǎn)？，使得：FM() = 0«證：顯然F(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，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?xiàng)l件,故存在矗(0,況)，使得：FGD=O,而兵(0,觀)U (0,1),即證4. 設(shè)函數(shù)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)上可導(dǎo)，f(0) = 0 , f(l) = l.證明:(1) 在(0,1)內(nèi)存在？,使得 詢=1-歹.(2) 在(0, 1)內(nèi)存在兩個(gè)不同的點(diǎn)J , H吏得玖6玖)=1【分析】第一局部顯然用閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的介值定理：第二局部為雙介值問(wèn) 題，可考慮用拉格

4、朗II中值定理，但應(yīng)注意利用第一局部已得結(jié)論.【證明】(I)令 F(x)= f(x)-l+x,那么 F(x)在0,1上連續(xù)，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(duì)f(x)分別應(yīng)用拉格朗FI中值定理，知存在兩個(gè)不同的點(diǎn)血(0,幻,和(舁)，使得f'()= 繆，f©=號(hào)一 ¥ 歹一。1-<于是 斤()仇：)=些.上型=匕£丄“.歹1_歹 彳1 一？5. 設(shè)f(x)在0, 2a ±連續(xù),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(xù)，條件中沒(méi)有涉及導(dǎo)數(shù)或微分，用介值定理或根的 存在性定理證明。輔助函數(shù)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(xù)，且G(a)= f(2a)- f(a) = f(0)- f(a)G(0)= f(a)- f(0)當(dāng) f(a)= f(0)時(shí)，??？ = 0,即有 f(a + )= f()；當(dāng)f (a) = f (0)時(shí)，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(shè)f(x)在0J上可導(dǎo)，且當(dāng)xg0J時(shí)有0 vf(x)vl,且f'(x) = l,證明：在(0丄)內(nèi)有且僅有一個(gè)點(diǎn)？使得( = ?證明：存在性構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)= f(x)-x那么 F(x)在0J±連續(xù),且有 F(0)= f(0)-0>0, F(l)= f(l)-l<0,由零點(diǎn)定理可知：F(x)在(0JL)內(nèi)至少存在一點(diǎn),使得F() = 0,即： 唯一性：(反證法)假設(shè)有兩個(gè)點(diǎn)尙，區(qū)w(0Q,且芻 <旻，使得F©) = F©) =

7、0F(x)在0川上連續(xù)且可導(dǎo)，且諂屋u0JF(x)在運(yùn)屋上滿足Rolle定理?xiàng)l件必存在一點(diǎn) TW(gi，&2)，使得：F'()= f'()-1 = 0即：fr(T) = l ,這與中f'(X)Hl矛盾.假設(shè)不成立,即：F(x)= f(x)-x在(0J)內(nèi)僅有一個(gè)根，綜上所述：在(0)內(nèi)有且僅有一個(gè)點(diǎn),使得f( = 7. 設(shè) f(x)在0, 1±連續(xù)，在(0, 1)內(nèi)可導(dǎo)，且 f(O)=f(l)=O, f(-) =lo 試2證至少存在一個(gè)？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(xù)，在(0, 1)內(nèi)可導(dǎo)，F(xiàn) (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(gè)w(丄，1),使2F (°)二0 又 F (0)=f(0)-0=0對(duì) F (x)在0, 1上用 Rolle 定理，日一個(gè)？w(0, )u(0, 1)使F®=0 即 r=i8設(shè)f(x)在0上連續(xù)，在(0Q內(nèi)可導(dǎo)，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(shè) f(x)在a,b上連續(xù),(a,b)內(nèi)可導(dǎo)(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(jià)于半(i學(xué)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(yīng)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(shù)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0 ,1)內(nèi)可導(dǎo)，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(shè) f(x)在x > a 時(shí)連續(xù)，f(a) <0,當(dāng)x>a時(shí)，fz(x) >k >0,那么在(a,a-®)k內(nèi)f(x) =

11、0有唯一的實(shí)根解：因?yàn)閒,(x)>k>0,那么f(x)在(a,a-型)上單調(diào)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(nèi)f(x) = O有唯一的實(shí)根2 112. 試問(wèn)如下推論過(guò)程是否正確。對(duì)函數(shù)f(t)=8111F0在0,x上應(yīng)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(dāng)X->0 時(shí)，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(jīng)知道,觀陀=0不存在,故以上推理過(guò)程錯(cuò)誤。首先應(yīng)注意:上面應(yīng)用拉格朗口中值的？是個(gè)中值點(diǎn)，是由f和區(qū)間0,x的端點(diǎn)而定的，具體地說(shuō)，？與x有關(guān)系，是依賴于x的，當(dāng)x->0時(shí)，？不立，而lim cos= 0 11*要求歹是連續(xù)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(shù)f(x) = tgx，那么f(x)在0,x上連續(xù),在(0,x)內(nèi)

13、可導(dǎo),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(nèi)單調(diào)遞減，故丄一在(0,藝)2cos- x 2內(nèi)單調(diào)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(fā)，選擇適宜的函數(shù)f(x)及相應(yīng)的區(qū)間a,b,然后驗(yàn)證條件，利用定理得f(b)- f(a> rf( )4 gab；再根據(jù)F(x)在(a,b)內(nèi)符號(hào)或單調(diào) 證明不等式。14. 證明：當(dāng)Ovxvf 時(shí)，

14、sinx+tgx>2xo證明：作輔助函數(shù)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(diào)遞減，乂因傾0) = 0,傾x)在(0,) ±連續(xù),2 2故傾x)> 做0)=0,即：sinx+tgx-2x>0 ,即：sinx4-tgx>2xo注：利用單調(diào)性證明不等式是常用方法之一，欲證當(dāng)XGI時(shí)f(x) > g(x),常用輔助函數(shù)(x)= f(x)-g(

15、x),那么將問(wèn)題轉(zhuǎn)化證傾x)no,然后在I上 討論勿X)的單調(diào)性，進(jìn)而完成證明。15. 證明：假設(shè) f(x)二階可導(dǎo)，且 fw(x)>0, f(0) = 0，那么 F(x) = 2也在X(0十s內(nèi)單調(diào)遞增。證明：因F'(x) = £近型，要證F(x)單調(diào)遞增，只需證F'(x)>0, x"即證 xf'(x) - f (x) > 0 o設(shè)G(x) = xf (x)- f(x),那么 G'(x) = xf"(x)+f'(x)- f'(x) = xf "(x),因?yàn)閒"(x)> (, x>0 ,故 G(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，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(dāng)x>0時(shí)單調(diào)遞增。lim(x>0) 100xA21nx =lim(xT) 1001nx/(l/xA2)這 ikoo/oo 型 上卜求導(dǎo)得 =lim(x>0) (100/x)-( 一 2/xA3) =lun(x-K) ) -50xA2 =0 所以 取自然