微分中值定理例题.docx
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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
程功
2010/12/28
1.设f(x)0,f(0)0,证明对任何的<10,X20,有f(X+X)f(xj+f(X)•
解:
不妨设Xx2,(x)=f(Xi+x)—f(x+X)—f(2X—f(x)f
(1)%—f
(2)x1
X1X21Xi+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)
01,
f(11
1
n)
n
解:
设Xo
iXi
内二阶可导,且
2n
f(X1)+2f(X2)
f(Xi)
f(Xo)
Xo)
注:
0,
(x)
X1,X2,
f
1则,试证明
++nf(Xn)•
bb,同理可证:
Xo
f()2
匚厂(X疝f(xo)f(xo)(x
Xn
(a.
b),
Xo).
Xi
Xo
if(X)
if(Xo)
i1
if(Xo)(X
i1
Xo)
if(Xo)(Xi
1
n
(Xo)
i1
iXi
Xo)
3.设f(X)在
上连续,在(
存在(0,)
,使得2f(
)tan2f
证明:
构造辅助函数:
F
(X)=f(X)tan
在(,)内可导,
Qf(0)o,F(0)
o,且F()
n
if(Xo)f(Xo)
i1
iXo
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F0,而
xcosX-f(x)sin^F
222
cos-f(
22
)sin0
2
又(0,),所以cos0,上式变形即得:
2f()tanf,证毕。
22
4.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)可导,且f(0)f
(1)0,f(11
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
由零点定理知:
(2,1),使得F()0,即f()
1
2,
1F(—)F
(1)
,所以2丿U
F(x)f(x)xF(x)[丄,1],F
(2)
证明:
(1)设,则2'又2
(2)构造辅助函数:
G(x)
得f()1[f()]•
ex[f(x)
X]则G(x)C[0,],G(x)D(0,)
又G(0)0,G()0
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]}0
又e0,得[f()][f()1]0即[f()]f()1结论成立。
2
5.求证:
对任意实数x,2xarctanxln(1x).
、证明:
设f(x)2xarctanln(1x2),贝Uf(0)0
)严格单增,有f(x)0,
f(x)2arctanx,当x0时,有f(x)0,f(x)在(0,
当x0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-)-;
n1nn
⑵利用
(1)的结果证明数列xn(111L-)lnn收敛.
23n
证明:
(1)设f(x)lnx,对于正整数n,显然有f(x)在区间[n,n1]上满足拉氏
中值定理,所以至少存在一点(n,n1),使得f(n°f(n)f()
1
即ln(1丄)ln(n1)Inn-又1丄,从而ln(1-)1成立。
nn1nn1nn
2)xn1xn(1
=)ln(n
1)(1
Inn
ln(1
-)0.n
所以数列为单调递减数列。
又11
Xn1Xnln(1-)
n1n
1111
()()
n1nnn1
所以此数列有下界,由单调有界准则知此数列收敛
xn1xn
1
n1
1
(21)1
丄Xn1n
1
n1
(Xn1
Xn)
(Xn
Xn1)
(X2
Xi)Xi
7.设fx在0,1上二阶可导,且f0
.求证在
0,1至少存在一点
使得
2f
2
证明:
作辅助函数F(x)xfx,由fx
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
2xfxxf
8.已知
0,1
(2)
证明:
0,1
使得f
02f
0,结论得证.
上连续,且在0,1
—。
2
存在两个不同的点
(1)Qf
0,1
可导,且f0
xC,且f00,f11,又0
(2)对fx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
1
fif12i
1121
1
0,
,使ff—丿覚丄f
2
22
(1)2.
9.设f(x)在[a,b]上二阶可导,且f(X)0,f(x)0,证明在(a,b),
方程f(x)*4毁有惟一的实根.
证明:
(1)根的存在性:
设F(x)xf(x)bf(x)f(a)x,则f(x)C[a,b],F(x)D(a,b),又
F(a)bf(a)F(b),由罗尔定理知:
至少存在一点(a,b),使得F()0,
即方程F(x)0至少有一个根,而F(x)f(x)xf(x)bf(x)f(a)
F(x)0,变形即为方程f(x)便徑所以方程f(x)他血至少有一个根.bxbx
(2)根的惟一性:
f(x)(xb)f(x)f(x)f(a)
F(x)2f(x)(xb)f(x)(x(a,b)
由已知条件,f(x)0,f(x)0,xb0,可知,F(x)0.
F(x)严格单增,F(x)有惟
所以方程f(x)
叮有惟一一个根
10.证明arcsinxarccosx(1x1).
2
证:
设fxarcsinxarccosx,x[1,1]
则在(1,1)上Qf(x)
0
f(x)C,x(1,1)又Qf(0)arcsin0arccosQ0
即C2.又f
(1)i,fxarcsinxarccosxQX[1,1]
11.证明当X0时,总ln(1x)X.
1
由于(a,b),故—
b
11
丄所以丄
a
InbIna1即ba,b
ln-
a
13.证明:
不等式
sinx
x1)成立
证:
设函数f(x)
sinx
(1
[0,1].则有f(x)
cosxx,
f(x)的正负难以确定,继续求导得
f(x)
x・
esinx1o
证:
设f(x)
ln(1
x),
f(x)在0,x上满足拉氏定理条件,
f(x)f(0)
f(
)(x
0),(0
x)Q
f(0)
0,
1
f(x),
1x
由上式得ln(1
x)
x
,又Q0
x
1
1
1x1
11
1
1x
1
xx
x,
即
x
In(1
x)
x
1x1
1x
12.设b
a0,证明
ba.•-In
bb
a
b
a
a
证:
将待证不等式整理为
1Inb
Ina
1
设函数f(x)Inx,,
则f(x)在[a,b]上满足拉
bb
a
a
1
f(
)
格朗日定理的条件,于是存在(a,b),使得常
(0,1),使
又由于f(0)
0,得当0x1时,f(x)f(0)0,从而f(x)严格单调递减,
所以当0x
2
1时,f(x)f(0)10(10)0,因此exsinx1乂(0x1).
2
显然,当0x1时,f(x)
0,所以f(x)严格单调递减。
14.设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)可导,证明:
至少存在一点
f()2[f
(1)f(0)].
证:
分析:
结论可变形为丄⑴f-(0)
10
f(x)
(x2)
设g(x)x2
在(0,1)至少存在一点,有
则f(x),g(x)在[0,1]上满足柯西中值定理条件,
f⑴f(0)即f()2[f
(1)f(0)]
102
15.设函数f(x)在闭区间
[a,b]上连续,在
(a,b)存在二阶导数,连接
A(a,f(a))和
B(b,f(b))的直线段与曲线yf(x)相交于C(c,f(c)),其中acb。
证明:
至少存在一
点(a,b),使得f()0o
0)上连续,在(x°,X0)可导,且limf(x)存在
Xx
证明:
分别在[a,c]和[c,b]上应用拉格朗日定理,则存在1(a,c),2(c,b),使得
f
(1)
f(c)
f(a),f(2
)f(bb
砂代B,C三点共线,故有
c
a
b
c
f
(1)
f(c)
f(a)k
kAC
kBC
f(b)f(c)f(、
T
(2)
c
a
bc
在[1,
2]上应用罗尔定理,
得存在
(1,2)(a,b),使得f()
0.
16.若函数f(x)在区间[x°,x°](
(或为x),则f(x0)limf(x)
xx)
证任取x(X0,X0),则f(x)在区间[x°,x]上满足拉格朗日定理的条件,于是存在
(x°,x),使得f(x)f(x°)f()因此f(x。
)limf(x)f(x°)limf()limf(x)
xx0xx0xx0xx0xx0
同理可证:
若函数f(x)在区间[X。
,x°](0)上连续,在(X。
,x。
)可导,且limf(x)存
xXg
在(或为x),贝Uf(x0)limf(x)
Xx
17.设f(x)C[0,],且在(0,)可导,证明至少存在一点(0,),使
f()f()cot.
提示:
由结论可知,只需证f()sinf()cos0即f(x)sinxx0设F(x)f(x)sinx,验证F(x)在[0,]上满足罗尔定理条件。
18.若f(x)可导试证在其两零点之间一定有f(x)f(x)的零点。
提示:
设f(xjf(X2)0,XiX2,欲证:
(Xi,X2),使f()f()0
只需证ef()ef()0亦即[exf(x)]x0
作辅助函数F(x)exf(x),验证F(x)在[Xi,X2]上满足罗尔定理条件
19.证至少存在一点(1,e),使sinicosin
证:
法一用柯西中值定理,令f(x)sinlnx,F(x)inx
则fx、Fx在1,e上满足柯西中值定理条件,因此养)詣,(1e)
1
-cosin
即sinicosin
1
法二:
令f(x)sininxsin1inx,贝Ufx在1,e上满足罗尔中值定理条件,因此存
在(1,e),使f()0
f(x)
1cosin
xsin11
sin1cosin
20.设函数fx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.
证:
因f(x)在0,3上连续,所以在0,2上连续,且在[0,2]上有最大值M与最小值m,故
mf(0),f
(1),f
(2)Mmf(0)罗f
(2)M
由介值定理,至少存在一点c[0,2],使f(c)f(0)叨心1Qf(c)f(3)1,
且f(x)在[c,3]上连续,在(c,3)内可导,由罗尔定理知,必存在(c,3)(0,3),使f()0.
21.设fx在0,1上连续,在0,1内可导,且f10,证明至少存在一点0,1,使
2f()
证:
问题转化为证f()2f()0•设辅助函数(x)x2f(x)
显然(x)在0,1上满足罗尔定理条件,故至少存在一点0,1,
使()2f()2f()0即有f()汕
22.设函数a0e,L©满足下述等式a。
色L旦0,方程证明
2n1
0)a1xLanxn0在0,1内至少有一个实根.
证:
令F(x)a0a-ixLanxn则可设F(x)a0x01x2Lxn1
2n1
显然,F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)F
(1)0,由罗尔定理知存在
一点(0,1),使F()0,即00a/LKXn0在(0,1)内至少有一个实根
若结论中含高阶导数,多考虑对导数用中值定理
23.设f(x)和gx在a,b上二阶可导,且gx0,fafbgagb0
证明:
1)在a,b,gx02)在a‘b,至少存在一点,使得诣冷
证:
(1)反证法:
若有一点c
(a,b)使得g(c)0.由罗尔定理,存在一点
x1(a,c)
使得g'(xj0.存在一点X2(c,b)使得g'(X2)0.在旧%]上应用罗尔定理,
存在一点[洛必]2”()0矛盾.
⑵令(x)f(x)g'(x)f'(x)g(x)于是(a)F(b)0.且F'(x)f(x)g''(x)f''(x)g(x).
由罗尔定理,存在
(a,b),使得F'()0.即:
丄^
g()
f"()g''()
注意.证明含一个中值的等式中出现函数值的差或自柯西中值定理.
变量的差,考虑用拉格朗日或
24.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,证明至少存在一点(0,1),使
f()2[f
(1)f(0)].
证:
结论可变形为f⑴f(0)丄°上4丸|设F(x)x2,
102(x)|x
则f(x),F(x)在0,1上满足柯西中值定理条件,因此在0,1内至少存在一点,使
f⑴f(0)f()
即f()2f
(1)f(0)
102
若结论中含两个或两个以上的中值,必须多次应用中值定理
25设fx在0,1上连续,在0,1内可导,且f(0)0,f
(1)1,试证:
对任意给定
ab
的正数a,b在(0,1)内存在不同的,,使lab.
f()f()
a
证:
Qa与b均为正数,0
ab
1又Qf(x)在[0,1]上连续,由介值定理,存在
(0,1),
使得
f()
f(x)在[0,],[
1]上分别用拉氏中值定理
f()
f(0)
(0)f(),
(0,)
(1)
f
(1)
f()
(1)f(),
(,1)
注意到f(0)
0,f
(1)1,,由
f()
f()
(3)
1f()f(
j)
(3)+(4)
f()(ab)
f()(ab)
b
fT~)
b.
26.设e
abe2,证明ln2bln2a¥(b
e
a).
提示:
1.对函数f(x)In2x,使用Lagrange中值定理
ln2b
ln2a2ln
ba
2.分析函数f()•丄(e)的单调性
27.设函数f(x)在(a,b)内可导,且x(a,b),f'(x)M证明函数f(x)在(a,b)内有界.
证:
取点x0(a,b),再取异于X。
的点x(a,b),对fx再以怡,x为端点的区间上
用拉氏中值定理,得f(x)f(x°)f()(xx°)(界于x°与x之间)
f(x)f(x°)f()(xx°)f(x0)f()xx°f(x0)M(ba)K(定数)
可见对任意x(a,b),
f(x)K,即得所证