证结果-高等数学试题分析(2017)

1．证明：当－1＜x＜1时，xln＋cosx≥1＋

证　令f（x）＝xln＋cosx－1－（－1＜x＜1），则f（0）＝0．又

由于－1＜x＜1，所以≥0，－2≤－（cosx＋1）＜－1，于是f″（x）＞0⇒f′（x）严格增加．又f′（0）＝0，所以x＞0时f′（x）＞0，x＜0时f′（x）＜0．故x＞0时，f（x）严格增加；x＜0时，f（x）严格减少

由此可得｜x｜＜1时，f（x）≥f（0）＝0，即原不等式成立．

2．设常数a＞e，证明：当x＞0时，（a＋x）a＜aa＋x．

分析　要证明原不等式成立，只要证明aln（a＋x）＜（a＋x）lna，由此可得辅助函数．

证　作辅助函数

F（x）＝aln（a＋x）－（a＋x）lna　（x≥0）

则F（x）∈C［0，＋∞），且

因为当x＞0，a＞e时，F′（x）＜0，所以F（x）在（0，＋∞）上单调减．又考虑到F（0）＝0，可知x＞0时，F（x）＜F（0），即aln（a＋x）－（a＋x）lna＜0，由此命题得证．

3．设函数f（x）在［a，＋∞）上可微，且f′（x）≥k＞0，f（a）＜0，证明：f（x）＝0在（a，＋∞）内有且仅有一个实根．

分析　由连续函数零点存在定理说明方程至少有一个根，再利用单调性说明方程至多有一个根即可．

证　因为f′（x）＞0，所以f（x）在（a，＋∞）内单调增，因此方程f（x）＝0在（a，＋∞）内至多有一个根．又由微分中值定理知，∃ξ∈（a，x），使

f（x）＝f（a）＋f′（ξ）（x－a）≥f（a）＋k（x－a）

由此可知f（x）＝＋∞，故存在x1＞a，使f（x1）＞0．考虑到f（a）＜0，由连续函数零点存在定理可知，方程f（x）＝0在（a，x1）内至少有一个根．综上所述，命题获证．

4．设f（x）在区间［0，1］上可导，且f（1）＝0，证明：存在一点ξ∈（0，1），使

f（ξ）＝－ξf′（ξ）

分析　要证命题成立，就要证明方程f（x）＋xf′（x）＝0（即（xf（x））′＝0）在区间（0，1）内存在根．这只要说明函数xf（x）满足Rolle定理的条件．

证　令F（x）＝xf（x），x∈［0，1］，则F（x）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，且F（0）＝F（1）．由Rolle定理知，存在ξ∈（0，1），使F′（ξ）＝0，即f（ξ）＝－ξf′（ξ）．

5．设a，b，c是二次可导函数f（x）的三个零点，且a＜b＜c，证明：

（1）方程f′（x）＋2f（x）＝0在（a，c）内至少有两个相异的实根；

（2）方程f″（x）＋3f′（x）＋2f（x）＝0在（a，c）内至少有一个实根．

证　（1）令F（x）＝e2xf（x），则F（x）可导，且F（a）＝F（b）＝F（c）＝0．对F（x）分别在［a，b］，［b，c］上用Rolle定理，则∃ξ1∈（a，b），ξ2∈（b，c），使F′（ξ1）＝F′（ξ2）＝0，即

因e2ξ1≠0，e2ξ2≠0，所以

f′（ξ1）＋2f（ξ1）＝0，　f′（ξ2）＋2f（ξ2）＝0

即方程f′（x）＋2f（x）＝0在（a，c）内至少存在两个互异的实根．

（2）令G（x）＝ex（2f（x）＋f′（x）），则G（x）可导．由（1）可知G（ξ1）＝G（ξ2）．在［ξ1，ξ2］上对G（x）用Rolle定理，则∃ξ∈（ξ1，ξ2）⊂（a，c），使G′（ξ）＝0，即

eξ（f″（ξ）＋3f′（ξ）＋2f（ξ））＝0

亦即f″（ξ）＋3f′（ξ）＋2f（ξ）＝0，由此（2）获证．

6．设函数f（x）在［a，b］上可导，并且f（a）＞f（b），f′（b）＝2，证明：在（a，b）内存在一点ξ∈（a，b），使f′（ξ）＝0．

证　因为f′（b）＝2＞0，所以由导数定义及极限的保号性可知，∃c∈（a，b），使得f（c）＜f（b）＜f（a），因此由连续函数介值定理，存在η∈（a，c），使f（η）＝f（b），对f（x）在［η，b］上用Rolle定理，则∃ξ∈（η，b）⊂（a，b），使f′（ξ）＝0．

7．设f（x）在［－1，1］上连续，在（－1，1）内可导，且f（－1）＝f（1）＝0，f（0）＝1，证明：对（－1，1）内的任何α，存在ξ∈（－1，1），使f′（ξ）＝α．

证　令F（x）＝f（x）－αx，则F（x）在［－1，1］上连续，在（－1，1）内可导．因F（－1）＝α，F（1）＝－α，F（0）＝1，可知F（x）在［－1，1］上的最大值点ξ∈（－1，1），此点也是极大值点，再由Fermat引理知F′（ξ）＝0，即f′（ξ）＝α．

注　此题也可用微分中值定理或达布定理证明，读者不妨试一试．

8．设f（x）在［a，b］上二阶可导，且f（a）＝f（b）＝0，又存在c∈（a，b），使f（c）＜0，证明：存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）＞0．

分析　只要证明存在两点ξ1，ξ2，a＜ξ1＜ξ2＜b，使得f′（ξ2）＞f′（ξ1）．

证　因为f（x）在［a，b］上二阶可导，所以将f 在［a，c］，［c，b］上分别用Lagrange中值定理可得

再对f′（x）在［ξ1，ξ2］上用微分中值定理，存在ξ∈（ξ1，ξ2）⊂（a，b），使得

9．设f（x）在［0，c］上可导，f（0）＝0，f′（x）单调递减，证明：对于0＜a＜b＜a＋b＜c，恒有f（a＋b）＜f（a）＋f（b）．

分析　要证f（a＋b）＜f（a）＋f（b），只要证f（a＋b）－f（b）＜f（a）－f（0），而这可应用Lagrange中值定理，再由f′（x）的单调性得到．

证法一　在区间［0，a］和［b，a＋b］上分别对f（x）用Lagrange中值定理，得

f（a）－f（0）＝f′（ξ1）a　（0＜ξ1＜a）

f（a＋b）－f（b）＝f′（ξ2）a　（b＜ξ2＜a＋b）

即

因为f′（x）单调递减，所以f′（ξ1）＞f′（ξ2），即

又a＞0，故

f（a＋b）＜f（a）＋f（b）

注　请考虑能否利用不等式f（a＋b）－f（a）＜f（b）－f（0）证之．(www.xing528.com)

证法二　将a固定，构造辅助函数

F（x）＝f（a＋x）－f（a）－f（x）　（0≤x≤b）

则有F ∈C［0，b］，且F（0）＝0．又F′（x）＝f′（a＋x）－f′（x）＜0，所以F（x）单调递减，从而F（x）＜0（0＜x≤b）．令x＝b，则有F（b）＜0，即

f（a＋b）＜f（a）＋f（b）

10．设f（x）在（a，b）内非负，f‴（x）存在，且

f（x1）＝f（x2）＝0　（a＜x1＜x2＜b）

证明：存在ξ∈（a，b），使f‴（ξ）＝0．

分析　要证命题成立，只要证存在两点ξ1，ξ2，使得f″（ξ1）＝f″（ξ2），而这只要证存在三点，使在这三点处f′（x）相等．

证　若f（x）≡0，x∈（a，b），则命题显然成立．设f（x）不恒等于零，由f（x1）＝0及f≥0，可知f′（x1）＝0．事实上，若f′（x1）≠0，不妨设f′（x1）＞0，即

由极限的保号性可知存在由极限的保号性可知存在 ∈（a，x1），使得f（由极限的保号性可知存在）＜0，而这与f≥0矛盾．故f′（x1）＝0．同理有f′（x2）＝0．

在［x1，x2］上对f（x）用Rolle定理可知，存在x0∈（x1，x2），使得f′（x0）＝0．对f′（x）分别在［x1，x0］与［x0，x2］上用Rolle定理，可知存在ξ1∈（x1，x0）和ξ2∈（x0，x2），使f″（ξ1）＝f″（ξ2）＝0．最后对f″（x）在［ξ1，ξ2］上用Rolle定理，存在ξ∈（ξ1，ξ2）⊂（a，b），使f‴（ξ）＝0．

11．设在（－∞，＋∞）内f″（x）＞0，又＝1，试用两种方法证明：

f（x）≥x　（－∞＜x＜＋∞）

证法一　因为f″（x）存在，且＝1，所以f（x）＝f（0）＝0，从而有

对任意x∈（－∞，＋∞），由Taylor公式，得

证法二　由于f″（x）＞0，故曲线y＝f（x）向下凸，曲线上任一点的切线在曲线的下方；又曲线在点（0，0）的切线为y＝x，因此f（x）≥x，x∈（－∞，＋∞）．

证法三　由f（x）连续，且＝1，可得f（0）＝0，进而有f′（0）＝1．令F（x）＝f（x）－x，则F（x）连续，且F（0）＝0．因为

F′（x）＝f′（x）－1，　F″（x）＝f″（x）＞0

所以F′（x）单调增，因而方程F′（x）＝0至多有一个根．考虑到F′（0）＝0，故F（x）只有一个驻点x＝0，且F″（0）＞0，故F（0）＝0是F（x）的最小值．因此对∀x∈（－∞，＋∞），有F（x）≥0，即f（x）≥x．

12．设函数f（x）在区间（a，b）上可导，且f′（x）在区间（a，b）上单调增加，试证明：若x0∈（a，b），对任意x ∈（a，b），有

f（x）≥f（x0）＋f′（x0）（x－x0）

证　由Lagrange中值定理，存在ξ介于x0与x之间，使得

f（x）－f（x0）＝f′（ξ）（x－x0）

当x0＜ξ＜x时，f′（ξ）（x－x0）≥f′（x0）（x－x0）；

当x＜ξ＜x0时，f′（ξ）（x－x0）≥f′（x0）（x－x0）．

13．设函数f∈C［a，b］，且f在（a，b）内有二阶导数，试证：存在c∈（a，b），使

证　因为

所以

14．证明：多项式f（x）＝x3－3x＋a在区间［0，1］上不可能有两个零点．为使f（x）在区间［0，1］上存在零点，a应当满足怎样的条件？

证　用反证法．假设f（x）在区间［0，1］上存在两个零点x1，x2，则在x1与x2之间存在ξ，使得f′（ξ）＝0，但f′（x）＝3（x2－1）＜0，∀x∈（0，1），矛盾．所以f（x）在［0，1］上不可能有两个零点．为使f（x）在［0，1］上存在零点，则必须有f（0）f（1）≤0，即a（a－2）≤0，即0≤a≤2．

15．设奇函数f（x）在［－1，1］上具有二阶导数，且f（1）＝1．证明：

（1）存在ξ∈（0，1），使得f′（ξ）＝1；

（2）存在η∈（－1，1），f″（η）＋f′（η）＝1．

证　（1）因f（x）是奇函数，所以f（0）＝0．在区间［0，1］上应用Lagrange中值定理，则存在ξ∈（0，1），使得f′（ξ）＝

（2）令F（x）＝f′（x）＋f（x）－x，则F（x）在区间［－1，1］上可导．由于f（x）是奇函数，所以f′（x）是偶函数，且f（－1）＝－1，f′（1）＝f′（－1）．因

F（1）＝f′（1）＋f（1）－1＝f′（1）

F（－1）＝f′（－1）＋f（－1）＋1＝f′（－1）

所以F（1）＝F（－1），在区间［－1，1］上应用Rolle定理，则存在η∈（－1，1），使得F′（η）＝0，即

f″（η）＋f′（η）＝1

16．设函数f 在［a，b］上存在三阶导数，且满足

f（a）＝f（b）＝f′（a）＝f′（b）＝f″（a）＝f″（b）＝0

证明：存在ξ∈（a，b），使得f（ξ）＝f‴（ξ）．

证　设

F（x）＝e－x（f″（x）＋f′（x）＋f（x））

因为F（a）＝F（b）＝0，所以存在ξ∈（a，b），使得F′（ξ）＝0，即

e－ξ（f‴（ξ）＋f″（ξ）＋f′（ξ）－f″（ξ）－f′（ξ）－f（ξ））＝0

即f‴（ξ）＝f（ξ）．