泰勒中值定理证明的条件(优秀范文五篇)

千文网小编为你整理了多篇相关的《泰勒中值定理证明的条件(优秀范文五篇)》，但愿对你工作学习有帮助，当然你在千文网还可以找到更多《泰勒中值定理证明的条件(优秀范文五篇)》。

第一篇：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。

第二篇：微分中值定理的证明题

微分中值定理的证明题

1.若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，f(a)f(b)0，证明：R，(a,b)使得：f()f()0。

证：构造函数F(x)f(x)ex，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，（a,b)，使F()0 且F(a)F(b)0，由罗尔中值定理知： 即：[f()f()]e0，而e0，故f()f()0。

2.设a,b0，证明：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)。

1111 证：将上等式变形得：ee(1)e()

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，baba 由拉格朗日定理得：

11f()f()baf(1)1(1,1)，11baba11b1a1ee1a(1)e

1(1,1)，即 b11baba

即：

aebbea(1)e(ab)

(a,b)。

3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)0，有F(x)x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点，使得：F()0。

证：显然F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又F(0)F(1)0，故由罗尔定理知：x0(0,1)，使得F(x0)0

又F(x)2xf(x)x2f(x)，故F(0)0，于是F(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在(0,x0)，使得：F()0，而(0,x0)(0,1)，即证 4.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，f(0)0，f(1)1.证明：(1)在(0,1)内存在，使得f()1．

(2)在(0,1)内存在两个不同的点，使得f/()f/()1

【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F(x)f(x)1x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-10,于是由介值定理知，存在(0,1), 使得F()0，即f()1.（II）在[0,]和[,1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点(0,),(,1)，使得f()于是，由问题（1）的结论有

f()f()f()1f()11.11f()f(0)f(1)f()，f()

015.设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)f(2a)，证明在[0,a]上存在使得

f(a)f().【分析】f(x)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

f(a)f()f(a)f()0f(ax)f(x)0

【证明】令G(x)f(ax)f(x)，x[0,a]．G(x)在[0,a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)

G(0)f(a)f(0)

当f(a)f(0)时，取0，即有f(a)f()；

当f(a)f(0)时，G(0)G(a)0，由根的存在性定理知存在(0,a)使得，G()0，即f(a)f()．

6.若f(x)在[0,1]上可导，且当x[0,1]时有0f(x)1，且f(x)1，证明：在(0,1)内有且仅有一个点使得f() 证明：存在性

构造辅助函数F(x)f(x)x

则F(x)在[0,1]上连续，且有F(0)f(0)00，F(1)f(1)10，由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点，使得F()0，即：f()

唯一性：（反证法）

假设有两个点1,2(0,1)，且12，使得F(1)F(2)0

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[1,2][0,1] 

F(x)在[1,2]上满足Rolle定理条件

必存在一点(1,2)，使得：F()f()10

即：f()1，这与已知中f(x)1矛盾

假设不成立，即：F(x)f(x)x在(0,1)内仅有一个根，综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点，使得f()

17.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。证至少存在一个(0，1)，使f¢分析：f'()=1f'(x)=1f(x)=xf(x)x=0 令 F(x)= f(x)x 证明： 令 F(x)= f(x)x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F(1)= f(1)110(f(1)0)F(11111)= f()0(f()1)222221由介值定理可知，一个(，1)，使 F()=0 又 F(0)=f(0)0=0 对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使

F'()=0 即 f'()=1 8.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)试证存在和.满足01，使f()f()0。

证 由拉格朗日中值定理知，1f()f(0)12f()(0,)

12021f(1)f()12f()(,1)

121211f()f(0)f(1)f()20 f()f()211229.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0ab),f(a)f(b), 证明: ,(a,b)使得 f()abf().(1)2证:(用(ba)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f()f()2(ba)(ba2).(2)12

为证此式,只要取F(x)f(x),取G(x)x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2f()f()2(ba)(ba2), f(b)f(a)12其中,(a,b).10.已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0，1）内可导，0ab，证明存在,(a,b)，使32f/()(a2abb2)f/()

f/()f(b)f(a)解：利用柯西中值定理 2333ba而f(b)f(a)f/()(ba)

则

f/()f(b)f(a)f/()(ba)f/()（后面略）22333323babaaabb/11.设f(x)在xa时连续，f(a)0，当xa时，f(x)k0，则在(a,af(a))k内f(x)0有唯一的实根

/解：因为f(x)k0，则f(x)在(a,af(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/()/f(a)f(a)f()f(a)[1]0（中值定理）

kkk而f(a)0故在(a,af(a))内f(x)0有唯一的实根 k12t0tsin12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)在[0,x]上应用拉tt00格朗日中值定理得：

1x2sin0f(x)f(0)111xxsinf()2sinc(0sx)

ox0x0x

即：cos12sin1xsin1)

(0x

x1xsin limx00，il2nsi0

因0x，故当x0时，由m010 x

得：limcosx0

10，即limcos010

解：我们已经知道，limcos010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x0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limcosx010成

立，而limcos010中要求是连续地趋于零。故由limcosx010推不出

0limcos10

13.证明：0x2成立xtgxx。cos2x

证明：作辅助函数f(x)tgx，则f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，由拉格朗日定理知：

f(x)f(0)tgx1(0,x)f()x0xcos2即：tgx1x(0,)(0,)，因在内单调递减，故在cosx22cosx22cos111xxx即： cos20cos2cos2xcos2cos2x内单调递增，故

即：xtgx1。cos2x

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f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

f()(ba(a,b)

f(b)f(a)，再根据f(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。14.证明：当0x时，sinxtgx2x。

证明：作辅助函数(x)sinxtgx2x

则(x)cosxsec2x2

12 cos2x1cos2x2 2cosxcosxx(0,)

2

(cosx0

12)cosx

故(x)在(0,)上单调递减，又因(0)0，(x)在(0,)上连续，22

故 (x)(0)=0，即：sinxtgx2x0，即：sinxtgx2x。

注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI时f(x)g(x)，常用辅助函数(x)f(x)g(x)，则将问题转化证(x)0，然后在I上

讨论(x)的单调性，进而完成证明。

15.证明：若f(x)二阶可导，且f(x)0，f(0)0，则F(x),内单调递增。)

(0

f(x)在 x证明：因F(x)xf(x)f(x)，要证F(x)单调递增，只需证F(x)0，2x

即证xf(x)f(x)0。

设G(x)xf(x)f(x)，则G(x)xf(x)f(x)f(x)xf(x)，因为

f(x)0，x0，故G(x)是单调递增函数，而G(0)0f(x)00，因此G(x)G(0)，即：xf(x)f(x)0，即：F(x)0，即F(x)当x0时单调递增。

推荐专题： 四色定理证明 高斯定理证明 泰勒中值定理证明的条件