高等数学证明题

1. 证明：函数)4)(3)(2()(---=x x x x f 在区间)4,2(内至少存在一点ξ，使0)(=''ξf 。

证明：)(x f 在]3,2[上连续，在)3,2(内可导，且0)3()2(==f f ，由罗尔定理，至少存在一
点)3,2(1
∈ξ，使0)(1='ξf ，同理，至少存在一点)4,3(2∈ξ，使得0)(2='ξf ；)(x f '在
],[21ξξ上连续，在),(21ξξ内可导，再一次运用罗尔定理，至少存在一点)4,2(),(21⊂∈ξξξ，
使得
0)(=''ξf 。

2. 设f 为[,]a b 上的二阶可导函数，()()0f a f b ==, 并存在一点(,)c a b ∈，使得()0f c >. 证
明至少存在一点(,)a b ξ
∈，使得''()0f ξ>. (10分)
证明：考虑区间[,]a c ，则f
在[,]a c 满足Lagrange 中值定理的条件，则存在1(,)a c ξ∈，使得
1()()
'()0f c f a f c a
ξ-=
>-. (3分)
同理可证存在2(,)c b ξ∈, 使得
2()()
'()0f b f c f b c
ξ-=
<-. (5分)
再考虑区间12[,]ξξ, 由条件可知导函数'()f x 在12[,]ξξ上满足
Lagrange 中值定理的条件，则存在
12(,)ξξξ∈，
使得
2121
()()
''()0f f f ξξξξξ-=
>-. 得证.
3. 设)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 上可导,且
0)(≤'x f ⎰-=
x
a
dt t f a x x F )(1)(
证明在],[b a 内有0)(≤'x F
证明在],[b a 内有0)
(≤'x F
])()()[()
(1
)(2⎰---=
'x a dt t f x f a x a x x F (2分) =
)]()()()[()(1
2
ξf a x x f a x a x ---- ]),[],[(b a x a ⊂∈ξ(2分)
=
)(ηξ
f a
x x '-- ]),[),((b a x ⊂∈ξη
0)(≤'∴x F (2分)
4. 证明:当0>x 时,x x x arctan )1ln()1(>++
令
x x x x f arctan )1ln()1()(-++=
当0>x 时,011
1)1ln()(2
>+-
++='x
x x f 所以
)(x f 在 ),0(+∞ 上单调增 (3分) 又0)0(=f (
0)(>∴x f 即当0>x 时,x x x arctan )1ln()1(>++(3分)
5. 证明：当1x >时，13x
>-。

答案：证：令1()3f x x ⎛⎫
=-
⎪⎝
⎭
，则
'
2211
()(1)f x x
x =
-=，
因为()f x 在[)1,+∞连续，并且在()1,+∞内'
()0f x >，因此()f x 在
[)1,+∞上单调增加，从而当1x >时，()f x (1)0f >=。

这就得到
1
3x
>-
(1)x >。

6. 应用函数的单调性证明不等式：2
ln(1),0.2
x x x x +>-> (8分) 证明: 令
2
()ln(1),2
x f x x x =+-+ (2分)
则
()f x 在∞[0,+)上连续，在∞(0,+)上可导，且
2
(0)0,'()0,0.1x f f x x x
==>>+ 所以
()f x 在∞[0,+)严格单调递增，故()(0)0,0.f x f x >=> (7分). 即 2
ln(1),0.2
x x x x +>-> (8分)
7. 证明： 设01
32210=+++++
n a
a a a n ，证明函数f （x ）=n n x a x a a +++ 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 ）=n n x a x a a +++ 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：
⎰
=1
)(dx x f 01]1
32[132210++++++
n n x n a
x a x a x a
=132210
+++++
n a
a a a n
————（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 ）=
1322101
32++++++
n n x n a
x a x a x a ，则
=
)('x F f （x ）
=n n x a x a a +++ 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ξ，使0)('=ξF ———（3分）
即
0)(=ξf 。

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 (f
2
a )x (=ϕ，且
a
ln )x (f 1)x (f =
'，证明)x (2)x (ϕ=ϕ' 证明：)x (ϕ'=)x (f )x (f 2a ln a )
x (f
2
'⋅----------------------4分
=2)x (ϕa
ln )x (f 1)
x (f a ln ⋅----------------------3分 =)x (2ϕ---------------------------3分
9. 若nx n
a x a x a x f n sin 2sin 2sin )(2
1+++
= ， 求证：存在),0(π∈c ，使得 0cos 2cos cos 21=+++nc a c a c a n
证：因为
)(x f 在],[b a 上连续，在(a,b)内可导，且
nx a x a x a x f n cos 2cos cos )(21'+++= （2分）, )(0)0(πf f ==（3分）所以，由Rolle
中值定理得到: f
‘
(x)在
)
,(b a 内至少有一个零点（4分），即至少存在一点c
)
,0(π∈, 使得
0cos 2cos cos 21=+++nc a c a c a n
10. 证明:|||sin sin |y x y x -≤-
证：由微分中值定理得到：ξcos )(sin
sin y x y x -=-, ξ在x 与y 之间（3分）
所以≤-|sin sin |y x |cos |||ξy x -（5分）||y x -≤（6分）
11. 设函数
)(x f 在],[b a 上是连续函数, 且,0)(>x f 令dt t f dt t f x F x
b
x
a
⎰
⎰+=)
(1)()(. 求证：（1）2)('
≥x F ；（2）)(x F 在),(b a 内有且仅有一个零点
证：由微积分学基本定理得到：
)
(1
)()('x f x f x F +
=（1分）
2
≥（2分）。

因为，
dt t f a F a
b
⎰
=)(1)(=0)(1
<-⎰dt t f b
a
；0)()(>=⎰dt t f b F a
b （3分） 则由根的存在性定理得到： )(x F 在),(b a 内至少有一个零点（4分），由（1）知)(x F 在],[b a 上是单调上升，所以)(x F 在),(b a 内有且仅有一个零点（5分）
12. 设
)(x f 在[0，1]上可导，且⎰=2
1
)(2)1(dx
x xf f 。

试证明在（0，1）内至少有一点ξ，使
0)()(='+ξξξf f 。

证明：设
)
()(x xf x g =，则
)
(x g 在[0，1]上可导，又由积分中值定理
)1(g =⎰=2
10
)(2)1(dx x xf f =)(ηηf )(ηg （η在（0，
2
1
）内，从而由罗尔定理在（0，η）内有ξ使 0)()(='+ξξξf f 证毕。

13.。