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《考研常考题型-罗尔中值定理的证明.pdf》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、常考题型罗尔定理的证明(n)解题提示:欲证结论为f(ξ)=k,或F(ξ,f(ξ),f'(ξ))=0,使用罗尔定理证明,有三个考察角度:(1)是无需构造辅助函数,只需寻找某个函数存在两个相同的端点;(2)是结论证明f″(ξ)=0,此时关键是去寻找f(x)有三个相同的端点;(3)是去构造辅助函数.(读者可参考《高等数学一本通》的相应讲解)典型习题1.设函数f(x)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ξ∈(0,3),使f'(ξ)=0.【证明】函数f(
2、x)在[0,3]上连续,则f(x)在[0,2]上连续,那么其在[0,2]上必有最大值M和最小值m,于是m≤f(0)≤M,m≤f(1)≤M,m≤f(2)≤M.故m≤f(0)+f(1)+f(2)≤M.3由介值定理知,至少存一点η∈[0,2],使f(η)=f(0)+f(1)+f(2)=1.3于是f(η)=1=f(3),满足罗尔定理,故存在ξ∈(η,3)⊂(0,3),使f'(ξ)=0.2.设f(x)在区间[a,b]上具有二阶导数,且f(a)=f(b)=0,又f'(a)f'(b)>0,证明存在ξ∈(a,b)和η∈(a
3、,b)使f(ξ)=0及f″(η)=0.【证明】1)假设f'(a)>0,f'(b)>0(对于f'(a)<0,f'(b)<0的情况,类似可证),根据导数定义和极限保号性,有f(x)f(a1)f'+(a)=lim>0,有a1∈(a,a+δ1)使>0,即f(a1)>0;x→a+0x-aa1-af(x)f(b1)f'-(b)=lim>0,有b1∈(b-δ2,b)使>0,即f(b1)<0,其中δ1和δ2是x→b-0x-bb1-b充分小的正数.根据连续函数的介值定理知,存在ξ∈(a1,b1)⊂(a,b)使f(ξ)=0.2
4、)由f(a)=f(ξ)=f(b)=0,根据罗尔定理知,存在η1∈(a,ξ)和η2∈(ξ,b),使f'(η1)=f'(η2)=0,再由罗尔定理知,存在η∈(η1,η2)⊂(a,b),使f″(η)=0.23.设函数f(x)在[0,3]上连续,在(0,3)内存在二阶导数,且2f(0)=∫f(x)dx=f(2)0+f(3),证明:(Ⅰ)存在η∈(0,2),使f(η)=f(0);(Ⅱ)存在ξ∈(0,3),使f″(ξ)=0.x【证明】(Ⅰ)设F(x)=∫f(t)dt(0≤x≤2),则02∫f(t)dx=F(2)-F(0
5、).0根据拉格朗日中值定理,存在η∈(0,2),使1F(2)-F(0)=2F'(η)=2f(η),2即∫f(x)dx=2f(η).02由题设∫f(x)dx=2f(0),从而f(η)=f(0).0(2)+f(3)(Ⅱ)易知f介于f(x)在[2,3]上的最小值与最大值之间,根据连续函数的介2质定理,存在ζ∈[2,3],使f(ζ)=f(2)+f(3).2由题设知f(2)+f(3)=f(0),故f(ξ)=f(0).2由(Ⅰ)的结果可知f(0)=f(η)=f(ξ),且0<η<ζ≤3,根据罗尔定理,存在ξ1∈(0,η)
6、,(,),使ξ2∈ηζf'(ξ1)=0,f'(ξ2)=0,从而存在ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(0,3),使f″(ξ)=0.4.设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内上有二阶导数且存在相等的最大值,f(a)=g(a),f(b)=g(b),证明:(Ⅰ)存在η∈(a,b),使得f(η)=g(η);(Ⅱ)存在ξ∈(a,b),使得f″(ξ)=g″(ξ).【证明】寻求等值点法:F″(ξ)=f″(ξ)-g″(ξ)=0,因ξ是F″(x)的零点,由罗尔定理知,只需寻求F(x)在[a,b]上有三个等值点,问题便得
7、证.又F(a)=F(b)=0,故只须在(a,b)内寻求出F(x)的一个零点即可.(Ⅰ)设f(x)在x1处取得最大值M,g(x)在x2处取得最大值M,由题给条件知x1∈(a,b),x2∈(a,b),不妨设x10,F(x2)=f(x2)-M<0,因为F(x1)F(x2)<0,由连续函数零点定理知,在(x1,x2)内存在一点η,使F(η)=0.F(x)在[a,η],[η,b]上满足罗尔定理条件,则有F'(η1)=0,a<η
8、1<η,F'(η2)=0,x0<η2
