微分中值定理的证明题[1](1)

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，f(a)=f(b)=0，证明：∀λ∈R，

∃ξ∈(a,b)使得：f'(ξ)+λf(ξ)=0。

证：构造函数F(x)=f(x)eλx，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，

（a,b)，使F'(ξ)=0 且F(a)=F(b)=0，由罗尔中值定理知：∃ξ∈

即：[f'(ξ)+λf(ξ)]eλξ=0，而eλξ≠0，故f'(ξ)+λf(ξ)=0。

2. 设a,b>0，证明：∃ξ∈(a,b)，使得aeb-bea=(1-ξ)eξ(a-b)。

1111

证：将上等式变形得：e-e=(1-ξ)eξ(-)

baba

1

x

1b1a

11111

作辅助函数f(x)=xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，

baba

由拉格朗日定理得：

11f()-f()=f'(1) 1∈(1,1) ，

baξξ-ba

11b1a

e-e

1=(1-)eξ 1∈(1,1) ， 即 baξξ-ba 即： aeb-bea=(1-ξ)eξ(a-b) ξ∈(a,b)。

3. 设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)=0，有F(x)=x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点ξ，使得：F''(ξ)=0。

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∈(0,1)，使得F'(x0)=0

又F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)，故F'(0)=0， 于是F'(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在ξ∈(0,x0)， 使得：F''(ξ)=0，而ξ∈(0,x0)⊂(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ξ，使得f(ξ)=1-ξ．

(2) 在(0,1)内存在两个不同的点ζ，η使得f/(ζ)f/(η)=1

【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F(x)=f(x)-1+x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-10,于是由介值定理知，存在ξ∈(0,1), 使得F(ξ)=0，即f(ξ)=1-ξ.

（II）在[0,ξ]和[ξ,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η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1)，使得f'(η)=于是，由问题（1）的结论有

f'(η)f'(ζ)=

f(ξ)1-f(ξ)1-ξξ

⋅=⋅=1. ξ1-ξξ1-ξ

f(ξ)-f(0)f(1)-f(ξ)

，f'(ζ)=

ξ-01-ξ

5. 设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)=f(2a)，证明在[0,a]上存在ξ使得 f(a+ξ)=f(ξ).

【分析】f(x)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

f(a+ξ)=f(ξ)→f(a+ξ)-f(ξ)=0→f(a+x)-f(x)=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)

当f(a)=f(0)时，取ξ=0，即有f(a+ξ)=f(ξ)；

当f(a)≠f(0)时，G(0)G(a)

G(ξ)=0，即f(a+ξ)=f(ξ)．

6. 若f(x)在[0,1]上可导，且当x∈[0,1]时有0

在(0,1) 内有且仅有一个点ξ使得f(ξ)=ξ 证明：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

∴由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点ξ，使得F(ξ)=0，即：

f(ξ)=ξ

唯一性：（反证法）

假设有两个点ξ1,ξ2∈(0,1)，且ξ1

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[ξ1,ξ2]⊂[0,1]

∴F(x)在[ξ1,ξ2]上满足Rolle定理条件

∴必存在一点η∈(ξ1,ξ2)，使得：F'(η)=f'(η)-1=0 即：f'(η)=1，这与已知中f'(x)≠1矛盾

∴假设不成立，即：F(x)=f(x)-x在(0,1)内仅有一个根，

综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点ξ，使得f(ξ)=ξ

1

7. 设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2

(x)=1。 证至少存在一个ξ∈(0，1)，使f¢

分析：f'(ξ)=1⇒f'(x)=1⇒f(x)=x⇒f(x)-x=0 令 F(x)= f(x)-x 证明： 令 F(x)= f(x)-x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导， F(1)= f(1)-1=-1

11111

)= f()-=>0( f()=1) 22222

1

由介值定理可知，∃一个η∈(，1)，使

2

F(η)=0 又 F(0)=f(0)-0=0

对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，∃一个ξ∈(0，η)⊂(0，1)使 F'(ξ)=0 即 f'(ξ)=1

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ξ和η.满足

0

证 由拉格朗日中值定理知，

1

f()-f(0)

1=f'(ξ) ξ∈(0,)

12-02

1

f(1)-f()

1=f'(η)η∈(,1)

121-2

11f()-f(0)f(1)-f()

=0 f'(ξ)+f'(η)=+

1122

9. 设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0≤a

a+b

f'(η). (1) 2η

证: (用(b-a)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f'(ξ)f'(η)2

(b-a)=(b-a2). (2) 12η

为证此式,只要取F(x)=f(x),取G(x)=x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2

f'(ξ)f'(η)2

(b-a)=(b-a2), f(b)-f(a)=12η

其中ξ,η∈(a,b).

10. 已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0 ，1）内可导，0

使3η2f/(ξ)=(a2+ab+b2)f/(η)

f/(η)f(b)-f(a)解：利用柯西中值定理 =233

3ηb-a

而f(b)-f(a)=f/(ξ)(b-a) 则

f/(η)f(b)-f(a)f/(ξ)(b-a)f/(ξ)

（后面略） ===2

2333323ηb-ab-aa+ab+b

/11. 设f(x)在x≥a时连续，f(a)a时，f(x)>k>0，则在(a,a-

f(a)

)k

内f(x)=0有唯一的实根

/

解：因为f(x)>k>0，则f(x)在(a,a-

f(a)

)上单调增加 k

f(a)f(a)f/(ξ)/

f(a-)=f(a)-f(ξ)=f(a)[1-]>0（中值定理）

kkk

而f(a)

f(a)

)内f(x)=0有唯一的实根 k

1⎧2

t≠0⎪tsin

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：

1

x2si-0

f(x)-f(0)111==xsi=f'ξ(=)ξ2i-nc(0s

即：cos

1

ξ

=2ξsin

1

ξ

-xsin

1

) (0

x

1

xsin= lim+

x→0

ξ→0，il2+nsiξ0 因0

ξ→0

ξ

1

=0 x

得：lim+cos

x→0

1

ξ

=0，即limcos+

ξ→0

1

ξ

=0

解：我们已经知道，lim+cos

ξ→0

1

ξ

=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ξ是个中值点，是由f和区间[0,x]的

端点而定的，具体地说，ξ与x有关系，是依赖于x的，当x→0时，ξ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limcos+

x→0

1

ξ

=0成

立，而lim+cos

ξ→0

1

ξ

=0中要求ξ是连续地趋于零。故由limcos+

x→0

1

ξ

=0推不出

ξ→0

lim+cos

1

ξ

=0

13. 证明：∀0

π

2

成立x

x

。 cos2x

证明：作辅助函数f(x)=tgx，则f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导， 由拉格朗日定理知：

f(x)-f(0)tgx1

ξ∈(0,x) ==f'(ξ)=

x-0xcos2ξ

即：tgx=

π1πx

(0,)(0,)，因在内单调递减，故在cosx22

cosx22cosξ

111xx

内单调递增，故

即：x

1

。 cos2x

注：利用拉格朗日中值定理证明不等式，首先由不等式出发，选择合适

的函数f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

='fξ()(-bξa∈(a,b) f(b)-f(a)，再根据f'(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。 π

14. 证明：当02x。

2 证明：作辅助函数ϕ(x)=sinx+tgx-2x

则ϕ'(x)=cosx+sec2x-2

1

-2 cos2x

1

≥cos2x-2+ 2

cosx=cosx+

x∈(0,)

2

π

=(cosx->0

12

) cosx

ππ

故ϕ(x)在(0,)上单调递减，又因ϕ(0)=0，ϕ(x)在(0,)上连续，

22 故 ϕ(x)>ϕ(0)=0，即：sinx+tgx-2x>0，即：sinx+tgx>2x。 注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当x∈I时f(x)≥g(x)，

常用辅助函数ϕ(x)=f(x)-g(x)，则将问题转化证ϕ(x)≥0，然后在I上

讨论ϕ(x)的单调性，进而完成证明。

15. 证明：若f(x)二阶可导，且f''(x)>0，f(0)=0，则F(x)=

,内单调递增。) (0+∞

f(x)

在 x

证明：因F'(x)=

xf'(x)-f(x)

，要证F(x)单调递增，只需证F'(x)>0， 2

x

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)=0f'(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。