高数中值定理习题课

当 f (a) ¹ f (0) 时， G(0)G(a) < 0 ，由根的存在性定理知存在 x Î (0, a) , 使得 G (x ) = 0 ，即 f (a + x ) = f (x ) ．
6.若 f ( x) 在 [0,1] 上可导，且当 x Î [0,1] 时有 0 < f ( x) < 1，且 f ¢( x) ¹ 1， 证明：在 (0,1) 内有且仅有一个点 x 使得 f (x ) = x .
11.设 f ( x) 在 x ³ a 时连续， f (a) < 0 ，当 x > a 时， f / ( x) > k > 0. 证明： 在 ( a, a f (a ) ) 内 f ( x) = 0 有唯一的实根. k
证：因为 f ( x) > k > 0 ，则
/
f ( x ) 在 ( a, a -
f ¢(h ) f ¢(z ) = f (x ) 1 - f (x ) 1 - x x × = × = 1. x 1- x x 1- x
f ¢(h ) = f (x ) - f (0) f (1) - f (x ) ¢ f ( z ) = x -0 ， 1- x
5.设 f ( x) 在[0，2a]上连续， f (0) = f (2a) ，证明在[0,a]上存在 x 使得 f (a + x ) = f (x ) .
解：我们已经知道， lim+ cos
x ®0
1
x
= 0 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 x 是个中值点，是由
f 和区间 [0, x] 的端点而定的，
具体地说， x 与 x 有关系，是依赖于 x 的，当 x ® 0 时， x 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
f ¢(x ) = a+b f ¢(h ). 2h
(1)
证: (用 (b - a ) 乘于(1)式两端,知)(1)式等价于
f ¢(x ) f ¢(h ) 2 (b - a) = (b - a 2 ). 1 2h
(2)
2 G ( x ) = x x F ( x ) = f ( x ), 为证此式,只要取 取 和 在 [a, b] 上分别应用
x®0
lim cos +
1
x
cos = 0 成立，而 lim +
x ®0
1
x
= 0 中要求 x
1 = 0.
是连续地趋于零.
故由 lim+ cos
x®0
1
x
cos = 0 推不出 lim +
x ®0
x
p x 13.证明： "0 < x < 2 成立 x < tgx < cos2 x . [注：tgx=tan x]
f / (h ) f (b) - f (a) = 2 证：利用柯西中值定理 3h b3 - a 3
/ f ( b ) f ( a ) = f (x )(b - a) 而
则
f / (h ) f (b) - f (a) f / (x )(b - a) f / (x ) = = = 2 2 3 3 3 3 3h b -a b -a a + ab + b 2 （后面略）
且 F (a) = F (b) = 0 ，
（ 由罗尔中值定理知： $x Î a, b) ，使 F ¢(x ) = 0
lx lx 即： [ f ¢(x ) + l f (x )]e = 0 ，而 e ¹ 0 ，故 f ¢(x ) + l f (x ) = 0 。
b a x ) ae be = (1 x ) e (a - b). 2.设 a, b > 0 ，证明： $x Î (a, b ，使得 1 1 1
F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在 x Î (0,1), 使得 F (x ) = 0 ， 即 f (x ) = 1 - x .
（II）在 [0, x ] 和 [x ,1] 上对 f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在 两个不同的点h Î (0, x ),z Î (x ,1) ， 使得 于是，由问题（1）的结论有
1 f (1) - f ( ) 1 2 = f ¢(h ) h Î ( ,1) 1 2 12 1 1 f ( ) - f (0) f (1) - f ( ) 2 =0 f ¢(x ) + f ¢(h ) = 2 + 1 1 2 2
9.设 f ( x) 在 [a, b] 上连续, (a, b) 内可导 (0 £ a < b), f (a) ¹ f (b), 证明: $x ,h Î (a, b) 使得
F ¢¢(x ) = 0 ，而 x Î (0, x0 ) Ì (0,1) ，即证.
4.设函数 f ( x) 在[0,1]上连续， 在(0,1)上可导， f (0) = 0 ， f (1) = 1. 证明： (1)在(0,1)内存在 x ，使得 f (x ) = 1 - x ; (2)在(0,1)内存在两个不同的点 z ，h使得f / (z ) f / (h ) = 1. 证: （I） 令 F ( x) = f ( x) - 1 + x ， 则 F(x)在[0， 1]上连续， 且 F(0)=-1<0,
f ( x) - f (0) = x-0 x 2 sin
1 ì2 t sin t¹0 ï f (t ) = í t 在 [0, x] 上 ï t=0 î 0
1 -0 1 1 1 x = x sin = f ¢(x ) = 2x sin - cos x-0 x x x
(0 < x < x)
即：
cos
1
证:
令 G ( x) = f (a + x) - f ( x) ， x Î [0, a] ． G ( x) 在[0,a]上连续，且
G (a) = f (2a) - f (a) = f (0) - f (a) , G (0) = f (a) - f (0)
当 f (a) = f (0) 时，取 x
= 0 ，即有 f (a + x ) = f (x ) ；
1 1 1 x 1 e e = (1 x ) e ( ) 证：将上等式变形得： b a b a
1 b
1 a
1
作辅助函数 f ( x) = xe ，则 由拉格朗日定理得：
1 x
1 1 1 1 ( , ) 内可导， [ , ] f ( x) 在 上连续，在 b a b a
1 1 f ( )- f ( ) b a = f ¢( 1 ) 1 1 x b a
x
= 2x sin
1
x
- x sin
1 x
(0 < x < x)
因 0 < x < x ，故当 x ® 0 时， x ® 得： lim+ cos
x ®0
0 ，由 lim+ 2x sin
x ®0
1
x
x sin = 0 , lim +
x® 0
1 =0 x
1
x
= 0 ，即 lim+ cos
x ®0
1
x
= 0.
常用辅助函数 j ( x) = f ( x) - g ( x) ， 则将问题转化证 j ( x) ³ 0 ， 然后在 I 上讨论 j ( x) 的单调性，进而完成证明.
15.设 f ( x) 二阶可导，且 f ¢¢( x) > 0 ，
(0, +¥ ) 内单调递增.
f (0) = 0 . 证明： F ( x) =
) 上单调递增， > 0 , 故 j ( x) 在 (0, p 2
又因 j (0) = 0 ， j ( x) 在 (0, 故
p
2源自文库
) 上连续，
j ( x) > j (0) =0，即： sin x + tgx - 2 x > 0 ，即： sin x + tgx > 2 x .
注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当 x Î I 时 f ( x) ³ g ( x) ，
证： 存在性:
构造辅助函数 F ( x) = f ( x) - x ,则 F ( x) 在 [0,1] 上连续，且有
F (0) = f (0) - 0 > 0 ， F (1) = f (1) - 1 < 0 ，
\ 由零点定理可知： F ( x) 在 (0,1) 内至少存在一点 x ，使得
F (x ) = 0 ，即： f (x ) = x .
Cauchy 中值定理,则知
f ¢(x ) f ¢(h ) 2 f (b) - f (a) = (b - a) = (b - a 2 ), 1 2h
其中 x ,h Î (a, b) .
10.已知函数 f ( x) 在[0 ,1]上连续，在(0,1)内可导， 0 < a < b ，证明
2 / 2 2 / x , h Î ( a , b ) h x 3 f ( ) = ( a + ab + b ) f (h ) . 存在 ，使
证：
显然 F ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，又 F (0) = F (1) = 0 ，故由 罗尔定理知： $x0 Î (0,1) ，使得 F ¢( x0 ) = 0 , 又 F ¢( x) = 2 xf ( x) + x 2 f ¢( x) ，故 F ¢(0) = 0 , 于是 F ¢( x) 在 [0（ x0 ] 上满足罗尔定理条件，故存在 x Î (0, x0 ) ， 使得：
8.设 f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) . 试证存在 x
和h .满足 0 < x < h < 1，使 f ¢(x ) + f ¢(h ) = 0 .
证:
由拉格朗日中值定理知，
1 f ( ) - f ( 0) 2 = f ¢(x ) x Î (0, 1 ) 1 , -0 2 2
1 1 b 1 a 1 e - e 1 b a = (1 - )e x 1 1 x b a
1 1 Î( , ) ， x b a
1 1 Î( , ) ， x b a
1
即
1
即：
aeb - be a = (1 - x )ex (a - b)
x Î ( a, b )
3.设 f ( x) 在 (0,1) 内有二阶导数，且 f (1) = 0 ，有 F ( x) = x2 f ( x) 证明： 在 (0,1) 内至少存在一点 x ，使得： F ¢¢(x ) = 0 .
14.证明：当 0 < x <
p sin x + tgx > 2 x . 2 时，
x Î (0, ) , 2
证：作辅助函数 j ( x) = sin x + tgx - 2 x ,
j ¢( x) = cos x + sec x - 2 = cos x +
2
p
则
1 1 2 1 2 2 = (cos x ) ³ cos x - 2 + 2 2 cos x cos x cos x
f (a ) ) 上单调增加， k
又 而
/ f (a) f ( a ) f (x ) f (a ) = f (a) - f / (x ) = f (a)[1 ] > 0 （中值定理） ， k k k
f (a) < 0 ，故在 (a, a -
f (a) )内 k
f ( x) = 0 有唯一的实根.
12.试问如下推论过程是否正确. 对函数 应用拉格朗日中值定理得：
f ( x) x 在
证：因 F ¢( x) =
xf ¢( x) - f ( x) ，要证 F ( x) 单调递增，只需证 F ¢( x) > 0 ， x2
即证 xf ¢( x) - f ( x) > 0 . 设 G( x) = xf ¢( x) - f ( x) ，则 G ¢( x) = xf ¢¢( x) + f ¢( x) - f ¢( x) = xf ¢¢( x) ，因 为 f ¢¢( x) > 0 ， x > 0 ，故 G ( x) 是单调递增函数，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) 当 x > 0 时单调递增.
1. 若 f ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 上可导， f (a) = f (b) = 0，证明：
"l Î R ， $x Î (a, b) 使得： f ¢(x ) + l f (x ) = 0 。
证：
lx 构造函数 F ( x) = f ( x)e ，则 F ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，