微分证明题附极限题.docx
《微分证明题附极限题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《微分证明题附极限题.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
微分证明题附极限题
微分证明题（附极限题）
微分的证明题（附极限题）
1．设f（x）在[0,1]上游二阶导数f（x）≤a，f''（x）≤b，其中a,b是非负数，c∈（0,1），
求证：
f'（c）≤2a+
b.2
证明：
函数f（x）在x=c点的二阶Taylor展开为：
f''（ξ）
（x-c）22!
f''（ξ1）
（0-c）2f（0）=f（c）+f'（c）（0-c）+2!
f''（ξ2）
（1-c）2f
（1）=f（c）+f'（c）（1-c）+
2!
1
f''（ξ2）（1-c）2-f''（ξ1）c2故f
（1）-f（0）=f'（c）+2
f（x）=f（c）+f'（c）（x-c）+
[]
f'（c）=f
（1）-f（0）-
1
f''（ξ2）（1-c）2-f''（ξ1）c22
bb≤2a+（1-c）2+c2≤2a+
22
[[]
2．设函数f（x）在（0,1）内具有连续的三阶导数，且f（0）=1,f
（1）=2,f'⎪=0，证明在
⎛1⎫
⎝2⎭
（0,1）内至少存在一点ξ，使
f'''（ξ）≥24
1⎫1⎛1⎫⎛1⎫11⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛⎛
证明：
f（0）=f⎪+f'⎪0-⎪+f''⎪0-⎪+f'''（ξ1）0-⎪
2⎭2!
⎝2⎭⎝2⎭3!
2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝⎝⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫1⎛1⎫⎛1⎫1⎛1⎫
f
（1）=f⎪+f'⎪1-⎪+f''⎪1-⎪+f'''（ξ2）1-⎪
⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭2!
⎝2⎭⎝2⎭3!
⎝2⎭
两式相减，得
f
（1）-f（0）=1=
2
3
23
1
[f'''（ξ1）+f'''（ξ2）]48
所以在（0,1）内至少存在一点ξ，使f'''（ξ）≥24.
3．设函数f（x）在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数，且f（-1）=0,f
（1）=1,f'（0）=0，
证明：
在开区间（-1,1）内存在一点ξ，使f'''（ξ）=3。
证明：
f（x）=f（0）+f'（0）x+
11
f''（0）x2+f'''（ξ1）x32!
3!
分别令x=-1,x=1，0=f（-1）=f（0）+
11
f''（0）-f'''（ξ1）2!
3!
11
1=f
（1）=f（0）+f''（0）+f'''（ξ2）
2!
3!
相减，f'''（ξ1）+f'''（ξ2）=6。
由三阶导数的连续性，在开区间（-1,1）内存在一点ξ，使
f'''（ξ）=3。
（其实本题的三阶导数存在即可以证明，三阶导数即使不连续，介值性质依然
成立）。
4．设y=f（x）在（-1,1）内具有二阶连续导数且f''（x）≠0，试证：
（1）对于（-1,1）内的任一x≠0，存在唯一的θ（x）∈（0,1）使得
f（x）=f（0）+xf'（θ（x）x）成立；
（2）limθ（x）=
x→0
1。
2
证明：
（1）Lagrange中值定理，对于（-1,1）内的任一x≠0，存在θ（x）∈（0,1）使得
f（x）=f（0）+xf'（θ（x）x）成立。
因为f''（x）≠0，f''（x）在（-1,1）内不变号，f'（x）单调，
故θ（x）∈（0,1）事唯一的。
（2）
f（x）=f（0）+f'（0）x+
1
f''（ξ）x22!
1
f''（ξ）x2，2!
xf'（θ（x）x）=f（x）-f（0）=f'（0）x+
f'（θ（x）x）-f'（0）f''（ξ）
=
θ（x）x2θ（x）
f''（0）=lim
x→0
f'（θ（x）x）-f'（0）f''（ξ）f''（0）
，=lim=
x→0θ（x）x2θ（x）2limθ（x）
x→0
limθ（x）=
x→0
1
。
2
x→+∞
5．设f（x）在（a,+∞）内可导，如果lim[f（x）+xf'（x）lnx]=l，求证
x→+∞
limf（x）=l。
证明：
limf（x）=lim
x→+∞
x→+∞
f（x）lnx
=lim[f（x）+xf'（x）lnx]=lx→+∞lnx
6．设f在[a,b]二阶可导，求证存在x0∈（a,b），使得
（b-a）⎛a+b⎫
f（b）-2ff''（x0）⎪+f（a）=
4⎝2⎭
2
a+b⎫1a+b⎫⎛a+b⎫⎛a+b⎫⎛⎛
证明：
f（a）=f⎪+f'⎪a-⎪+f''（x1）a-⎪
2⎭22⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝⎝
a+b⎫1a+b⎫⎛a+b⎫⎛a+b⎫⎛⎛
f（b）=f⎪+f'⎪b-⎪+f''（x2）b-⎪
22222⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
（b-a）⎛a+b⎫
相加，f（b）-2f⎪+f（a）=
8⎝2⎭
2
2
2
[f''（x1）+f''（x2）]。
2
（b-a）⎛a+b⎫
由导函数的介值定理，存在x0∈（a,b），使得f（b）-2ff''（x0）。
⎪+f（a）=
4⎝2⎭
7．设f在[a,b]一阶可导，在（a,b）二阶可导，且满足f'（a）=f'（b）=0，求证存在
x0∈（a,b），使得
f''（x0）≥
证明：
f（x）=f（a）+
4
f（b）-f（a）
（b-a）2
12
f''（x1）（x-a）212
f（x）=f（b）+f''（x2）（x-b）
2
122
相减，f''（x1）（x-a）-f''（x2）（x-b）=f（b）-f（a）
2a+b令x=，上式为
212
[f''（x1）-f''（x2）]（b-a）=f（b）-f（a）
8
[]
f''（x1）-f''（x2）=
8
[f（b）-f（a）]2
b-a若f''（x1）
44
''f（b）-f（a）f（x）
（b-a）2（b-a）2
则f''（x1）-f''（x2）
8
f（b）-f（a），矛盾。
故存在x0∈（a,b），使得2
b-a
f''（x0）≥
4
f（b）-f（a）2
（b-a）
8．设f∈C2[a,b]，且f（a）=f（b）=0，试证
1
maxf（x）≤（b-a）2maxf''（x）
（1）
a≤x≤ba≤x≤b8
（2）maxf'（x）≤
a≤x≤b
；
1
（b-a）maxf''（x）。
a≤x≤b2
a≤x≤b
证明：
（1）不妨设f（x）不恒为零，并设f（x0）=maxf（x），则f'（x0）=0，
f（x）=f（x0）+
0=f（a）=f（x0）+
1
f''（ξ）（x-x0）22
1
f''（ξ1）（a-x0）2
（1）21
0=f（b）=f（x0）+f''（ξ2）（b-x0）2
（2）
2
如果x0∈a,
⎛⎝1a+b⎫
f（x）≤（b-a）2maxf''（x）；如果⎪，由
（1）式可得f（x0）=maxa≤x≤ba≤x≤b82⎭
1⎛a+b⎫
x0∈,b⎪，由
（2）式可得f（x0）=maxf（x）≤（b-a）2maxf''（x）。
a≤x≤ba≤x≤b8⎝2⎭
（3）设f'（x0）=maxf'（x），
a≤x≤b
1
f''（ξ1）（a-x0）221
0=f（b）=f（x0）+f'（x0）（b-x0）+f''（ξ2）（b-x0）2
2
11222
相减，f'（x0）（b-a）=maxf''（x）b-x0）+（a-x0）]≤maxf''（x）（b-a）。
故
2a≤x≤b2a≤x≤b
0=f（a）=f（x0）+f'（x0）（a-x0）+
maxf'（x）≤
a≤x≤b
1
（b-a）maxf''（x）。
a≤x≤b2
9．设f（x）在[x1,x2]可导，0
x11
x2-x1f（x1）
证明：
记F（x）=
f（x2x2
=f（ξ）-ξf'（ξ）
f（x）1
G（x）=，Cauchy中值定理得xx
F（x2）-F（x1）F'（ξ），=
Gx2-Gx1G'ξ代入即可。
10．设
f（x）在[a,b]二阶可导，证明在（a,b）内至少存在一点ξ，使得
f（a）-f（x）f（b）-f（x）-
1=f''（ξ），其中ξ,x∈（a,b）
b-a2
⎧f（t）-f（x）,t≠x⎪
证明：
记F（t）=⎨，可以证明F（t）在[a,b]可导，中值定理，t-x
⎪t=x⎩f'（x）,
左=
F（a）-F（b）f'（ξ1）（ξ1-x）-[f（ξ1）-f（x）]=F'（ξ1）=2
a-bξ1-x12
f''（ξ）（x-ξ1），代入即可。
2
而
f（x）=f（ξ1）+f'（ξ1）（x-ξ1）+
11．设
f（x）二阶导数存在且连续，c∈（a,b），证明在（a,b）内至少存在一点ξ，使得
f（a）f（c）f（b）1
++=f''（ξ）
a-ba-cc-ac-bb-ab-c2
证明：
代入，
12
f''（ξ1）（a-c）212
f（b）=f（c）+f'（c）（b-c）+f''（ξ2）（b-c）
2f（a）=f（c）+f'（c）（a-c）+
左=
1⎧a-cb-c⎫
''''（）（）fξ+fξ⎨⎬。
12
2⎩a-bb-a⎭
如果
f''（ξ1）=f''（ξ2），则已证毕；如果f''（ξ1）≠f''（ξ2），不妨假设f''（ξ1）
a-cb-c⎫⎧
f''（ξ1）≤⎨f''（ξ1）+f''（ξ2）⎬≤f''（ξ2）
a-bb-a⎭⎩
由导函数的介值定理，存在ξ
a-cb-c⎫⎧
∈（a,b）使得⎨f''（ξ1）+f''（ξ2）⎬=f''（ξ），证毕。
a-bb-a⎭⎩
1
f''（x+θh）h2，其中0
12．设
f（x）三阶可导，且f（x+h）=f（x）+f'（x）h+
f'''（x）≠0，求证limθ=
h→0
1。
3
11
f''（x）h2+f'''（ξ）h32612
=f（x）+f'（x）h+f''（x+θh）h
2
111
f''（x）h2+f'''（ξ）h3=f''（x+θh）h2262
1
f''（x）+f'''（ξ）h=f''（x+θh）
3
1f''（x+θh）-f''（x）f'''（ξ）=⋅θ3θh
1
令h→0，limθ=。
h→03
证明：
f（x+h）=f（x）+f'（x）h+
13．已知
f（x）在a的δ
邻域内四阶可导，且
f（4）（x）≤M，设0
f''（a）-
证明：
f（a+h）+f（a-h）-2f（a）M2
≤h
h212
111（4）
f''（a）h2+f'''（a）h3+f（ξ1）h42624111（4）
f（a-h）=f（a）-f'（a）h+f''（a）h2-f'''（a）h3+f（ξ2）h4
2624f（a+h）=f（a）+f'（a）h+
代入左式，左=
1（4）M2
f（ξ1）+f（4）（ξ2）≤h
1224
14．设
x2x2n
，证明f（x）=1+x+++
2n!
2!
→±∞时，f（x）→+∞，所以f（x）有正最小值f（x0），显然f（x0）也是极小值。
证明：
当x
x0=f'（x0）=f（x0）-0
（2n）!
x
f（x0）=0。
（2n）!
显然，x015．设
2n
2n
≠0，故f（x）有正最小值。
f（x）,g（x）在（-∞,+∞）有定义，f'（x）,f''（x）存在，且满足
f''（x）+f'（x）g（x）-f（x）=0
若
f（a）=f（b）=0,a
f（x）不恒为0，至少存在一点x1使得f（x1）≠0。
不妨假设f（x1）>0。
f（x）在[a,b]
证明：
如果上有最大值
f（x0）≥f（x1）>0。
因为f（a）=f（b）=0，x0∈（a,b），f（x0）为极大值。
代入
与f（x0）为极大值矛盾。
所以在[a,b]f''（x0）+f'（x0）g（x0）-f（x0）=0，f''（x0）=f（x0）>0，上，
f（x）≡0。
四道极限题
升级会员 