.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

程功

2010/12/28

1.设f (x) 0,f(0) 0,证明对任何的＜1 0,X 2 0, 有f (X + X )f ( xj+f ( X )•

解：不妨设 X x 2,(x)=f (Xi+ x )— f (x + X )—f (2X — f(x) f (1) % —f ( 2)x1

X 1 X 2 1 X i

+X ，又 f ，所以原不等式成立。

在 (a , b ) ，且

—f f (養

)—f (0)

f ( 2) = X]f 因为，0

2

所以(x) 0

2.设 f (x )

0 1

，

f(

1 1

1

n ) n 解: 设X o i X i 内二阶可导，且 2

n

f ( X 1) + 2f (X 2) f (X i )

f (X o ) X o ) 注: 0,

(x)

X 1, X 2,

f 1则，试证明

+ +

n f (X n ) •

b b,同理可证：X o f ( ) 2

匚厂(X

疝

f(x o ) f(x o )(x

X n (a. b ),

X o ).

X

i

X o

i f(X

)

i f (X o ) i 1 i f (X o )(X i 1 X o ) i f (X o )(X i 1 n (X o ) i 1 i X i X o ) 3.设f(X)在 上连续，在( 存在 (0,) ，使得2f ( )tan 2f

证明：构造辅助函数： F (X)=f(X)ta n 在(，)内可导, Q f (0) o, F (0) o,且F() n i f (X o ) f (X o ) i 1

i X o

内可导，且f ( 0) 2,则 F ( X)

在, =o ，求证：至少

上连续,

所以F (X)在,

至少存在 (0,

f( )cos — 2

上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知: )，使得F 0,而 x cos

X

-f(x) sin^ F

2 2 2

cos - f(

2 2

)sin 0

2

又

(0,)，所以cos 0,上式变形即得：2f ( ) tan f

，证

毕。

2 2

4.设 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且 f (0) f(1) 0 , f (1 1

2 ，

试证：(1)至少存在一点

(丄,1),使得f( )

;(2)对任意实数，必存在

(0,),使

2

得 f ( ) 1 ［f( ) ］•

X]则G(x) C[0, ], G(x) D(0,)

又G(0) 0, G( )

所以将G(x)在［0,］上应用罗尔定理，有存在 (0,)

使得G( ) 0.

G( ) e { [f( ) ] [f ( ) 1]}

又 e 0,得[

f

()

] [f

( ) 1] 0

即[f ()

] f ( ) 1 结论成立。

2

5.求证：对任意实数 x ， 2xarctanx ln(1 x ). 、 证明：设 f(x) 2xarctan ln(1 x 2)，贝U f (0)

f (x) 2arctanx ,当 x 0时，有 f (x) 0, f (x)在(0,

当x 0时，有f (x) 0, f (x)在(,0)严格单减，有f(x) 0，

所以对任意实数x ，

f (x) 0，结论成立。 (后半部分也可利用偶函数的性质证明).

6.(1)设n 为正整数，试利用拉格朗日中值定理证明不等式：

— ln(1 -)-;

n 1

n n

⑵利用(1)的结果证明数列x n (1 1 1 L -) lnn 收敛.

2 3 n

证明：(1)设f (x) ln x,对于正整数n ，显然有f (x)在区间［n,n 1］上满足拉氏

中值定理，所以至少存在一点

(n,n 1)，使得

f(n

°

f(n)

f ()

1

即 ln(1 丄)ln(n 1) Inn -又 1 丄，从而l n (1 -) 1 成立。

n n 1 n n 1

n n

由零点定理知：

(2,1),使得 F( )

0,即 f ()

1

2,

1

F(—) F(1)

，所以2丿U

e x

[f(x) )严格单增，有f(x) 0，

F(x) f(x) x F(x)[丄,1],

F(2) 证明：(1)设

，则

2 '又 2 (2)构造辅助函数：G(x)

2)x

n 1

x n

(1

=)ln(n

1) (1

In n

ln(1

-)0. n

所以数列为单调递减数列。 又 1 1 X n 1 X n ln(1 -) n 1 n 1111 ( )( ) n 1 n n n 1 所以此数列有下界，由单调有界准则知此数列收敛 x n 1 x

n 1 n 1 1 (2 1) 1 丄X

n 1 n 1 n 1 (X n 1 X n ) (X n

X n 1)

(X 2

X i ) X i

7.设f x 在0,1上二阶可导，

且f 0 .求证在 0,1至少存在一点

,使得

2f

2

证明：作辅助函数F(x) x f x ,由f x

在0,1 上二阶可导,知F(x)在0,1

上可导,从而F (x)在o,1上连续.

0,1上满足Rolle 定理的条件, 从而由 Rolle 定理知:

0,1，

使得f

又 F(0)

0，F()

F(x)在

0, 上

满足Rolle

定理的条件

，由 Rolle 定理，有

0,

0,1 ,使得F

2

2xf x x f

8.已知 0,1

(2) 证明: 0,1

使得f

0 2f

,结论得证.

上连续，且在0,1

—。

2

存在两个不同的点

(1) Q f 0,1

可导，且

f 0

x C ,且f 0

0, f 1

1,又0 (2)对f x 在区间

求证(1)存

1

2

，故由连续函数介值定理

上分别应用拉格朗日中值定理，得