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微分中值定理的证明题1. 若在上连续,在上可导,证明:,使得:。 证:构造函数,则在上连续,在内可导,且,由罗尔中值定理知:,使即:,而,故。2. 设,证明:,使得。 证:将上等式变形得:作辅助函数,则在上连续,在内可导,由拉格朗日定理得: , 即 , 即: 。 3. 设在内有二阶导数,且,有证明:在 内至少存在一点,使得:。 证:显然在上连续,在内可导,又,故由罗尔定理知:,使得 又,故,于是在上满足罗尔定理条件,故存在, 使得:,而,即证4. 设函数在0,1上连续,在(0,1)上可导,.证明:推荐精选(1)在(0,1)内存在,使得 (2) 在(0,1)内存在两个不同的点,【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,则F(x)在0,1上连续,且F(0)=-10,于是由介值定理知,存在存在 使得,即.(II) 在和上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理,知存在两个不同的点,使得,于是 5. 设在0,2a上连续,证明在0,a上存在使得 .【分析】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【证明】令,在0,a上连续,且当时,取,即有;当时,由根的存在性定理知存在使得,即6. 若在上可导,且当时有,且,证明:在推荐精选 内有且仅有一个点使得证明:存在性构造辅助函数则在上连续,且有,由零点定理可知:在内至少存在一点,使得,即:唯一性:(反证法)假设有两个点,且,使得在上连续且可导,且在上满足Rolle定理条件 必存在一点,使得: 即:,这与已知中矛盾 假设不成立,即:在内仅有一个根, 综上所述:在内有且仅有一个点,使得7. 设在0,1上连续,在(0,1)内可导,且=0,=1。试证至少存在一个(0,1),使=1。分析:=1=1=x=0 令 ()= 证明: 令 F()= ()在0,1上连续,在(0,1)内可导,(1)= ()= 由介值定理可知,一个(,1),使 ()=0 又 (0)=0=0对()在0,1上用Rolle定理,一个(0,)(0,1)使推荐精选 =0 即 =18. 设在上连续,在内可导,且试证存在和.满足,使。证 由拉格朗日中值定理知, 9. 设在上连续,内可导证明:使得(1)证:(用乘于(1)式两端,知)(1)式等价于(2)为证此式,只要取取和在上分别应用Cauchy中值定理,则知其中.10. 已知函数在0 ,1上连续,在(0 ,1)内可导,证明存在,使推荐精选解:利用柯西中值定理而 则(后面略)11. 设在时连续,当时,则在内有唯一的实根解:因为,则在上单调增加(中值定理)而故在内有唯一的实根12. 试问如下推论过程是否正确。对函数在上应用拉格朗日中值定理得: 即: 因,故当时,由 得:,即 解:我们已经知道,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是个中值点,是由和区间推荐精选的端点而定的,具体地说,与有关系,是依赖于的,当时,不一定连续地趋于零,它可以跳跃地取某些值趋于零,从而使成立,而中要求是连续地趋于零。故由推不出13. 证明:成立。 证明:作辅助函数,则在上连续,在内可导, 由拉格朗日定理知: 即:,因在内单调递减,故在内单调递增,故即: 即:。 注:利用拉格朗日中值定理证明不等式,首先由不等式出发,选择合适的函数及相应的区间,然后验证条件,利用定理得 ,再根据在内符号或单调 证明不等式。14. 证明:当时,。 证明:作辅助函数则推荐精选 故在上单调递减,又因,在上连续, 故 =0,即:,即:。 注:利用单调性证明不等式是常用方法之一,欲证当时,常用辅助函数,则将问题转化证,然后在上 讨论的单调性,进而完成证明。15. 证明:若二阶可导,且,则在 内单调递增。证明:因,要证单调递增,只需证, 即证。 设,则,因为 ,故是单调递增函数,而,因此,即:, 即:,即当时单调递增。 (注:可编辑下载,若有不当之处,请指正,谢谢!) 推荐精选
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