柯西中值定理证明
哈佛大学幸福课-李维娜
2023年3月19日发(作者：领我到你宝血里面)微分中值定理的证明题
微分中值定理的证明题
1.若
()fx
在
[,]ab
上连续，在
(,)ab
上可导，
()()0fafb
，证明：
R
，
(,)ab
使得：
()()0ff
。
证：构造函数
()()xFxfxe
，则
()Fx
在
[,]ab
上连续，在
(,)ab
内可导，
且
()()0FaFb
，由罗尔中值定理知：
,)ab（
，使
()0F
即：
[()()]0ffe
，而0e，故
()()0ff
。
2.设
,0ab
，证明：
(,)ab
，使得(1)()baaebeeab。
证：将上等式变形得：
1
11
1
111111
(1)()baeee
baba
作辅助函数
1
()xfxxe，则()fx在
11
[,]
ba
上连续，在
11
(,)
ba
内可导，
由拉格朗日定理得：
11
()()
1
()
11
ff
ba
f
ba
1
11
(,)
ba
，
即
1
1
11
1
(1)
11
baee
ba
e
ba
1
11
(,)
ba
，
即：ae(1)(,)bebeeab(,)ab。
3.设
()fx
在
(0,1)
内有二阶导数，且
(1)0f
，有2()()Fxxfx证明：在(0,1)
内至少存在一点，使得：
()0F
。
证：显然
()Fx
在
[0,1]
上连续，在
(0,1)
内可导，又
(0)(1)0FF
，故由罗尔
定理知：
0
(0,1)x，使得
0
()0Fx
又2()2()()Fxxfxxfx
，故(0)0F
，于是()Fx
在
0
[0]x，上满足罗尔
定理条件，故存在
0
(0,)x，使得：()0F
，而
0
(0,)x
(0,1)，即证
4.设函数
)(xf
在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，
0)0(f
，
1)1(f
.证明：
(1)在(0,1)内存在，使得1)(f
．
(2)在(0,1)内存在两个不同的点，
1)()(//ff使得
【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
xxfxF1)()(
，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0,
F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在
),1,0(使得
0)(F
，即1)(f
.
（II）在
],0[和
]1,[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
)1,(),,0(
，使得
0
)0()(
)(
ff
f，
1
)()1(
)(
ff
f
于是.1
1
1
1
)(1)(
)()(
ff
ff
5.设
)(xf
在[0，2a]上连续，
)2()0(aff
，证明在[0,a]上存在使得
)()(faf
.
【分析】
)(xf
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
0)()(0)()()()(xfxaffaffaf
【证明】令
)()()(xfxafxG
，
],0[ax
．
)(xG
在[0,a]上连续，且
)()0()()2()(affafafaG
)0()()0(fafG
当
)0()(faf
时，取
0，即有
)()(faf
；
当
)0()(faf
时，
0)()0(aGG
，由根的存在性定理知存在
),0(a使得，
0)(G，即)()(faf．
6.若
)(xf
在
]1,0[
上可导，且当
]1,0[x
时有
1)(0xf
，且
1)(
xf
，证明：
7.
8.
9.
10.可导，ba0，证明存在),(,ba，使
)()()(3/22/2fbabaf
解：利用柯西中值定理
332
/)()(
3
)(
ab
afbff
而))(()()(/abfafbf则
22
/
33
/
332
/)())(()()(
3
)(
baba
f
ab
abf
ab
afbff
（后面略）
11.设)(xf在ax时连续，0)(af，当ax时，
0)(/kxf，则在)
)(
,(
k
af
aa内0)(xf有唯一的实根
解：因为0)(/kxf，则)(xf在)
)(
,(
k
af
aa上单调增加
0]
)(
1)[(
)(
)()()
)(
(
/
/
k
f
af
k
af
faf
k
af
af
（中值定理）
而0)(af故在)
)(
,(
k
af
aa内0)(xf有唯一的实根
12.试问如下推论过程是否正确。对函数
2
1
sin0
()
00
tt
ft
t
t
在
[0,]x
上应用拉
格朗日中值定理得：
2
1
sin0
()(0)111
sin()2sincos
00
x
fxf
x
xf
xxx
(0)x
即：
111
cos2sinsinx
x
(0)x
因0x，故当
0x
时，0，由
0
1
lim2sin0
0
1
limsin0
x
x
x
得：
0
lim
x
1
cos0
，即
0
1
limcos0
解：我们已经知道，
0
1
limcos0
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
f
和区间
[0,]x
的
端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当
0x
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
0
1
limcos0
x
成
立，而
0
1
limcos0
中要求是连续地趋于零。故由
0
1
limcos0
x
推不
出
0
1
limcos0
13.证明：0
2
x
成立
2cos
x
xtgx
x
。
证明：作辅助函数
()fxtgx
，则
()fx
在
[0,]x
上连续，在
(0,)x
内可导，
由拉格朗日定理知：
2
()(0)1
()
0cos
fxftgx
f
xx
(0,)x
即：
2cos
x
tgx
，因cosx在(0,)
2
内单调递减，故
2
1
cosx
在(0,)
2
内单调递增，故
222
111
cos0coscosx
即：
22coscos
xx
x
x
即：
2
1
cos
xtgx
x
。
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
)(xf
及相应的区间
],[ba
，然后验证条件，利用定理得
()()()()fbfafba
(,)ab，再根据()fx
在
(,)ab
内符号或单调
证明不等式。
14.证明：当0
2
x
时，
sin2xtgxx
。
证明：作辅助函数
()sin2xxtgxx
(0,)
2
x
则2()cossec2xxx
2
1
cos2
cos
x
x
2
2
1
cos2
cos
x
x
2
1
(cos)
cos
x
x
0
故
()x在(0,)
2
上单调递减，又因
(0)0
，
()x在(0,)
2
上连续，
故
()(0)x
=0，即：
sin20xtgxx
，即：
sin2xtgxx
。
注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当
xI
时
()()fxgx
，
常用辅助函数
()()()xfxgx
，则将问题转化证
()0x
，然后在I上
讨论
()x的单调性，进而完成证明。
15.证明：若()fx二阶可导，且()0fx
，(0)0f，则
()
()
fx
Fx
x
在
(0,)
内单调递增。
证明：因
2
()()
()
xfxfx
Fx
x
，要证()Fx单调递增，只需证()0Fx
，
即证
()()0xfxfx
。
设()()()Gxxfxfx
，则)()()()()(xfxxfxfxfxxG
，因为
()0fx
，
0x
，故()Gx是单调递增函数，而
(0)0G()00fx
，因此()(0)GxG，即：()()0xfxfx
，
即：()0Fx
，即()Fx当
0x
时单调递增。