(整理)微分中值定理的證明題.

1、-ea1彳=(1- )eJb ae e 即 b_a_1 11彳1 -=(1一)e1 J 1、J(b>微分中值定理的證實題1 .假設(shè)f(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)上可導(dǎo),f (a) = f (b) =0 ,證實：V九wR, 孔 (a,b)使得:f «)+,/(與=0.證：構(gòu)造函數(shù)F(x) = f (x)e'x,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：(a,b),使F0)=0即：f © +九f«)e* = 0 ,而 e噱#0 ,故 f «) + 九f(t) = 0 .2 . 設(shè) a

2、,b0,證實：m£w(a,b),使得 aebbea = (1 - t)e-(a - b).1J 一、口11證：將上等式變形得：,ebb1.作輔助函數(shù)f(x)=xex,那么f (x)在上連續(xù),在(1,1)內(nèi)可導(dǎo),由拉格朗日定理得：f (1)1 1、(,), b af(；)- f(1)b a1 1b a(a ,b >即：aeb -bee = (1 -)e (a,b)3 .設(shè) f(x)在(0,1)內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù),且 f(1) = 0,有 F(x)=x2f(x)證實：在(0,1) 內(nèi)至少存在一點"使得:Fg=0.證：顯然F(x)在0,1上連續(xù),在(0,1)內(nèi)可導(dǎo),又F(0)=F

3、(1) = 0,故由羅爾定理知：3x0 (0,1),使得 F'(x0)=0又 F (x) =2xf(x)+x2f'(x),故 F'(0)=0,于是 F'(x)在0, x°上滿足羅爾 定理條件,故存在 S(0, x0),使得：F"、)=0,而"(0,x0)=(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(1)=1.證實：(1)在(0,1)內(nèi)存在t,使得f代)=1 Y .(2)在(0,1)內(nèi)存在兩個不同的點U,“使彳#(,=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

4、問題,可考慮用拉格朗日中值定理,1應(yīng)注意利用第一局部已得結(jié)論.【證實】(I)令 F(x)= f(x) 1+x ,那么 F(x)在0,1上連續(xù),且 F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知,存在存在 卜(0,1),使得F仁)=0,即f0=15.(II)在0,句和£1上對f(x)分別應(yīng)用拉格朗日中值定理,知存在兩個不同的點“ w (0),w 仁,1),使得 f,(“)= f(? - "0) , f ,) = f(1)-01 -f( ) 1 - f ( )1 -d于是 f()f()一二二=1.1 二 二 1 二5 .設(shè)f(x)在0, 2a上連續(xù),f(0

5、)=f(2a),證實在0,a上存在之使得f(a ) = f().【分析】f(x)在0,2a上連續(xù),條件中沒有涉及導(dǎo)數(shù)或微分,用介值定理或根的 存在性定理證實.輔助函數(shù)可如下得到f (a ) = f( ) > f (a ) - f ( ) = 0 > f (a x) - f (x) =0【證實】令 G(x) = f (a+x) - f(x), xw0,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,取巴=0 ,即有f (a +巴)=f代)；當(dāng)f(a) = f(0)

6、時,G(0)G(a)<0,由根的存在性定理知存在w(0,a)使得,G(£) =0,即 f(a + b = f (力.6 .假設(shè) f(x)在0,1上可導(dǎo),且當(dāng) xW0,1時有 0< f (x) <1,且 f '(x)=1 ,證實：在(0,1)內(nèi)有且僅有一個點七使得f(D = 證實：存在性構(gòu)造輔助函數(shù)F(x) = f (x) -x那么 F(x)在0,1上連續(xù),且有 F(0) = f(0)_0>0, F(1)= f(1)1<0,二由零點定理可知：F(x)在(0,1)內(nèi)至少存在一點U ,使得F仁)= 0,即: f()=唯一性：(反證法)假設(shè)有兩個點匕與三

7、(0,1),且使得F(1) = F(?)=0丁 F(x)在0,1上連續(xù)且可導(dǎo),且=匕2u0,1二F(x)在二十上滿足Rolle定理條件,必存在一點 六(.工2),使得：FP) = fC)1=0即：fU)=1,這與中f'(x)#1矛盾二假設(shè)不成立,即：F(x) = f(x) -x在(0,1)內(nèi)僅有一個根,綜上所述：在(0,1)內(nèi)有且僅有一個點t ,使得f&) =t17 .設(shè) f(x)在0, 1上連續(xù),在(0, 1)內(nèi)可導(dǎo),且 f(0) = f(1)=0, f (1)=10 試證至少存在一個E W (0 , 1),使f ©) =1.分析：f'(：)=1= f

8、9;(x)=1= f(x)=x= f (x) -x=0 令 F ( x)= f (x) -x 證實： 令 F( x)= f(x) -x5(*)在0, 1上連續(xù),在(0, 1)內(nèi)可導(dǎo),F (1)= f (1) -1 - -1 :二 0( f(1) =0)1 、1111 、,、()=f ( )0( f( ) =1)22222由介值定理可知,一個股J1, 1),使2F ( ")=0 又 F (0)= f (0) -0=0對F(x)在0, 1上用 Rolle 定理,三一個 S(0, *!)U(0, 1)使F'(£)=0 即 f'K)=18 .設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)

9、,在(0,1)內(nèi)可導(dǎo),且f(0) = f (1)試證存在1和L滿足0匕5 Ml,使 f Y)+ f'(")=0.證由拉格朗日中值定理知, 1f(-) -f(0)1= f ( )(0,1)1-022 1f (1) - f (1)1T2 = f ()F)1 -22f(1)-f(0)f(1)-f(1)()() 二 0229 .設(shè) f(x)在a,b上連續(xù),(a,b)內(nèi)可導(dǎo)(0 Wacb), f(a)# f(b),證實：3j"w(a,b)使得證：(用(b -a)乘于(1)式兩端,知)(1)式等價于f ( )f ( ),h22(2)丁(b-a)=-2-(b -a ).為證此式,

10、只要取F(x)= f (x),取6他)=*和x2在a,b上分別應(yīng)用Cauchy中值定理,那么知f(b)-f(a) =fy-)L(b -a) = f2P(b2 - a2),其中,-(a,b).10 .函數(shù)f (x)在0 ,1上連續(xù),在(0 , 1)內(nèi)可導(dǎo),0<a<b,證實存在：JW(a,b),使3 2f/( ) =(a2 ab b2)f/()解：利用柯西中值定理f/( ) f(b)-f(a)3 2 -b3 -a3f;() 3 2f (b) - f (a).33b - a而 f (b) f(a) = f/«)(b-a)那么f/( )(b -a)f/( ),二小曲、332 (后

11、面略)b - a a ab b11 .設(shè) f (x)在 x 之a(chǎn)時連續(xù),f (a) <0 ,當(dāng) x >a 時,f'(x) a k a0 ,那么在(a,a - f (a) k內(nèi)f (x) =0有唯一的實根解：由于fx) >k > 0 ,那么f (x)在(a,a*a)上單調(diào)增加 kf (a -f-(a)= f (a) - 1(與 fa) = f(a)1-f-(1)>0 (中值定理) kkk而 f (a) < 0故在(a,a 一內(nèi)f (x) =0有唯一的實根12.試問如下推論過程是否正確.對函數(shù)格朗日中值定理得：2 . 1-t sint = 0-f(t)

12、= « t 在0,x上應(yīng)用拉0t = 02.1 x si n- f(x)-f (0 ) xx-0x00=xs i1-s i-nc(O0s<:二 x)即：cos =2 sin 1 -xsin -x因0<x,故當(dāng)xT 0時,0 ,由格$0'=lim xsin- =0 xx11.得：lim+cos=0,即 ymgosT = 0,一 ,一 一 一1解：我們已經(jīng)知道, 雪+cos&=0不存在,故以上推理過程錯誤.首先應(yīng)注意：上面應(yīng)用拉格朗日中值的Z是個中值點,是由f和區(qū)間0,x的端點而定的,具體地說,:與x有關(guān)系,是依賴于x的,當(dāng)xT 0時,之不定連續(xù)地趨于零,它可

13、以跳躍地取某些值趨于零,從而使恩/.59=°成、一11立,而雪1°中要求連續(xù)地趨于苓.故由 蟹COS1°推不出.1 c叫 cos=0x13 .證實：V0 <x< 成立 x <tgx < .2cos x證實：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)可導(dǎo),由拉格朗日定理知:f) - f ( )=1(0,x)x - 0 xcos即：tgx =>,因cs x在(0,三)內(nèi)單調(diào)遞減,故一二在(0,三) cos2cos x 2內(nèi)單調(diào)遞增,故即：x<Trr<-r cos 0 cos cos xcos co

14、s x1即：x<tgx<2. cos x注：利用拉格朗日中值定理證實不等式,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,然后驗證條件,利用定理得f(b)- f(a尸f( )b建(ab ),再根據(jù)f'(x)在(a,b)內(nèi)符號或單調(diào) 證實不等式.14 .證實：當(dāng) 0 cx 時,sinx+tgx>2x.3T證實：作輔助函數(shù)中(x) =sin x+tgx2xxe (0,y)(x) =cosx sec2 x-2= cosx y- -2 cos x一 cos2 x -2 cos x= (cosx -)2 cosx故中(x)在(0,；)上單調(diào)遞減,又因中(0)=0,

15、5(x)在(0,：)上連續(xù),故 中(x) > 中(0) =0,即：sin x +tgx -2x > 0 ,即：sinx + tgx>2x.注：利用單調(diào)性證實不等式是常用方法之一,欲證當(dāng)xw I時f(x)之g(x),常用輔助函數(shù)中(x) = f(x)-g(x),那么將問題轉(zhuǎn)化證中(x)之0,然后在I上 討論之x)的單調(diào)性,進(jìn)而完成證實.15 .f (x).16 .證實：假設(shè) f (x)二階可導(dǎo),且 f (x) >0 , f(0) =0 , WJ F(x) = 在 x(0產(chǎn)的單調(diào)遞增.證實：因F'(x)=xf(x)2 f(x),要證F(x)單調(diào)遞增,只需證F'

16、;(x)>0, x即證 xf x) - f (x) >0 0設(shè)G(x)=xf'(x) f(x),那么G'(x) =xf “(x) + f'(x) f'(x) = xf (x),由于f"(x)> Q 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)aG(0),即：xf'(x) f (x) >0,即：F'(x)A0,即F(x)當(dāng)x A0時單調(diào)遞增.lim(x 一0) 100xA2lnx =lim(x 一0) 100lnx/(1/xA2)這是 0°/理上下 求