考研常考题型-罗尔中值定理的证明

常考题型　罗尔定理的证明

解题提示:欲证结论为f (n )

(ξ)=k ,或F (ξ,f (ξ),f '(ξ

))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:

(1

)是无需构造辅助函数,只需寻找某个函数存在两个相同的端点;(2)是结论证明f ᵡ(ξ)=0,此时关键是去寻找f (x )有三个相同的端点;(3

)是去构造辅助函数.(读者可参考‘高等数学一本通“的相应讲解)典型习题

1.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ξɪ(0,3),使f '(ξ)=0.ʌ证明ɔ 函数f (x )在[0,3]上连续,则f (x )在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M 和最小值m ,于是

m ɤf (

0)ɤM ,m ɤf (1)ɤM ,m ɤf (2)ɤM .故m ɤf (0)+f (1)+f (2)3

ɤM .

由介值定理知,至少存一点ηɪ[0,2],使f (η)=f (0)+f (1)+f (2)3

=1.于是f (η)=1=f (3),满足罗尔定理,故存在ξɪ(η,3)⊂(0,3),使f '(ξ

)=0.2.设f (x )在区间[a ,b ]上具有二阶导数,且f (a )=f (b )=0,又f '(a )f

'(b )>0,证明存在ξɪ(a ,b )和ηɪ(a ,b )使f (ξ)=0及f ᵡ(η)=0.

ʌ证明ɔ 1)假设f '(a )>0,f '(b )>0(对于f '(a )<0,f

'(b )<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有

f '+(a )=l i m x ңa +0f (x )x -a >0,有a 1ɪ(a ,a +δ1)使f (a 1)a 1-a >0,即f (a 1)>0;f '-(b )=l i m x ңb -0f (x )x -b >0,有b 1ɪ(b -δ2,b )使f (b 1)b 1-b >0,即f (b 1)<0,其中δ1和δ2是充分小的正数.

根据连续函数的介值定理知,存在ξɪ(a 1,b 1)⊂(a ,b )使f (ξ

)=0.2)由f (a )=f (ξ)=f (b )=0,根据罗尔定理知,存在η1ɪ(a ,ξ)和η2ɪ(ξ,b ),使f '(η

1)=f '(η

2)=0,再由罗尔定理知,存在ηɪ(η1,η2)⊂(a ,b ),使f ᵡ(η)=0.3.设函数f (x )在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f (

0)=ʏ

20

f (

x )d x =f (2)+f (3),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(0,2),使f (η)=f (0);(Ⅱ)存在ξɪ(0,3),使f ᵡ(ξ

)=0.ʌ证明ɔ (Ⅰ)设F (x )=

ʏ

x 0

f (

t )d t (0ɤx ɤ2),则ʏ

20

f (

t )d x =F (2)-F (0).根据拉格朗日中值定理,存在ηɪ(0,2

),使

F (2)-F (0)=2F '(η)=2f (η)

,即

ʏ

20

f (x )d x =2f (η).由题设ʏ

2

f (x )d x =2f (0),从而f (η)=f (

0).(Ⅱ)易知f

(2)+f (3)2

介于f (x )在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介质定理,存在ζɪ[2,3],使f (ζ)=f (2)+f (3)2

.由题设知f (2)+f (3)

2

=f (0),故f (ξ)=f (0).由(Ⅰ)的结果可知f (0)=f (η)=f (ξ),且0<η<ζɤ3,根据罗尔定理,存在ξ1ɪ(0,η

),ξ2ɪ(η,ζ)

,使f '(ξ1)=0,f '(ξ

2)=0,从而存在ξɪ(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f ᵡ(ξ

)=0.4.设函数f (x ),g (

x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内上有二阶导数且存在相等的最大值,f (

a )=g (a ),f (

b )=g (b ),证明:(Ⅰ)存在ηɪ(a ,b ),使得f (η)=g (η);(Ⅱ)存在ξɪ(a ,b ),使得f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ

).ʌ证明ɔ 寻求等值点法:F ᵡ(ξ

)=f ᵡ(ξ)-g ᵡ(ξ)=0,因ξ是F ᵡ(x )的零点,由罗尔定理知,只需寻求F (x )在[a ,b ]上有三个等值点,问题便得证.又F (a )=F (b )=0,

故只须在(a ,b )内寻求出F (x )的一个零点即可.(Ⅰ)设f (x )在x 1处取得最大值M ,g (

x )在x 2处取得最大值M ,由题给条件知x 1ɪ(a ,b ),x 2ɪ(a ,b ),不妨设x 1

则F (x )=f (x )-g (x )在[x 1,x 2]上连续,且F (x 1)=M -g (

x 1)>0,F (x 2)=f (x 2)-M <0,因为F (x 1)F (x 2)<0,由连续函数零点定理知,在(x 1,x 2)内存在一点η,使F (η)=0.

F (x )在[a ,η],[η,b ]上满足罗尔定理条件,则有F '(η1)=0,a <η1<η,F '(η

2)=0,x 0<η2

1,η2]上满足罗尔定理条件,则有F ᵡ(ξ)=0,η1<ξ<η2,则f ᵡ(ξ)=g ᵡ(ξ),ξɪ(η1,η

2)⊂(a ,b ).(Ⅱ)设f (x ),g (

x )在x 0ɪ(a ,b )处同时取得最大值M ,这时F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上有三个零点a ,x 0,

b ,证法同(Ⅰ).5.设f (x )在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内可导,f (a )=b ,f (b )=a ,a 与b 同号,证明:∃ξɪ(

a ,

b ),使f '(ξ)=-f (ξ)

ξ

.ʌ证明ɔ 只要证ξf '(ξ)+f (ξ

)=0,令F (x )=x f (x ),则F (a )=a f (a )=a b ,F (b )=b f (

b )=a b .由罗尔定理知,∃ξɪ(

a ,

b )使F '(ξ)=0,即ξf '(ξ)+f (ξ)=0.6.设f (x )在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f (1)=3ʏ

1

3

e 1-x 2

f (

x )d x .证明:至少存在一点ξɪ(0,1),使得f '(ξ)=2ξf (ξ

).ʌ证明ɔ 令F (x )=f (x )e

-x 2

,由积分中值定理,得