微积分零点定理的证明题(优秀范文五篇)

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第一篇：积分中值定理开区间证明的几种方法

积分中值定理（开区间）的几种证明方法

定理：设f在[a,b]上连续，则(a,b)，使得

b

af(x)dxf()(ba)。

[证一]：由积分第一中值定理（P217），[a,b]，使得

于是

bbaf(x)dxf()(ba)。[f(x)f()]dx0.a

由于函数F(x)f(x)f()在[a,b]上连续，易证（可反证）：

(这还是书上例2的结论)

(a,b)，使得F()f()f()0，即f()f()。

[证二]：令F(x)x

af(t)dt，则F(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，故

(a,b)，使得F(b)F(a)F()(ba)，即结论成立。

（注：书上在后面讲的微积分基本定理）

[证三]：反证：假设不(a,b)，使得 b

af(x)dxf()(ba)，由积分第一中值定理，知只能为a或b，不妨设为b，即

x(a,b),f(x)f(b)1bf(x)dx。aba)f(x)f(b)）由于f连续，故x(a,b),f(x)f(b（或，（这一点是不是用介值定理来说明）

这样

（上限x改为b）xbaf(x)dxf(b)dxf(b)(ba).a

（这个严格不等号不太显然要用书上例2结论来说明）

矛盾。

[证四]：设f在[a,b]上的最大值为M，最小值为m。若mM，则fc，可任取。

若mM，则x1[a,b]，有Mf(x1)0，故

[Mf(x)]dx0，即 abb

af(x)dxM(b).a

同理有

m(ba)f(x)dx.ab

由连续函数的介质定理知：(a,b)，使得 f()1bf(x)dx.。aba

注：以上方法有的能推广到定理9.8的证明，有的不能，再思考吧！

第二篇：有关中值定理的证明题

中值定理证明题集锦

1、已知函数f(x)具有二阶导数，且limx0f(x)0，f(1)0，试证：在区间(0,1)内至少x存在一点，使得f()0.证：由limf(x)，由此又得00，可得limf(x)0，由连续性得f(0)x0x0xf(x)f(0)f(x)f(0)limlim0，由f(0)f(1)0及题设条件知f(x)在[0,1]x0x0x0x上满足罗尔中值定理条件，因此至少存在一点 c(0,1)，使得f(c)0，又因为f(0)f(c)0，并由题设条件知f(x)在[0,c]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知，在区间(0,1)内至少存在一点，使得f()0.2、设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得f()f()0.证：分析：要证结论即为：[xf(x)]x0.令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)F(a)0，因此故存在一点(0,a)，使得F()0，F(x)xf(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，即f()f()0.注1：此题可改为：

设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得

nf()f()0.)nf()（0给分析：要证结论nf()f()等价于nn1f(nn1n，而nf()f()0即为[xf(x)]x0.nf()f()两端同乘以n1）故令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，由此可证结论.注2：此题与下面例题情况亦类似：

设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0，x(0,1)，有f(x)0，证：nnN，(0,1)，使得

nf()f(1)成立.f()f(1)分析：要证结论可变形为nf()f(1)f()f(1)0，它等价于nfn1()f()f(1)fn()f(1)0(给nf()f(1)f()f(1)0两端同乘以fn1())，而nfn1(f)f()(fn1f)(即)为(1)0[fn(x)fx1(x，用罗尔中值定理)]0.以上三题是同类型题.3、已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)0，f()1，证明：（1）存在一点(,1)，使f().（2）存在一点(0,)，使f()1.（3）存在一点x0(0,)，使f(x0)1(f(x0)x0).证：（1）分析：要证结论即为：f()0.12121211111显然F(x)在[,1]上连续，且F()f()0，F(1)f(1)110，2222211因此F(x)在[,1]上满足零点定理的条件，由零点定理知，存在(,1)，使F()0，22令F(x)f(x)x，则只需证明F(x)在(,1)内有零点即可。即f().（2）又因为F(0)f(0)00，由(1)知F()0，因此F(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，故存在一点(0,)，使F()0，即f()10，即f()1.（3）分析：结论f(x0)1(f(x0)x0)即就是F(x0)F(x0)或F(x0)F(x0)0，F(x0)F(x0)0ex0[F(x0)F(x0)]0，即[exF(x)]xx00.故令G(x)exF(x)，则由题设条件知，G(x)在[0,]上连续，在(0,)内可导，且G(0)e0F(0)0，G()eF()0,则G(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，命题得证.4、设f(x)在[0,x]上可导，且f(0)0，试证：至少存在一点(0,x)，使得f(x)(1)ln(1x)f().证：分析：要证结论即为： f(x)f(0)(1)[ln(1x)ln1]f(),也就是f(x)f(0)f()，因此只需对函数f(t)和ln(1t)在区间[0,x]上应用柯西中值定理1ln(1x)ln11即可.5、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，且g(x)0，证明：至少存在一点(a,b)，使得f()g()f()g().证：分析：要证结论即为： f()g()f()g()0,等价于

f()g()f()g()0，2g()即就是[即可.f(x)f(x)在区间[a,b]上应用罗尔中值定理]x0，因此只需验证函数F(x)g(x)g(x)

6、设f(x)在[x1,x2]上可导，且0x1x2，试证：至少存在一点(x1,x2)，使得x1f(x2)x2f(x1)f()f().x1x2f(x2)f(x1)f(x)()xx2x1x证：分析：要证结论即为： ,因此只需对函f()f()111()xx2x1x数f(x)1和在区间[x1,x2]上应用柯西中值定理即可.xx此题亦可改为：

设f(x)在[a,b]上连续，(a,b)内可导，若0ab，试证：至少存在一点(a,b)，使得af(b)bf(a)[f()f()](ab).7、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)0，试证：（1）(a,b)，使得f()f()0；（2）(a,b)，使得f()f()0.证:（1）令F(x)xf(x)，利用罗尔中值定理即证结论.（2）分析：f()f()0e[f()f()]0[e22x22f(x)]x0，因此令F(x)ex22f(x)，利用罗尔中值定理即证结论.8、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)1，试证：,(a,b)，使得e[f()f()]1.[exf(x)]xe[f()f()]证：分析：要证结论即为1，即就是1.xe(e)x令F(x)ef(x)，令G(x)e，则F(x)和G(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知： xxebf(b)eaf(a)ebea，即就是e[f()f()].(a,b)，使得F()babaebeaebea，即就是e.(a,b)，使得F()babae[f()f()]因此，有1，即就是e[f()f()]1.e9、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)g(a)，f(b)g(b)，试证：(a,b)，使得f()g().0.证：分析：要证结论即为[f(x)g(x)]x令F(x)f(x)g(x)，（1）若f(x)、g(x)在(a,b)内的同一点处取得相同的最大值，不妨设都在c点处取得最大值，则F(a)F(c)F(b)0(acb)，则F(x)分别在[a,c]、[c,b]上满足罗尔中值定理条件，故1(a,c)，2(c,b)使得F(1)0，F(2)0.由题设又知，F(x)在[1,2]上满足洛尔定理条件，故存在(1,2)，使得F()0，即就是f()g()].（2）若f(x)、g(x)在(a,b)内的不同的点处取得相同的最大值，不妨设f(x)在p点处、g(x)在q点处取得最大值，且pq，则F(p)f(p)g(p)，F(q)f(q)g(q)0，由零点定理知，c(p,q)(0,1)，使得F(c)0，由此得 F(a)F(c)F(b)0(acb)，后面证明与（1）相同.10、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(x)0，若极限limxaf(2xa)存在，xa试证：（1）存在一点(a,b)，使得

b2a2baf(x)dx22； f()22b（2）在(a,b)内存在异于的点，使得f()(ba)f(x)dx.；

aa证：（1）令F(x)xaf(t)dt，G(x)x2，则F(x)、G(x)在[a,b]上满足柯西中值定理

b2a2ba条件，故存在一点(a,b)，使得

b2a2af(t)dtf(t)dta2成立，即就是f()bab222成立，即就是2f(x)dx(ba)f()成立.af(x)dxf()（2）由（1）知，2ba22因此要证f()(ba)f(x)dx(b2a2)f()，2bf(x)dx.，aa即要证f()(ba)221a(b2a2)f(，)即要证f()(a)f(，)由已知

xalimf(2xa)f(2xa)0，可得，lim从而得f(a)0，因此要证f()(a)f()，xaxa即要证f()(a)f()f(a)，显然只需验证f(x)在[a,]上满足拉格朗日中值定理条件即可。

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