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，()()0f a f b ==，证明：R λ∀∈，(,)a b ξ∃∈使得：()()0f f ξλξ'+=。
证：构造函数()()x F x f x e λ=，则()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导， 且()()0F a F b ==，由罗尔中值定理知：,)a b ξ∃∈（，使()0F ξ'=即：[()()]0f f e λξξλξ'+=，而0e λξ≠，故()()0f f ξλξ'+=。
2. 设,0a b >，证明：(,)a b ξ∃∈，使得(1)()b a ae be e a b ξξ-=--。
证：将上等式变形得：1111111111(1)()b ae e e b a b aξξ-=--作辅助函数1()xf x xe =，则()f x 在11[,]b a上连续，在11(,)b a 内可导，由拉格朗日定理得：11()()1()11f f b a f b aξ-'=- 1ξ11(,)b a ∈ ， 即 11111(1)11b ae eba eb a ξξ-=-- 1ξ11(,)b a ∈ ， 即： )()1(b a e be ae a b --=-ξξ (,)a b ξ∈。
3. 设()f x 在(0,1)内有二阶导数，且(1)0f =，有2()()F x x f x =证明：在(0,1)内至少存在一点ξ，使得：()0F ξ''=。
证：显然()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又(0)(1)0F F ==，故由罗尔定理知：0(0,1)x ∃∈，使得0()0F x '=又2()2()()F x xf x x f x ''=+，故(0)0F '=， 于是()F x '在0[0]x ，上满足罗尔定理条件，故存在0(0,)x ξ∈， 使得：()0F ξ''=，而0(0,)x ξ∈⊂(0,1)，即证4. 设函数)(x f 在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，0)0(=f ，1)1(=f .证明： (1)在(0,1)内存在ξ，使得ξξ-=1)(f ．(2) 在(0,1)内存在两个不同的点ζ，1)()(//=ηζηf f 使得【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x x f x F +-=1)()(，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在),1,0(∈ξ 使得0)(=ξF ，即ξξ-=1)(f .（II ）在],0[ξ和]1,[ξ上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点)1,(),,0(ξζξη∈∈，使得0)0()()(--='ξξηf f f ，ξξζ--='1)()1()(f f f于是，由问题（1）的结论有.1111)(1)()()(=-⋅-=--⋅=''ξξξξξξξξζηf f f f 5. 设)(x f 在[0，2a]上连续，)2()0(a f f =，证明在[0,a]上存在ξ使得 )()(ξξf a f =+.【分析】)(x f 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0)()(0)()()()(=-+→=-+→=+x f x a f f a f f a f ξξξξ【证明】令)()()(x f x a f x G -+=，],0[a x ∈．)(x G 在[0,a]上连续，且 )()0()()2()(a f f a f a f a G -=-=)0()()0(f a f G -=当)0()(f a f =时，取0=ξ，即有)()(ξξf a f =+；当)0()(f a f ≠时，0)()0(<a G G ，由根的存在性定理知存在),0(a ∈ξ使得，0)(=ξG ，即)()(ξξf a f =+．6. 若)(x f 在]1,0[上可导，且当]1,0[∈x 时有1)(0<<x f ，且1)(≠'x f ，证明：在)1,0( 内有且仅有一个点ξ使得ξξ=)(f 证明：存在性构造辅助函数x x f x F -=)()(则)(x F 在]1,0[上连续，且有00)0()0(>-=f F ，01)1()1(<-=f F ，∴由零点定理可知：)(x F 在)1,0(内至少存在一点ξ，使得0)(=ξF ，即：ξξ=)(f唯一性：（反证法）假设有两个点)1,0(,21∈ξξ，且21ξξ<，使得0)()(21==ξξF F)(x F 在]1,0[上连续且可导，且⊂],[21ξξ]1,0[ ∴)(x F 在],[21ξξ上满足Rolle 定理条件∴必存在一点),(21ξξ∈η，使得：01)()(=-'='ηηf F 即：1)(=η'f ，这与已知中1)(≠'x f 矛盾∴假设不成立，即：x x f x F -=)()(在)1,0(内仅有一个根，综上所述：在)1,0(内有且仅有一个点ξ，使得ξξ=)(f7. 设)(x f 在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且)0(f =)1(f =0，)21(f =1。
试证至少存在一个∈ξ(0，1)，使()f =1。
分析：)('ξf =1⇒)('x f =1⇒)(x f =x ⇒x x f -)(=0 令 F (x )= x x f -)( 证明： 令 F(x )= x x f -)(F (x )在[0，1]上连续，在(0，1)内可导， F (1)= )0)1((011)1(=<-=-f fF (21)= )1)21((02121)21(=>=-f f由介值定理可知，∃一个∈η(21，1)，使F (η)=0 又 F (0)=-)0(f 0=0对F (x )在[0，1]上用Rolle 定理，∃一个∈ξ(0，η)⊂(0，1)使 )('ξF =0 即 )('ξf =18. 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(f f =试证存在ξ和η.满足10<<<ηξ，使0)()(='+'ηξf f 。
证 由拉格朗日中值定理知，)(021)0()21(ξf f f '=-- )21,0(∈ξ)1,21()(211)21()1(∈'=--ηηf f f021)21()1(21)0()21()()(=-+-='+'f f f f f f ηξ 9. 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 ξη∃∈使得 ()().2a bf f ξηη+''=(1) 证: (用()b a -乘于(1)式两端,知)(1)式等价于22()()()().12f f b a b a ξηη''-=- (2)为证此式,只要取()(),F x f x =取()G x x =和2x 在[,]a b 上分别应用Cauchy 中值定理,则知22()()()()()(),12f f f b f a b a b a ξηη''-=-=- 其中,(,)a b ξη∈.10. 已知函数)(x f 在[0 ,1]上连续，在（0 ，1）内可导，b a <<0，证明存在),(,b a ∈ηξ，使)()()(3/22/2ηξηf b ab a f ++=解：利用柯西中值定理332/)()(3)(ab a f b f f --=ηη 而))(()()(/a b f a f b f -=-ξ 则22/33/332/)())(()()(3)(bab a f a b a b f a b a f b f f ++=--=--=ξξηη（后面略） 11. 设)(x f 在a x ≥时连续，0)(<a f ，当a x >时，0)(/>>k x f ，则在))(,(ka f a a -内0)(=x f 有唯一的实根解：因为0)(/>>k x f ，则)(x f 在))(,(ka f a a -上单调增加 0])(1)[()()()())((//>-=-=-kf a f k a f f a f k a f a f ξξ（中值定理）而0)(<a f 故在))(,(ka f a a -内0)(=x f 有唯一的实根 12. 试问如下推论过程是否正确。
对函数21sin0()00t t f t tt ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩在[0,]x 上应用拉格朗日中值定理得：21sin 0()(0)111sin ()2sin cos 00x f x f x x f x x x ξξξξ--'====--- (0)x ξ<< 即：111cos2sinsinx xξξξ=- (0)x ξ<< 因0x ξ<<，故当0x →时，0ξ→，由01lim 2sin0ξξξ+→= 01lim sin 0x x x+→= 得：0lim x +→1cos 0ξ=，即01lim cos0ξξ+→=解：我们已经知道，01lim cos0ξξ+→=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ξ是个中值点，是由f 和区间[0,]x 的端点而定的，具体地说，ξ与x 有关系，是依赖于x 的，当0x →时，ξ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01lim cos 0x ξ+→=成立，而01lim cos0ξξ+→=中要求ξ是连续地趋于零。
故由01lim cos 0x ξ+→=推不出1lim cos0ξξ+→=13. 证明：02x π∀<<成立2cos xx tgx x<<。
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：2()(0)1()0cos f x f tgx f x x ξξ-'===-(0,)x ξ∈即：2cos x tgx ξ=，因cos x 在(0,)2π内单调递减，故21cos x 在(0,)2π内单调递增，故222111cos 0cos cos x ξ<<即：22cos cos x xx xξ<< 即：21cos x tgx x<<。