微分中值定理的证明题

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微分中值定理例题

理工大学微积分-微分中值定理费马定理罗尔定理拉格朗日定理柯西定理()()1.()0,(0)0,f x f f f ϕξξξξζξξξ'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２１２１２１２１２２１１１２１１１２１１２２１设证明对任何的x ０，ｘ０，有（ｘ＋ｘ）（ｘ）＋ｆ（ｘ）．解：不妨设ｘｘ，（ｘ）＝f （ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（０）＝ｆ（）ｘ－ｆ（）ｘ＝ｘｆ（）－ｆ（）＝ｘｆ－．因为，０ｘｘ()ξζϕ''<<<<２１１２ｘ＋ｘ，又ｆ０，所以（ｘ）０，所以原不等式成立。

12n 12n 12n 11221122n 0011000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n nni i i i i i i X b b x f x f x f x x x λλλλλλλχλχλχλλλλλ=='' >∀⋯⋯∈<<1++⋯+=++⋯+≤⋯=<=>α.'''=+-+∑∑2设f （）在（a ，）内二阶可导，且（）0，，（a ，），0，，，且则，试证明(（）+（）++（）. 解：设同理可证：()20000i 0011110000111()()()()().x 2!()()()()()(()()().)nn ni i i i i i i nni nniiiiiii i i i i i f x x f x f x x x f x f x f x f x x x f x X X x x f x f x λλλλξξλλλ=======⎛⎫''-'-≥+-<<'≥+-===- ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑注：x()3.)tan.2F ,F 2(0)0,(0)0,((cos02F f xf F F f ππξξπξξππππππξ [0]0'∈=[0]0=∴===[0]∈设f(x)在，上连续，在（，）内可导，且f （0）=0，求证：至少存在（0，），使得2f ( 证明：构造辅助函数：（x)=f(x)tan 则（x)在，上连续，在（，）内可导，且））所以（x)在，上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知：至少存在（0()()()()()()F 011F x cossin F cos sin 0222222cos0)tan22x x x f f f πξξξξξξξξξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。

与微分中值定理有关的证明题

与微分中值定理有关的证明题一．利用罗尔定理1．()f x 在[0 ，1]上有二阶导数，且(1)0f = ，又2()()F x x f x = ，求证：在（0 ，1）内至少存在一点x ，使()0F x ⅱ= 2．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导，且(1)0f = ，求证：在（0 ，1）内至少存在一点x ，使()()0f f x x x ¢+=3．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ，l 为某个常数，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()0f f l x x ¢+= 4．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ，l 为某个常数，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()0f f x x x ¢+=5．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b ==求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()()0f g f g x x x x ⅱ+= 6．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b == ，对于任一点x Î[a , b] ，()0g x ¹ ，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()()0f g f g x x x x ⅱ-= 7．()f x ，()g x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()0f a f b ==求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()0f f g x x x ⅱ+= 8．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，且()()f a f b = ，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()()()f a f f x x x ¢-= 9．()f x 在[1 ，2]上连续，在（1 ，2）内可导，且1(1)2f = ，(2)2f =，求证：在（1 , 2）内至少存在一点x ，使2()()f f x x x¢=二．利用拉格朗日中值定理1．当1||2x £，证明：23arccos arccos(34)x x x p --=2．02p a b <<<时，证明：22tan tan cos cos b a b a b a ab--<-<3．0x >时，求证：2arctan 1x x x x<<+4．0a b <<，求证：b ab ab ab e ea--<<5．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，()()f a f b =，且()f x 在[a , b]上不为常数，求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()0f x ¢>6．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内二阶可导，()()f a f b ==0，()0f c >（a c b <<），求证：在（a , b ）内至少存在一点x ，使()0f x ⅱ<7．0x >，11()42x q <<，并求0lim ()x x q +®与lim ()x x q ?三．利用柯西中值定理1．0a b <<，求证：在（a ，b ）内至少存在一点x ，使(1)()baae be e b a xx -=-- 2．0a b <<，()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，求证：在（a ，b ）内至少存在一点x ，()()()ln b f b f a f ax x ¢-=四．综合题1．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导，且(0)(1)0f f ==，12()1f =，求证：在（0 ，1）内至少存在一点x ，使()1f x ¢=2．()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内有二阶导数，连接点（a , ()f a ）与点（b ，()f b ）的直线段交曲线()y f x =于点（c ，()f c ），a c b <<，求证：在（a ，b ）内至少存在一点x ，使()0f x ⅱ= 3．()f x ¢在[0 ， c]上单调减少，且(0)0f =，证明：对于满足0a b a b c <<<+<中的a 与b ，恒有()()()f a f b f a b +<+4．()f x 在[0 ，1]上连续，在（0 ，1）内可导，且(0)0,(1)1f f ==，求证：任给正数a 与b ，在（0，1）内必存在1x 与2x ，使12()()a b a b f x f x +=+ⅱ5．0a b <<，()f x 在[a ，b]上连续，在（a , b ）内可导，证明：在（a ，b ）内分别存在x 和h ，使222()()()3f f a ab b h x h¢¢=++提示：一 . 1. ()F x 在[0 1]上应用罗尔定理，得()0F η'= ，()F x '在[0 η]上应用罗尔定理2．()()x x f x ϕ= 3. ()()x x f x e λϕ= 4. 22()()xx e f x ϕ= 5. ()()()x f x g x ϕ=6. ()()()f x xg x ϕ=7. ()()()g x x f x e ϕ= 8. ()[()()]x x f x f a ϕ=- 9. 2()()f x x xϕ=二. 4. 取对数ln ln b a b ab a ba--<-<令()ln f x x = 5. 至少有一点c (a<c<b) , ()()f c f a ≠ 若()()f c f a >, ()f x 在[a c] 应用拉格朗日中值定理 , 若()()f c f a <, ()f x 在[c b] 应用拉格朗日中值定理 6．()f x 在[]a c 与[]c b 分别应用拉朗日中值定理，得1a c η<<与2c b η<< 且1()0f η'>与2()0f η'<，()f x '在12[]ηη上应用拉格朗日中值定理7. ()f t =在[x 1x +]上用拉格朗日中值定理得,得11()]42x θ=+由1022x x<=<=1111l i m ()l i m ()4422x x x x x θθ+→+∞→+∞→==+=三. 1. ()xef x x =1()g x x = 2 .()()ln ln f b f a b a--四. 1. ()()F x f x x =-在[121]上应用零点定理 , ()0F η=, ()F x 在[0 η]用罗尔定理 2. ()f x 在[a c]和[c d]上应用拉格朗日中值定理 , 得12()()f x f x ''=()f x '在[1x 2x ]应用罗尔定理3. ()()()()()[()(0)]f a b f a f b f a b f b f a f +--=+--- 应用拉格朗日中值定理2112()()0f a f aa b a b ξξξξ''=-<<<<<+21[()()]0a f f ξξ''=-<4. 由于01a a b<<+ 介值定理得()a f a bξ=+ 01ξ<<在[0 ξ] 和[ξ 1]上用拉格朗日中值定理得11()0()a ab x f x ξξ=+<<' ①22(1)()1()b a bx f x ξξ=-+<<' ② ①+②相加得证5. 拉格朗日中值定理 ()()()f b f a f b a ξ-'=- ① 柯西定理332()()()3f b f a f b aηη'-=- ②②乘22a ab b ++得222()()()()3f b f a f a ab b b aηη'-=++- ③ 比较①③得证。

微分中值定理的全部基础理论和常见优秀题型解法技巧

1柯西中值定理拉格朗日中值定理洛尔定理费马定理根值（零值）定理有界定理或最大值与最小值定理 n以下的连续函数在闭区间x ∈[a , b ]的基本定理（只与函数有关）共同条件：闭连续微分中值 8 定理与积分 3 定理及函数的 9 性质的综合证明题型与技巧一) 中值八定理① x ∈[a , b ] ⇒ m ≤ f (x ) ≤ M 。

注意 x ∈[a , b ]是闭区间。

② ●是介于 f (a ) 与f (b ) ⎡⎣f (a ) ≠ f (b ), ≠ f (a ),≠ f (b )⎤⎦ 任一值，则必∃ ∈ (a , b ) ⇒ f ( ) = 。

注意 ∈ (a , b ) 是开区间。

● 其推论是：当m ≤ ≤ M ，则必∃ ∈[a , b ]⇒ f ( ) = 。

∈[a , b ]。

注意 ∈[a , b ]是闭区间。

③ f (a ) ⋅ f (b ) < 0 ，则 ∃ ∈ (a , b ) ⇒ f ( ) = 0 。

注意 x ∈ (a , b ) 是开区间。

④ x ∈ ( x 0 - , x 0 + ), f (x ) ≥ f (x 0 )或 ≤ f (x 0 ) ,如果 f '(x 0 ) 存在，则 f '(x 0 ) =0。

⑤ f (a ) = f (b ), 则 ∃ ∈ (a , b ) ⇒ f '( ) = 0⑥ ∃ ∈ (a , b ) ⇒ f (b ) - f (a ) = f '( )(b - a )⑦ ∃ ∈ (a , b ) ⇒f (b ) - f (a ) =g (b ) - g (a ) f '( )g '( )⑧ ∞1 ⎛ ∂ ⎫n12f ( x ) = f ( x 0 + h ) = ∑ n ! h ∂x ⎪ f ( x 0 ) + R n = f ( x 0 ) + f ' ( x 0 )( x - x 0 ) + f ' ( x 0 )( x - x 0 ) 2! + ... + R n其中：• R n =f (n +1)() (n + 1)！n = 0⎝ ⎭h n +1 为拉格朗日余项，介于 x 0 和 x = x 0 + h 之间，但不等于它们，x 0 ∈ (a , b ), x ∈ (a , b ),令 ∈ (0, 1) ⇒ = x 0 + ( x - x 0 ) = x 0 + h = x 0 + ( x ) h ；只要求在开区间(a , b )有直到n + 1阶导数; 它不要求f ( x )及其n 阶导数在[a , b ]上连续，而且不要求f (n +1)( x )的连续性。

考研数学一：微分中值定理(37)(22题)

证明: 对于满足 α+ =1 的正数 α , , 在 (0 , 1) 内存在相异两点 ξ , η , 使解
f ' () f ' () 1
利用拉格朗日中值定理得
f ( ) f ( ) f (0) f ' ( ) , (0, ) f (1) f ( ) f ' ( )(1 ) , ( ,1) 1 f ( ) f ' ( )
说明：辅助函数导数可以和原方程相差一非零因子
例4 设 f (x) 可导, λ为任意实数, 则 f (x)的任意两个零
点之间, 必有 f ( x ) f ' ( x ) 的零点
解设 x1< x2 是 f (x) 的任意两个零点，要证：存在
ξ(x1, x2) 使

f ( ) f ' ( ) 0
f ' () 0
y y 说明:
A B
2
1) 几何意义
0 o
a
b xx
2) 罗尔定理涉及了方程根的问题
例2 若 f (x)在 0, 1上连续, 在 (0,1)内可导, 且 f (1)=0 ,
则在 (0,1) 内存在点ξ, 使
f ' ( ) f
解
f ( ) f ' ( ) f ' ( ) f ( ) 0, (0,1)

[ xf ( x )]' x 0, (0,1)
取辅助函数 F ( x ) xf ( x ) ，则 F(x)在 0, 1上连续，在 (0,1)内可导，且F(0) = F(1) = 0，根据罗尔定理，存在 ξ(0,1) , 使

微分中值定理例题

考研：微分中值定理的证明题汇总

由零点定理可知： F ( x) 在 (0,1) 内至少存在一点，使得 F ( ) 0 ，即：
f ( )
唯一性：（反证法）假设有两个点 1 , 2 (0,1) ，且 1 2 ，使得 F (1 ) F ( 2 ) 0
F ( x) 在 [0,1] 上连续且可导，且 [1 , 2 ] [0,1] F ( x) 在 [1 , 2 ] 上满足 Rolle 定理条件必存在一点 (1 , 2 ) ，使得： F () f () 1 0
而 f (a) 0 故在 (a, a
f (a) ) 内 f ( x) 0 有唯一的实根 k
1 2 t0 t sin 12. 试问如下推论过程是否正确。对函数 f (t ) 在 [0, x] 上应用拉 t t 0 0
格朗日中值定理得：
f ( x ) f ( 0 ) x0 1 x2 s i n 0 1 1 1 x x s i n f ( ) 2 s in co s x) (0 x0 x
即： cos
1

2 sin
1

x sin
1 x
( 0 x )
因0 x，故当 x 0 时，由m i l 2 n s i 0 0，
0
1

x 0
lim x sin
1 0 x
得： lim cos
x 0
1

0 ，即 lim cos
0
【证明】令 G( x) f (a x) f ( x) ， x [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)

第03章微分中值定理与导数的应用习题详解

M 12丿」I 2丿第三章微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：(1)虽然 f(x)在［—1,1］上连续，f(—1) = f(1)，且 f(x)在(—1,1)内可导。

可见，f(x)在［_1,1］上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点匕€(-1,1)，使得f 牡)=0，即:f(X)=cosx, F(X)=1 — sin X 且对任一 x 乏0,—】，F'(X)H 0, ”■. f (x),F (x)满足柯西 I 2丿中值定理条件。

—12©宀2=0，满足、； (2)虽然f(x)在［—1,1］上连续,f(_1)= f (1)，但 f (x)在(—1,1)内 x = 0点不可导。

可见，f (x)在［ —1,1］上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点 £ £ (_1,1)，使得 f 徉)=0. 2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件 3 3 .解：令 y = 3arccos x - arccos(3x - 4x 3), y ‘ = 一 23 —12x 2厂工®®3)2，化简得 y'=0,「. y =c ( C 为常数)，又 y(0.5)=兀，故当-0.5<x<0.5，有 y(x)=兀。

「兀f f 兀、 4 .证明：显然f(x), F(x)都满足在'|0,二I 上连续，在10,二内可导L 2」 I 2丿 c oxsn ——x、、2丿F Q-F(O)12丿兀--1 2F( x) -1 sixn_c O 弓-x厂(X )_F(x) ZL"2 /兀 X ,，即 tan I - -- U--1，此时l 4 2丿 2f JI「兀X = 2 I — -arctan l — -1L 4l 2显然萨〔0,-〕，即丿」 I 2丿5.解：因为f(0) = f (1)= f (2) = f (3) =0，又因为f(x)在任一区间内都连续而且可导, 所以f (X)在任一区间 0,1 ], 1,2], [2,3]内满足罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理，得:3" -(0,1), "^(1,2), ©-(2,3),使得：f 徉1 )= 0 r =) &：◎(=), 30 因为6.证明：设f(x) =0的n+1个相异实根为X o V X 1 <X 2 <H( <X n则由罗尔中值定理知：存在J (i =1,2,川n):X0 <：勺1cj ■<X2 vill <-1^Xn ，使得再由罗尔中值定理至少存在So =1,2,川n-1):上11 C 巴21 V ©2 吒 W ©3 V i 11 < J n d W G n ,使得7.解：反证法，倘若 p(X)=0有两个实根，设为X^X 2，由于多项式函数 p(x)在[X 1,X 2]上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点E€(X I ,X 2),使得P 徉)=0,而这与所设p'(x)=0没有实根相矛盾，命题得证。

微分中值定理经典题型

2
例2 设 f ( x)在U(a, )内具有二阶连续导数 ,
f (a) 0 , a h U (a, ),且
f (a h) f (a) hf (a h) (0 1),
证明：lim 1 / 2. h0
证明: f (a h) f (a) hf (a h)
f (a) h[ f (a) f (a 1 h) h] (0 1 1),
f
( x0 )
1 2
f
(1 ) x02
1 2
f
(2 )(1
x0 )2
f ( x) 1,
f
( x0 )
1 2
x02
1 (1 2
x0 )2
(
x0
1)2 2
1 4
又由 x0 [0,1] 知,
x0
1 2
1, 2
于是有
f
( x0 )
1 2
由 x0 的任意性,可知命题成立.
类似地，若函数 f ( x) 在 [0,1] 上二阶可微,且 f ( x) a, f ( x) b,其中a, b是非负数. 证明 : x (0,1),有 f ( x) 2a b .
x
x
7 试证至少存在一点
使
证: 法2 用柯西中值定理 . 令
f ( x) sinln x , F ( x) ln x
则 f (x) , F(x) 在 [ 1 , e ] 上满足柯西中值定理条件,
因此
f (e) f (1) f ( ) , ( 1 , e ) F (e) F (1) F( )
故方程f ( x) 0,若有根必有唯一的根,
以下只须证f (a f (a)) 0
方法1：
将f ( x)在[a,a

微积分中值定理习题课

ek f ( ) ek kf ( ) 0
[e kx f ( x ) (e kx ) f ( x )]x 0
[e
kx
f ( x )]x 0.
1
设f (x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且
f (a ) f (b) 0, f ( x ) 0, x (a , b). 证明: f ( ) k. 对任意的实数k, 存在点 (a b), 使 f ( ) 证设g( x ) ekx f ( x ) [e kx f ( x )]x 0 ; 则(1) g( x )在[a, b]上连续 ;(2) g( x )在(a, b)内可导
设函数 f (x)在[0, 3]上连续,在(0, 3)内可导, 且f (0) f (1) f ( 2) 3, f ( 3) 1. 试证必存在 (0,3), 使f ( ) 0. x 在 f[( 在 [0, 2]上连续 , 证因为因为 ff(( (x)在 cx , )3] 上连续 , c)) [0, 1 3] f上连续 ( 3), 且 ,f 所以且在 2]上必有最大值 M和最小值必存在 ,于是在(c,[0, 3)内可导 , 所以由Rolle 定理知,m m (cf,3 (0 (M , ), m f f 1) 0 M (( )) 0,3 使 . , m f ( 2) M . f (0) f (1) f ( 2) m M. 故 3 由介值定理知,至少存在一点 c [0,2], 使
综上, 存在 (a, b), 使得h( ) 0.
6分
4
考研数学(一、二、三)11分
(1) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 f (x)在
[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 则存在 (a , b ), 使得f (b) f (a ) f ( )(b a ). (2) 证明: 若函数f ( x )在x 0处连续, 在(0, ) ( x ) A, 则f (0)存在, ( 0)内可导, 且 lim f

微分中值定理题目

例1设()x f '在[]b a ,上存在,且()()b f a f '<',而r 为()a f '与()b f '之间的任一值,则在()b a ,内存在一点ξ,使得()r f ='ξ[7].例2设()x f 在()+∞,a 内可导,且()()A x f x f x a x ==+∞→→+lim lim ,试证:至少存在一点 ()+∞∈,a ξ,使得()0='ξf [7].例3设函数()x f 在[]b a ,上可导,且()()0_<'⋅'+b f a f ,则在()b a ,内至少存在一个ξ,使得()0='ξf [7].例4()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内二阶可导,且()()()b f c f a f ==,()b c a <<, 试证:至少存在一个()b a ,∈ξ,使得()0=''ξf [2].例5设()x f 在[]1,0上有三阶导数,()()010==f f ,设()()x f x x F 3=,证明:存在 ()1,0∈ξ使得()0='''ξF .例6设()x f 在[]b a ,上可微，且()x f 在a 点的右导数()0<'+a f ，在b 点的左导数 ()0<'-b f ，()()c b f a f ==，证明：()x f '在()b a ,内至少有两个零点.例7设()x f 在R 上二次可导，()0>''x f ，又存在一点0x ，使()00<x f ，且 ()0lim <='-∞→a x f x ，()0lim >='+∞→b x f x ，证明：()x f 在R 上有且仅有两个零点. 例8()[]1,0在x f 上二次可导,()()010==f f ,试证明:存在()1,0∈ξ,使得()()()ξξξf f '-=''211[4].例9设()[]1,0在x f 上连续,在()1,0上可导, ()()010==f f ,121=⎪⎭⎫ ⎝⎛f .证明: 至少存在一点()1,0∈ξ使得()1='ξf .例10设函数()x f 在闭区间[]b a ,上连续,在开区间()b a ,上二次可微,连结()()a f a ,与()()b f b ,的直线段与曲线()x f y =相交于()()c f c ,,其中b c a <<.证明在()b a ,上至少存在一点ξ,使得()0=''ξf [1].例11设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导,且()()1==b f a f 试证:存在ξ, ()b a ,∈η使得 ()()[]1='+-ηηξηf f e [1].例12 设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,上二阶可微,并且()()b f a f =,证明:若存在点()b a c ,∈,使得()()a f c f >,则必存在点()b a ,,,∈ζηξ,使得()0>'ξf ,()0<'ηf ,()0<''ζf [6].例13设()x f 定义在[]1,0上,()x f '存在且()x f '单调递减,()00=f ,证明: 对于 10≤+≤≤≤b a b a ,恒有()()()b f a f b a f +≤+.例14 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,b a <≤0,()()b f a f ≠.证明:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξf b a f '+='2 [6]. 例15 设()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,且()0≠'x f ,试证:存在η,()b a ,∈ξ,使得()()ηηξ---=''e ab e e f f ab [1]. 例16设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,可导,证明:存在()b a ,∈ξ,使得()()()()ξξξf f ab a af b bf '+=--[1]. 例17设()[]b a x f ,在上连续()0>a ,在()b a ,可导,证明:在()b a ,内存在ξ,η,使()()ab f f ηηξ'='2[1].例18 设()[]b a x f ,在上连续,在()b a ,内可微,0>>a b ,证明:在()b a ,内存在321,,x x x ,使得()()()()33223222211ln42x f x a b a b x x f a b x x f '-='+='. (3) 例19设()x f 在()b a ,内二次可微,试用柯西中值定理证明:任意x ,()b a x ,0∈,存在ξ在x 与0x 之间,使()()()()()()2000021x x f x x x f x f x f -''+-'+=ξ成立[6]. (8)。

数学分析简明教程答案数分5_微分中值定理及其应用

壹第五章微分中值定理及其应用第一节微分中值定理331231.(1)30()[0,1];(2)0(,,),;(1)[0,1]30[0,1]()3nx x c c x px q n p q n n x x c x x f x x x c证明：方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根方程为正整数为实数当为偶数时至多有两个实根当为奇数时,至多有三个实根。

证明：设在区间内方程有两个实根,即有使得函数值为零012023(,)[0,1],'()0.'()33(0,1)(3,0)30()[0,1] (2)2220nx x x f x f x x x x c c n n k x px q x 。

那么由罗尔定理可知存在使得但是在内的值域为是不可能有零点的,矛盾。

因此有:方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根。

当时,方程至多只可能有两个实根,满足所证。

当时,设方程有三个实根,即存在实数1230112022301021010110202()0(,),(,),'()'()0,'()0(*'()0n n n x x f x x px q x x x x x x f x f x f x nx p f x nx p使得函数成立。

那么由罗尔定理可知存在使得即0010220000102),(,),''(0)0,''()(1)0,0,0,0.2(*).212n nx x x f f x n n x x x x n k p n n k x px q 再次利用罗尔定理可以知道,存在使得即显然必有那么就有那么由于为偶数,可以知道此时不存在满足式的实数因此当为偶数时方程至多有两个实根。

当时,设方程1234111212231334111213111110()0(,),(,),(,)'()0,'()0,'()0,'()0'(nn x x x x f x x px q x x x x x x x x x f x f x f x f x nx p f x 有三个实根,即存在实数使得函数成立。

微分中值定理的证明题660

微分中值定理的证明题1.若在上连续，在上可导，，证明：，使得：。

证：构造函数，则在上连续，在内可导，且，由罗尔中值定理知：，使即：，而，故。

2.设，证明：，使得。

证：将上等式变形得：作辅助函数，则在上连续，在内可导，由拉格朗日定理得：，即，即：。

3.设在内有二阶导数，且，有证明：在内至少存在一点，使得：。

证：显然在上连续，在内可导，又，故由罗尔定理知：，使得又，故，于是在上满足罗尔定理条件，故存在，使得：，而，即证4.设函数在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，，.证明：(1)在(0,1)内存在，使得．(2)在(0,1)内存在两个不同的点，【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，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在使得，即.（II）在和上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点，使得，于是5.设在[0，2a]上连续，，证明在[0,a]上存在使得.【分析】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【证明】令，．在[0,a]上连续，且当时，取，即有；当时，，由根的存在性定理知存在使得，，即．6.若在上可导，且当时有，且，证明：在内有且仅有一个点使得证明：存在性构造辅助函数则在上连续，且有，，由零点定理可知：在内至少存在一点，使得，即：唯一性：（反证法）假设有两个点，且，使得在上连续且可导，且在上满足Rolle定理条件必存在一点，使得：即：，这与已知中矛盾假设不成立，即：在内仅有一个根，综上所述：在内有且仅有一个点，使得7.设在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且==0，=1。

试证至少存在一个(0，1)，使=1。

分析：=1=1=x=0令()=证明：令F()=()在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，(1)=()=由介值定理可知，一个(，1)，使()=0又(0)=0=0对()在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使=0即=18.设在上连续，在内可导，且试证存在和.满足，使。

微分中值定理

x0为唯一的小于 1的正实根 .
题型二:求满足定理条件的值
例7 求 f ( x ) arctan x 在 [0,1] 上满足Lagrange
中值定理的值
题型三:用Lagrange中值定理证明不等式
x 例8 证明当x 0时, ln(1 x ) x . 1 x f (b) f (a) 证设 f ( x) ln x, 凑成形式 ba
如图3此时弦AB的斜率为
f ( ) dY |x g ( ) dX
f (b) f (a) g (b) g (a)
柯西(Cauchy)中值定理
如果 f(x),g(x)满足
(1) ( 2) ( 3)
在闭区间在开区间
[a, b]上连续,
( a , b ) 内可导,
g( x) 0, x (a, b )
则 (a, b ), 使等式
f ' ( ) f (b ) f (a ) 成立. ' g ( ) g (b ) g (a )
f (b ) f (a ) g( x ) f ( x ) 证: 作辅助函数 ( x ) g(b) g(a ) 则 ( x) 在[a, b] 上连续, 在 (a, b)内可导, 且 f (b ) g (a ) f (a ) g (b ) (a ) (b) g(b) g(a ) 使由罗尔定理知, 至少存在一点即 f (b) f (a ) f ( ) . g(b) g(a ) g( ) 思考: 柯西定理的下述证法对吗 ? f (b) f (a) f ( )(b a) , (a , b) 两个不一定相同 g(b) g(a ) g( )(b a ), (a , b)

各种中值定理习题

题目1证明题一般。

使，内至少存在一点上正值，连续，则在在设⎰⎰⎰==bbdx x f dx x f dx x f b a b a x f aa)(21)()( ),( ],[ )(ξξξ解答_从而原式成立。

又即使在一点由根的存在性定理，存时，由于证：令⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=+=+===∈>=<-=∴>∈-=ξξξξξξξξξ aaaaaaa xa)(2)()()()()()()(0) F(b)(a, 0)()(0)()(0)( ],[)()()(dxx f dxx f dx x f dxx f dx x f dt t f dtt f dt t f dt t f b F dt t f a F x f b a x dtt f dt t f x F bbb bbbbxQ题目2证明题一般。

证明且上可导在设2)(2)(:,0)(,)(,],[)(a b Mdx x f a f M x f b a x f b a -≤=≤'⎰解答_。

有由定积分的比较定理又则微分中值定理上满足在由假设可知证明2)(2)()( , )()( ),( M ,(x)f x)(a, ))(( )()()( , ],[)(),(,:a b Mdx a x M dx x f a x M x f b a x a x f a f x f x f x a x f b a x b a b a -=-≤-≤∴∈∀≤'∈-'=-=∈∀⎰⎰ ξξ题目16证明题。

证明：上连续，，在设⎰⎰-+=>aadx x a f x f dx x f a a x f 02 0)]2()([)( )0( ]2,0[ )(解答_。

，则令由于⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-+=-+=-=-=+=a aaaaaaadx x a f x f dtt a f dx x f dx x f dtdx t a x dxx f dx x f dx x f 02 02 02 0)]2()([ )2( )( )(2)()()(题目5证明题。

数学分析6微分中值定理及其应用总练习题详解

第六章微分中值定理及其应用总练习题1、证明：若f(x)在(a,b)内可导，且+→a x lim f(x)=-→b x lim f(x)，则至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.证：定义f(a)=+→a x lim f(x)，f(b)=-→b x lim f(x)，则f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，由罗尔中值定理知至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.2、证明：若x>0，则 (1)1x +-x =θ(x)x 21+，其中41<θ(x)<21；(2)0x lim →θ(x)=41，+∞→x lim θ(x)=21. 证：(1)由拉格朗日中值定理得：1x +-x =θ(x)x 21+, (0<θ(x)<1)，∴θ(x)x 2+=x1x 1-+=1x ++x ，∴θ(x)=41+21[1)x(x +-x].∵1)x(x +-x>2x -x=0，∴41+21[1)x(x +-x]>41；又1)x(x +-x=x1)x(x x ++<xx x 2+=21，∴41+21[1)x(x +-x] <21.∴41<θ(x)<21.(2)(1)中已证θ(x)=41+21[1)x(x +-x]，∴0x lim →θ(x)=0x lim →{41+21[1)x(x +-x]}=41； +∞→x lim θ(x)=+∞→x lim {41+21[1)x(x +-x]}=41+21+∞→x lim 1x111++=21.3、设函数f 在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且ab>0. 证明：存在ξ∈(a,b)，使得f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).证：记F(x)=xf (x)，G(x)=x 1，根据柯西中值定理，存在ξ∈(a,b)，使得)(G )(F ξξ''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)，又)(G )(F ξξ''=f(ξ)- ξf ’(ξ)，∴f(ξ)- ξf ’(ξ)=G(a)-G(b)F(a)-F(b).又f(b)f(a)b a b -a 1=b -a bf (a)-af (b)=a1-b 1a f(a)-bf(b)=G(a)-G(b)F(a)-F(b)， ∴f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).4、设函数f 在[a,b]上三阶可导，证明：存在ξ∈(a,b)，使得f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ). 证：记F(x)=f(x)-f(a)-21(x-a)[f ’(x)+f ’(a)]，G(x)=(x-a)3，则 F,G 在[a,b]上二阶可导，F ’(x)=f ’(x)-21[f ’(x)+f ’(a)]-21(x-a)f ”(x)，G ’(x)=3(x-a)2，F ”(x)=f ”(x)-21f ”(x)-21f ”(x)-21(x-a)f ’”(x)=-21(x-a)f ’”(x)；G ”(x)=6(x-a).且F(a)=F ’(a)=0，G(a)=G ’(a)=0.根据柯西中值定理，存在η∈(a,b)，使得)(G )(F ηη''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)=G(b)F(b)=3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'，又根据柯西中值定理，存在ξ∈(a, η)，使得)(G )(F ξξ''''=(a)G -)(G (a)F -)(F ''''ηη=)(G )(F ηη''，又)(G )(F ξξ''''=a)-6()(f )a (21-ξξξ'''-=-121f ”’(ξ).∴3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'=-121f ”’(ξ). ∴f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ).5、对f(x)=ln(1+x)应用拉格朗日中值定理，证明：对x>0，有0<x)ln(11+-x1<1.证：f ’(x)=x11+. 对f 在区间[0,x]应用拉格朗日中值定理得： f ’(ξ)=0-x f (0)-f (x)=x ln1-x)ln(1+= x x)ln(1+，∴ln(1+x)=xf ’(ξ)=ξ1x+. ∴x)ln(11+=x ξ1+=x 1+x ξ；即x)ln(11+-x 1=xξ.又0<xξ<1，∴0<x)ln(11+-x1<1.6、设a 1,a 2,…,a n 为n 个正实数，且f(x)=(na a a x n x 2x 1+⋯++)x1. 证明：(1)0x lim →f(x)=nx n x 2x 1a ··a ·a ⋯；(2)∞→x lim f(x)=max{a 1,a 2,…,a n }. 证：(1)0x lim →f(x)=e na a a ln x 1lim x n x 2x 10+⋯++→x = exn x 2x 1nx n 2x 21x 10a a a a ln a a ln a a ln a lim+⋯+++⋯++→x= ena ln a ln a ln n21+⋯++=n xn x 2x 1a ··a ·a ⋯. (2)记A=max{a 1,a 2,…,a n }，则0<Aa k≤1, (k=1,2,…,n)∵f(x)=A[n)A a()A a ()Aa (x n x 2x 1+⋯++]x 1，∴A(n 1)x 1<f(x)≤A ，又∞→x lim A(n1)x1=A ，∴∞→x lim f(x)=A=max{a 1,a 2,…,a n }.7、求下列极根： (1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11；(2)2xx x x)ln(1-xe lim+→；(3)sinxx 1sinx lim20x →.解：(1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11=e)x 1ln()x 1ln(lim21x --=→= e21x x1)x 1(x 2lim--=→=ex 1x 2lim1x +=→=e.(2)2x 0x x x)ln(1-xe lim +→=2xx 11-xe e lim xx0x ++→=2x)(11xe 2e lim 2x x 0x +++→=23. (3)sinxx 1sinx lim20x →=)sinx x ·x 1sin x (lim 0x →=)x 1sin x (lim 0x →·sinx x lim 0x →=0·1=0.8、设h>0，函数f 在U(a,h)内具有n+2阶连续导数，且f (n+2)(a)≠0, f 在U(a,h)内的泰勒公式为：f(a+h)=f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )θh a (f 1)(n +++h n+1, 0<θ<1.证明：θlimh →=2n 1+. 证：f 在U(a,h)内带皮亚诺型余项的n+2阶泰勒公式为：f(a+h)= f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )a (f 1)(n ++h n+1+2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o(h n+2),与题中所给泰勒公式相减得：1)!(n )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n +-+++h n+1=2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o (h n+2).∴1)!(n θ+·θh )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n ++-+=2)!(n )a (f 2)(n +++2n 2n h )h (++o .令h →0两端取极限得：1)!(n )a (f 2)(n ++θlim 0h →=2)!(n )a (f 2)(n ++，∴θlim 0h →=2n 1+.9、设k>0，试问k 为何值时，方程arctanx-kx=0存在正根.解：若方程arctanx-kx=0有正根x 0，∵f(x)=arctanx-kx 在[0,x 0]上可导，且f(0)=f(x 0)=0，由罗尔中值定理知，存在ξ∈(0,x 0)，使得 f ’(ξ)=2ξ11+-k=0. 可见0<k<1. 反之，当0<k<1时，由f ’(x)=2x11+-k 连续，f ’(0)=1-k>0， ∴存在某邻域U(0,δ)，使得在U(0,δ)内，f ’(x)>0，f(x)严格递增，从而存在a>0，使f(a)>f(0)=0. 又+∞→x lim f(x)=-∞，∴存在b>a ，使f(b)<0，由根的存在定理知，arctanx-kx=0在(a,b)内有正根. ∴当且仅当0<k<1时，原方程存在正根.10、证明：对任一多项式p(x)来说，一定存在点x 1与x 2，使p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上分别严格单调.证：设p(x)=a 0x n +a 1x n-1+…+ a n-1x+a n ，其中a 0≠0，不妨设a 0>0. 当n=1时，p(x)=a 0x+a 1，p ’(x)=a 0>0，∴p(x)在R 上严格增，结论成立. 当n ≥2时，p ’(x)=na 0x n-1+(n-1)a 1x n-2+…+ a n-1，若n 为奇数，则∞→x lim p ’(x)=+∞，∴对任给的G>0，存在M>0，使当|x|>M 时，有p ’(x)>G>0，取x 1=M ，x 2=-M ，则 p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上均严格增.若n 为偶数，则+∞→x lim p ’(x)=+∞，-∞→x lim p ’(x)=-∞， ∴对任给的G>0，存在M>0，使当x>M 时，有p ’(x)>G>0，当x<-M 时，p ’(x)<-G<0，取x 1=M ，x 2=-M ，则p(x)在(x 1,+∞)上严格增，在(-∞,x 2)上严格减. 综上原命题得证。

微分中值定理有关证明

☆例1 设)(x f 在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且3)2()1()0(=++f f f ，1)3(=f .试证：必存在)3,0(∈ξ，使()0f ξ'=证：∵ )(x f 在[0，3]上连续，∴ )(x f 在[0，2]上连续，且有最大值和最小值.于是M f m ≤≤)0(；M f m ≤≤)1(；M f m ≤≤)2(，故M f f f m ≤++≤)]2()1()0([31. 由连续函数介值定理可知，至少存在一点[0,2]c ∈使得1)]2()1()0([31)(=++=f f f c f ，因此)3()(f c f =，且)(x f 在[，3]上连续，（，3）内可导，由罗尔定理得出必存在)3,0()3,(⊂∈c ξ使得()0f ξ'=。

☆例2 设)(x f 在[0，1]上连续，（0，1）内可导，且⎰=132)0()(3f dx x f求证：存在)1,0(∈ξ使0)('=ξf证：由积分中值定理可知，存在2[,1]3c ∈，使得⎰-=132)321)(()(c f dx x f得到 ⎰==132)0()(3)(f dx x f c f对)(x f 在[0，c]上用罗尔定理，（三个条件都满足）故存在)1,0(),0(⊂∈c ξ，使()0f ξ'=☆例3 设)(x f 在[0,1]上连续，(0，1)内可导，对任意1>k ，有⎰-=k x dx x f xe k f 11)()1(，求证存在)1,0(∈ξ使1()(1)()f f ξξξ-'=-证：由积分中值定理可知存在1[0,]c k∈使得)01)(()(1101-=--⎰k c f ce dx x f xe ck x令)()(1x f xex F x-=，可知)1()1(f F =这样1110(1)(1)()()()x c k F f kxe f x dx ce f c F c --====⎰，对)(x F 在]1,[c 上用罗尔定理（三个条件都满足）存在)1,0()1,(⊂∈c ξ，使()0F ξ'= 而111()()()()xx x F x ef x xe f x xe f x ---''=-+∴ 11()[()(1)()]0F ef f ξξξξξξ-''=--=又01≠-ξξe，则1()(1)()f f ξξξ'=-在例3的条件和结论中可以看出不可能对)(x f 用罗尔定理，否则结论只是()0f ξ'=，而且条件也不满足。

(完整版)微分中值定理的证明题

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 a f b ==，证明：R λ∀∈，(,)a b ξ∃∈使得：()()0f f ξλξ'+=。

证：构造函数()()x F x f x e λ=，则()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()0F a F b ==，由罗尔中值定理知：,)a b ξ∃∈（，使()0F ξ'=即：[()()]0f f e λξξλξ'+=，而0e λξ≠，故()()0f f ξλξ'+=。

2. 设,0a b >，证明：(,)a b ξ∃∈，使得(1)()b a ae be e a b ξξ-=--。

证：将上等式变形得：1111111111(1)()b ae e e b a b aξξ-=--作辅助函数1()xf x xe =，则()f x 在11[,]b a上连续，在11(,)b a 内可导，由拉格朗日定理得：11()()1()11f f b a f b aξ-'=- 1ξ11(,)b a ∈ ，即 11111(1)11b ae eba eb a ξξ-=-- 1ξ11(,)b a ∈ ，即：ae (1)(,)b e be e a b ξξ-=- (,)a b ξ∈。

3. 设()f x 在(0,1)内有二阶导数，且(1)0f =，有2()()F x x f x =证明：在(0,1)内至少存在一点ξ，使得：()0F ξ''=。

证：显然()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又(0)(1)0F F ==，故由罗尔定理知：0(0,1)x ∃∈，使得0()0F x '=又2()2()()F x xf x x f x ''=+，故(0)0F '=，于是()F x '在0[0]x ，上满足罗尔定理条件，故存在0(0,)x ξ∈，使得：()0F ξ''=，而0(0,)x ξ∈⊂(0,1)，即证 4. 设函数)(x f 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ξ，使得ξξ-=1)(f ．(2) 在(0,1)内存在两个不同的点ζ，1)()(//=ηζηf f 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x x f x F +-=1)()(，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在),1,0(∈ξ 使得0)(=ξF ，即ξξ-=1)(f .（II ）在],0[ξ和]1,[ξ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(ξζξη∈∈，使得0)0()()(--='ξξηf f f ，ξξζ--='1)()1()(f f f于是 .1111)(1)()()(=-⋅-=--⋅=''ξξξξξξξξζηf f f f 5. 设)(x f 在[0，2a]上连续，)2()0(a f f =，证明在[0,a]上存在ξ使得 )()(ξξf a f =+.【分析】)(x f 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。

与微分中值定理有关的几个问题

与微分中值定理有关的几个问题Intro：有界性，最值定理，介值定理，零点定理，平均值定理。

以下定理（除1外）均需要开区间可导，闭区间连续。

不妨设(a,b)内可导，[a,b]内连续。

1.费马引理（Fermat Lemma）：设f(x)在 x_{0} 的某邻域内有定义，且f(x)≥(≤)f( x_{0})，f(x)在 x_{0} 处可导，则 f^{,}(x_{0})=0 （即最值处导函数为0）证： f^{,}(x_{0})=\lim_{x \rightarrow0}{\frac{f(x_{0}+x)-f(x_{0})}{x}}当x从左侧趋近于0，则 f^{,}(x_{0})=f_{-}^{,}(x_{0})≥0；当x从右侧趋近于0，则 f^{,}(x_{0})=f_{-}^{,}(x_{0})\leq0 ；又因为f(x)在 x_{0} 处可导，根据可导的充要条件知：f_{-}^{,}(x_{0}),f_{+}^{,}(x_{0}) 存在且相等，即证。

2.罗尔中值定理（Rolle mean value Theorem）：f(a)=f(b)，则存在c∈(a,b)，使得 f^{,}(c)=0证明：①若最大值M=最小值m，则f(x)为常值函数，即证；②若M≠m，因为f(a)=f(b)，所以M，m中至少一个不会等于f(a)，不妨设M≠f(a)，因为f(c)=M为最大值，c∈(a,b)，所以f(x)≤f(c)，据费马引理即证。

罗尔定理的推论：若函数n阶导非零，则此函数最多n个零点。

证明：反证法。

3.拉格朗日中值定理（Lagrange's Mean Value Theorem）：至少存在一点c∈(a,b)，使得 f^{,}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}证：令F(x)=f(x)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}x 或 F(x)=f(x)-f(a)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) ，易知F(a)=F(b)，且F(x)在(a,b)内可导，[a,b]内连续。