高等数学证明题

1.证明：函数)4)(3)(2()(xxxxf在区间)4,2(内至少存在一点，使0)(f。证明：)(xf在]3,2[上连续，在)3,2(内可导，且0)3()2(ff，由罗尔定理，至少存在一点)3,2(1，使0)(1f，同理，至少存在一点)4,3(2，使得0)(2f；)(xf在],[21上连续，在),(21内可导，再一次运用罗尔定理，至少存在一点)4,2(),(21，使得0)(f。2.设f为[,]ab上的二阶可导函数，()()0fafb,并存在一点(,)cab，使得()0fc.证明至少存在一点(,)ab，使得''()0f.(10分)证明：考虑区间[,]ac，则f在[,]ac满足Lagrange中值定理的条件，则存在1(,)ac，使得1()()'()0fcfafca.(3分)同理可证存在2(,)cb,使得2()()'()0fbfcfbc.(5分)再考虑区间12[,],由条件可知导函数'()fx在12[,]上满足Lagrange中值定理的条件，则存在12(,)，使得2121()()''()0fff.得证.3.设)(xf在],[ba上连续,在),(ba上可导,且0)(xfxadttfaxxF)(1)(证明在],[ba内有0)(xF证明在],[ba内有0)(xF])()()[()(1)(2xadttfxfaxaxxF(2分)=)]()()()[()(12faxxfaxax]),[],[(baxa(2分)=)(faxx]),[),((bax0)(xF(2分)4.证明:当0x时,xxxarctan)1ln()1(令xxxxfarctan)1ln()1()(当0x时,0111)1ln()(2xxxf所以)(xf在),0(上单调增(3分)又0)0(f(0)(xf即当0x时,xxxarctan)1ln()1((3分)5.证明：当1x时，123xx。答案：证：令1()23fxxx，则'22111()(1)fxxxxxx，因为()fx在1,连续，并且在1,内'()0fx，因此()fx在1,上单调增加，从而当1x时，()fx(1)0f。这就得到123xx(1)x。6.应用函数的单调性证明不等式：2ln(1),0.2xxxx(8分)证明:令2()ln(1),2xfxxx(2分)则()fx在[0,+)上连续，在(0,+)上可导，且2(0)0,'()0,0.1xffxxx所以()fx在[0,+)严格单调递增，故()(0)0,0.fxfx(7分).即2ln(1),0.2xxxx(8分)7.证明：设0132210naaaan，证明函数f（x）=nnxaxaa10在（0，1）内至少有一个零点。（6分）证明：法一利用定积分：假设函数f（x）=nnxaxaa10在（0，1）上没有零点则因f（x）在[0，1]上连续，姑f（x）恒为正或负————（1分）从而由定积分性质得：10)(dxxf01]132[132210nnxnaxaxaxa=132210naaaan————（4分）为正或为负，这与假设矛盾。所以函数f（x）在（0，1）上至少有一个零点。#——（1分）法二利用罗尔定理设F（x）=132210132nnxnaxaxaxa，则)('xFf（x）=nnxaxaa10——（2分）显然F（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且F（0）=F（1）=0故由罗尔定理知，在（0，1）内至少存在一点，使0)('F———（3分）即0)(f。因此，函数f（x）在（0，1）上至少有一个零点。#———（1分）8.证明：已知)x(f2a)x(，且aln)x(f1)x(f，证明)x(2)x(证明：)x(=)x(f)x(f2alna)x(f2----------------------4分=2)x(aln)x(f1)x(faln----------------------3分=)x(2---------------------------3分9.若nxnaxaxaxfnsin2sin2sin)(21，求证：存在),0(c，使得0cos2coscos21ncacacan证：因为)(xf在],[ba上连续，在(a,b)内可导，且nxaxaxaxfncos2coscos)(21'（2分）,)(0)0(ff（3分）所以，由Rolle中值定理得到:f‘(x)在),(ba内至少有一个零点（4分），即至少存在一点c),0(,使得0cos2coscos21ncacacan10.证明:|||sinsin|yxyx证：由微分中值定理得到：cos)(sinsinyxyx,在x与y之间（3分）所以|sinsin|yx|cos|||yx（5分）||yx（6分）11.设函数)(xf在],[ba上是连续函数,且,0)(xf令dttfdttfxFxbxa)(1)()(.求证：（1）2)('xF；（2）)(xF在),(ba内有且仅有一个零点证：由微积分学基本定理得到：)(1)()('xfxfxF（1分）2（2分）。因为，dttfaFab)(1)(=0)(1dttfba；0)()(dttfbFab（3分）则由根的存在性定理得到：)(xF在),(ba内至少有一个零点（4分），由（1）知)(xF在],[ba上是单调上升，所以)(xF在),(ba内有且仅有一个零点（5分）12.设)(xf在[0，1]上可导，且210)(2)1(dxxxff。试证明在（0，1）内至少有一点，使0)()(ff。证明：设)()(xxfxg，则)(xg在[0，1]上可导，又由积分中值定理)1(g=210)(2)1(dxxxff=)(f)(g（在（0，21）内，从而由罗尔定理在（0，）内有使0)()(ff证毕。13.