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
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