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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：(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,F(1)=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=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。