考研：微分中值定理的证明题汇总

微分中值定理的证明题1.若()fx在[,]ab上连续，在(,)ab上可导，()()0fafb，证明：R，(,)ab使得：()()0ff。证：构造函数()()xFxfxe，则()Fx在[,]ab上连续，在(,)ab内可导，且()()0FaFb，由罗尔中值定理知：,)ab（，使()0F即：[()()]0ffe，而0e，故()()0ff。2.设,0ab，证明：(,)ab，使得(1)()baaebeeab。证：将上等式变形得：1111111111(1)()baeeebaba作辅助函数1()xfxxe，则()fx在11[,]ba上连续，在11(,)ba内可导，由拉格朗日定理得：11()()1()11ffbafba111(,)ba，即11111(1)11baeebaeba111(,)ba，即：ae(1)(,)bebeeab(,)ab。3.设()fx在(0,1)内有二阶导数，且(1)0f，有2()()Fxxfx证明：在(0,1)内至少存在一点，使得：()0F。证：显然()Fx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()()Fxxfxxfx，故(0)0F，于是()Fx在0[0]x，上满足罗尔定理条件，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：(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xxfxF1)()(，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-10,F(1)=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，],0[ax．)(xG在[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)()(faf．6.若)(xf在]1,0[上可导，且当]1,0[x时有1)(0xf，且1)(xf，证明：在)1,0(内有且仅有一个点使得)(f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，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)()(21FF)(xF在]1,0[上连续且可导，且],[21]1,0[)(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()f=1。分析：)('f=1)('xf=1)(xf=xxxf)(=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(ffF(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=18.设)(xf在]1,0[上连续，在)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()()(ffffff9.设()fx在[,]ab上连续,(,)ab内可导(0),ab()(),fafb证明:,(,)ab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()(),Fxfx取()Gxx和2x在[,]ab上分别应用Cauchy中值定理,则知22()()()()()(),12fffbfababa其中,(,)ab.10.已知函数)(xf在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，ba0，证明存在),(,ba，使)()()(3/22/2fbabaf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，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()00ttfttt在[0,]x上应用拉格朗日中值定理得：21sin0()(0)111sin()2sincos00xfxfxxfxxx(0)x即：111cos2sinsinxx(0)x因0x，故当0x时，0，由01lim2sin001limsin0xxx得：0limx1cos0，即01limcos0解：我们已经知道，01limcos0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，不一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使01limcos0x成立，而01limcos0中要求是连续地趋于零。故由01limcos0x推不出01limcos013.证明：02x成立2cosxxtgxx。证明：作辅助函数()fxtgx，则()fx在[0,]x上连续，在(0,)x内可导，由拉格朗日定理知：2()(0)1()0cosfxftgxfxx(0,)x即：2cosxtgx，因cosx在(0,)2内单调递减，故21cosx在(0,)2内单调递增，故222111cos0coscosx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()()()()fbfafba(,)ab，再根据()fx在(,)ab内符号或单调证明不等式。14.证明：当02x时，sin2xtgxx。证明：作辅助函数()sin2xxtgxx(0,)2x则2()cossec2xxx21cos2cosxx221cos2cosxx21(cos)cosxx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()()fxgx，常用辅助函数()()()xfxgx，则将问题转化证()0x，然后在I上讨论()x的单调性，进而完成证明。15.证明：若()fx二阶可导，且()0fx，(0)0f，则()()fxFxx在(0,)内单调递增。证明：因2()()()xfxfxFxx，要证()Fx单调递增，只需证()0Fx，即证()()0xfxfx。设()()()Gxxfxfx，则)()()()()(xfxxfxfxfxxG，因为()0fx，0x，故()Gx是单调递增函数，而(0)0G()00fx，因此()(0)GxG，即：()()0xfxfx，即：()0Fx，即()Fx当0x时单调递增。