微分中值定理证明（4篇）

【导言】此例“微分中值定理证明（4篇）”的范文资料由阿拉题库网友为您分享整理，以供您学习参考之用，希望这篇资料对您有所帮助，喜欢就复制下载支持吧！

微分中值定理证明1

☆例1 设f(x)在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且f(0)f(1)f(2)3，f(3)1.试证：必存在(0,3)，使f()0

证：∵ f(x)在[0，3]上连续，∴ f(x)在[0，2]上连续，且有最大值和最小值。于是

1mf(0)M；mf(1)M；mf(2)M，故m[f(0)f(1)f(2)]M.由

3连续函数介值定理可知，至少存在一点c[0,2]使得f(c)1[f(0)f(1)f(2)]1，3因此f(c)f(3)，且f(x)在[，3]上连续，（，3）内可导，由罗尔定理得出必存在(c,3)(0,3)使得f()0。

☆例2 设f(x)在[0，1]上连续，（0，1）内可导，且32f(x)dxf(0)

31求证：存在(0,1)使f()0

证：由积分中值定理可知，存在c[,1]，使得

'231232f(x)dxf(c)(1)

3得到

f(c)3123f(x)dxf(0)

对f(x)在[0，c]上用罗尔定理，（三个条件都满足）故存在(0,c)(0,1)，使f()0

1k0☆例3 设f(x)在[0,1]上连续，(0，1)内可导，对任意k1，有f(1)kxe1xf(x)dx，求证存在(0,1)使f()(1)f()

1111x1c证：由积分中值定理可知存在c[0,]使得kxef(x)dxcef(c)(0)

0kk1令F(x)xe1xf(x)，可知F(1)f(1)这样F(1)f(1)k1k0xe1xf(x)dxce1cf(c)F(c)，对F(x)在[c,1]上用罗尔定理（三个条件都满足）存在(c,1)(0,1)，使F()0 而F(x)e1xf(x)xe1xf(x)xe1xf(x)

1∴ F()e1[f()(1)f()]0

又e110，则f()(1)f()



在例3的条件和结论中可以看出不可能对f(x)用罗尔定理，否则结论只是f()0，而且条件也不满足。因此如何构造一个函数F(x)，它与f(x)有关，而且满足区间上罗尔定理的三个条件，从F()0就能得到结论成立，于是用罗尔定理的有关证明命题中，如何根据条件和结论构造一个合适的F(x)是非常关键，下面的模型Ⅰ，就在这方面提供一些选择。

模型Ⅰ：设f(x)在[a,b]上连续，（a,b）内可导，f(a)f(b)0则下列各结论皆成立。

（1）存在1(a,b)使f(1)lf(1)0（为实常数）

k1（2）存在2(a,b)使f(2)k2f(2)0（为非零常数）

（3）存在3(a,b)使f(3)g(3)f(3)0（g(x)为连续函数）证：（1）令F(x)ef(x)，在[a,b]上用罗尔定理

∵ F(x)lef(x)ef(x)

∴ 存在1(a,b)使F1le

消去因子，即证。（2）令F(x)exf(x)，在[a,b]上用罗尔定理

F(x)kxk1exfx()exfx()k12

存在2(a,b)使F(2)k2ef(2)e2f(2)0

kkkkklxlxlxl1f1el1f10

消去因子，即证。（3）令F(x)eG(x)f(x)，其中G(x)g(x)

F(x)g(x)e

清去因子eG(3)G(x)f(x)G(x)

由ef(x)F(3)0，即证。

例4 设f(x)在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，f(0)f(1)0，f()1，试证：

（1）存在(,1)，使f()。

（2）对任意实数，存在(0,)，使得f()[f()]1

证明：（1）令(x)f(x)x，显然它在[0, 1]上连续，又12111(1)10,()0，根据介值定理，存在(,1)使()0即f()

222（2）令F(x)ex(x)ex[f(x)x]，它在[0,]上满足罗尔定理的条件，故存在(0,)，使F()0，即

eff10 f()] 1从而

f()[（注：在例4（2）的证明中，相当于模型Ⅰ中（1）的情形，其中取为，f(x)取为(x)f(x)x）

模型Ⅱ：设f(x)，g(x)在[a,b]上皆连续，（a,b）内皆可导，且f(a)0，g(b)0，则存在(a,b)，使

f()g()f()g()0

证：令F(x)f(x)g(x)，则F(a)F(b)0，显然F(x)在[a,b]上满足罗尔定理的条件，则存在(a,b)，使F()0，即证。例5 设f(x)在[0, 1]上连续，（0, 1）内可导，f(0)0，为正整数。

求证：存在(0,1)使得f()kf()f()

证：令g(x)(x1)，a0,b1，则f(0)0，g(1)0，用模型Ⅱ，存在k(0,1)使得

f()(1)kk(1)k1f()0

故f()(1)kf()0 则f()kf()f()

例6 设f(x),g(x)在(a,b)内可导，且f(x)g(x)f(x)g(x)，求证f(x)在(a,b)内任意两个零点之间至少有一个g(x)的零点

证：反证法：设ax1x2b，f(x1)0，f(x2)0而在(x1,x2)内g(x)0，则令F(x)f(x)在[x1,x2]上用罗尔定理 g(x)f(x1)f(x2)0,F(x2)0] g(x1)g(x2)[f(x1)f(x2)0,F(x1)（不妨假设g(x1)0,g(x2)0否则结论已经成立）

则存在(x1,x2)使F()0，得出f()g()f()g()0与假设条件矛盾。所以在(x1,x2)内g(x)至少有一个零点

例7 设f(x),g(x)在[a,b]二阶可导，且g(x)0，又f(a)f(b)g(a)g(b)0

求证：（1）在（a,b）内g(x)0；

（2）存在(a,b)，使

f()f() g()g()

证：（1）用反证法，如果存在c(a,b)使g(c)0，则对g(x)分别在[a,c]和[c,b]上用罗尔定理，存在x1(a,c)使g(x1)0，存在x2(c,b)使g(x2)0，再对g(x)在[x1,x2]上用罗尔定理存在x3(x1,x2)使g(x3)0与假设条件g(x)0矛盾。所以在(a,b)内g(x)0（2）由结论可知即f()g()f()g()0，因此 令F(x)g(x)f'(x)g'(x)f(x)，可以验证F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，F(a)F(b)0满足罗尔定理的三个条件 故存在(a,b)，使F()0 于是f()g()f()g()0成立

例8 设f(x)在0,3上连续，（0，3）内二阶可导，且2f(0)f(x)dxf(2)f(3)

02（I）证明 存在0,2 使ff0

（II）证明 存在0,3 使f''0 证：（I）由积分中值定理，存在0,2，使fxdxf20

02故存在0,2使2f02f即f

f0

f2f3f0，2（Ⅱ）由2f0f2f3，可知∵fx在2,3上连续由价值定理可知存在c2,3，使fcf0，由于fx在0,上连续，0,内可导，且f0f根据罗尔定理存在10,，使f'10 又fx在,c上连续，,c内可导，且f

fc根据罗尔定理存在2,c（可知21）使f'20，最后对f'x在1,2上用罗尔定理可知存在1,20,3,使f"

0

读书破万卷，下笔如有神。山草香为大家整理的4篇微分中值定理证明到这里就结束了，希望可以帮助您更好的写作微分中值定理证明。

第一讲 微分中值定理2

第一讲 微分中值定理

教学内容：

1.罗尔定理；

2.拉格朗日中值定理； 3.柯西中值定理。教学目的与要求：

1.深刻理解罗尔定理和拉格朗日中值定理，了解柯西中值定理；

2.熟练掌握用罗尔定理和拉格朗日中值定理证明等式或不等式解题方法。教学重点

拉格朗日中值定理。教学难点

与中值定理有关的证明。§ 微分中值定理

一、罗尔定理（Rolle）

1.定理：

条件：（1）f(x)在闭区间[a,b]上连（3）f(a)f(b).结论：至少存在一点∈(a,b)，使f'()0（即方程f(x)0在（2）f(x)在开区间(a,b)内可导；

(a,b)内至少有一实根）.2、几何意义：在满足条件（1）（2）（3）的曲线弧上，至少有一点在该点处曲线的切线平行于x轴（如下图）

3.证明：分析：根据几何图形，预计值f(x)0的点可能是f(x)在[a,b]上的最大值或最小值。证：由f(x)在[a,b]上连续存在M，m，使m≤f(x)≤M，x(a,b).（1）若mM,则f(x)≡M, 从而f(x)0，此时，任取一点

∈(a,b)，都有f'()0.（2）若Mm, 则M、m至少有一个不等于f(a)和f(b)，不妨设 即至少有一点∈(a,b)，Mf(a)f(b),则最大值M在[a,b]的内部达到，使Mf().下面证明f()0.由于Mf()为最大大值，所以， x(a,b)有f(x)f()0,于是

f(x)f()保号性 0，f'()f'()limxx可导另一方面，f(x)f()f'()f()limxx可导'保号性0，所以 0f'()0f()0.综上所述知，当条件成立时，至少有一点(a,b)，使f()0.或者说f(x)0 在(a,b)内至少有一个实数根。例1 设a0aaa12n1an0，试证明方程 n1nn12a0xna1xn1an0

在0与1之间至少有一个实数根。证（关键是构造一个函数f(x)，确定闭区间，使之满足罗尔定理的条件，且所作的函数f(x)应该使

f(x)a0xna1xn1an.作函数f(x)a0n1a1naxxn1x2anx，取闭区间为[0,1]，显然，n1n2f(x)在[0,1]上连续，(0,1)内可导，又

f(0)0f(1)a0a1an，n1n于是，由罗尔定理知，至少存在一点

(0,1)，使f()0.即a0na1n1an0.即方程a0xna1xn1an0在(0,1)内至少有一个实数根。二、格朗日中值定理

1、定理：

条件：（1）f(x)在闭区间[a,b]上连续；

（2）f(x)在开区间(a,b)内可导。结论：至少存在一点∈(a,b)，使f()f(b)f(a).ba2、几何意义：在满足（1）、（2）的曲线段AB上，至少有一点处的切线平行于弦、证明：

方法1：作函数(x)f(x)f(a)f(b)f(a)(xa)（曲线与弦的ba纵坐标之差），在[a,b]用罗尔定理即可证得结论。方法2：分析：证明的关键是寻找一个满足罗尔定理条件的函数，寻找的方法是将结论式变形为f(b)f(a)(ba)f()0，令

F(x)f(b)f(a)(ba)f(x)，由此可得F(x)(f(b)f(a))x(ba)f(x).证：作函数F(x)(f(b)f(a))x(ba)f(x).显然F(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，又

F(b)F(a)(f(b)f(a))x(ba)f(b)[(f(b)f(a))a(ba)f(a)]

(f(b)f(a))(ba)(ba)(f(b)f(a))0，即F(b)F(a)0.所以由罗尔定理知，至少存在一点(a,b)，使F()C.即f(b)f(a)(ba)f()f()，或

'f(b)f(a).ba注：当ba时，公式也成立。4、拉格朗日结论式的另外几种形式

（1）f(b)f(a)f(a(ba))(ba)，01.（这是因为ab0aba0aba1，令

aba即可。）

（2）f(xx)f(x)f()x(f(xx)x)，(x,xx)（取bxx,ax即可）

（3）yf(xx)x，01.注：（3）式是y的精确表达式，而dyf(x)x只是y的近似表达式。故拉格朗日中值定理也称为有限增量定理或微分中值定理。5、有关定理

定理 若x(a,b)，有f(x)0，则f(x)C.反之也真（显然）.即

f(x)0f(x)C.证：取一定点x0(a,b)，x(a,b)，只须证明f(x)f(x0)即可。因为f(x)在(a,b)内可导，所以f(x)在以x0和x为端点的闭区间上连续，开区间内可导，从而由拉格朗日中值定理知，存在在x0与x之间，使

f(x)f(x0)f()(xx0)0，即f(x)f(x0).再由x0的固定性和

x的任意性知，x(a,b)，均有f(x)f(x0)，f(x)f(x0)（常数）.推论 若x(a,b)，有f(x)g(x)，则f(x)g(x)C（作F(x)f(x)g(x)，用上面的定理即可得证）.例2 验证f(x)x在[0,1]上拉格朗日中值定理的正确性。解 显然f(x)x在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，故至少存在一点

22(0,1)，使f(1)f(0)f()(10)，下面求出具体的，由f(1)f(0)f()(10)

1102(0,1)，2即确实存在(0,1)，使f(1)f(0)f()(10)成立。三、柯西中值定理

定理： 条件：

(x),F(x)在闭区间[a,b]上连续，2.在开区间(a,b)内可导，且 F(x)0；

f(b)f(a)f()结论：至少存在一点(a,b)，使成立。F(b)F(a)F()几何意义和证明过程详见教材P70.四、三个定理之间的关系

因为在柯西中值定理中，取F(x)x即变为拉格朗日中值定理，在拉格朗日中值定理中，加条件f(b)f(a)即可得罗尔定理，故它们之间的关系是 罗尔定理特例f(a)f(b)推广拉格朗日中值定理

特例F(x)x推广柯西中值定理

小结

1.罗尔定理；

2.拉格朗日中值定理；

3.柯西中值定理。4.三个定理之间的关系

作业

练习： p71

习题 : 1，2； 作业： p71 习题 : 6，7，9；

p97—99 第3章(自测题)1(1)，(2)，(3)，(4)，2(1)，(2)，5.预习：第三章§ p71—74,

微分中值定理的证明题3

微分中值定理的证明题1.若在上连续，在使得：

上可导。，证明：，证：构造函数且即：2.设，证明：，则，由罗尔中值定理知：，而

在上连续，在，使，故

内可导。，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：显然定理知：又定理条件，故存在4.设函数在上连续，在内可导，又，故由罗尔，使得，故，使得：，于是，而，在上满足罗尔，即证。证明：在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，(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)=-1

使得，即

.F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在存在（II）在的点和

上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同，使得，于是5.设在[0，2a]上连续，.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，证明在[0,a]上存在使得存在性定理证明。辅助函数可如下得到证明令，．在[0,a]上连续，且当当，即时，取时，即有；

使得，由根的存在性定理知存在．6.若在在上可导，且当时有，且，证明：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

在，内至少存在一点，使得，即：由零点定理可知：唯一性：（反证法）假设有两个点在在必存在一点即：，且上连续且可导，且上满足Rolle定理条件，使得：，这与已知中

矛盾在内仅有一个根，使得假设不成立，即：综上所述：在7.设

内有且仅有一个点，使得

=

=0，=1。试在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且

(0，1)，使=1

=x

=1。证至少存在一个分析：证明：(1)=()=由介值定理可知，一个=1令F()=

=0令()=()在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，(，1)，使(0)=

0=0一个=1

(0，)(0，1)使()=0又对()在[0，1]上用Rolle定理，=0

即8.设在上连续，在，使

内可导，且。

试证存在和。满足证由拉格朗日中值定理知，9.设证明： 在上连续，使得

内可导

证：

(用

为证此式，只要取则知

其中10.已知函数使。(1)乘于(1)式两端，知)(1)式等价于

(2)

取和在上分别应用Cauchy中值定理，在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，证明存在，解：利用柯西中值定理而则

（后面略）11.设内解：因为在时连续，有唯一的实根，则

在，当时，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。对函数格朗日中值定理得：

在上应用拉即：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。

和区间

时，的不首先应注意：上面应用拉格朗日中值的是个中值点，是由端点而定的，具体地说，与有关系，是依赖于的，当一定连续地趋于零，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，则。

在上连续，在内可导，证明：作辅助函数由拉格朗日定理知：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，再根据证明不等式。14.证明：当证明：作辅助函数则

时。

在内符号或单调故故在上单调递减，又因=0，即：，即：

在上连续。注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当常用辅助函数讨论15.证明：若，则将问题转化证

时，然后在上的单调性，进而完成证明。二阶可导，且内单调递增。，则

在证明：因即证设，因此即：，故，即：，即。，要证单调递增，只需证，则

是单调递增函数，而，当

时单调递增。，因为，

微分中值定理的证明题4

微分中值定理的证明题

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，f(a)f(b)0，证明：R，(a,b)使得：f()f()0。

证：构造函数F(x)f(x)ex，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且F(a)F(b)0，由罗尔中值定理知：（a,b)，使F()0 即：[f()f()]e0，而e0，故f()f()0。

2.设a,b0，证明：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)。

1111 证：将上等式变形得：ee(1)e()

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，baba 由拉格朗日定理得：

11f()f()baf(1)1(1,1)，11baba11b1a1ee1a(1)e

1(1,1)，即 b11baba

即：aebbee(1)e(a,b)

(a,b)。

3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)0，有F(x)x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点，使得：F()0。

证：显然F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又F(0)F(1)0，故由罗尔定理知：x0(0,1)，使得F(x0)0

又F(x)2xf(x)x2f(x)，故F(0)0，于是F(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在(0,x0)，使得：F()0，而(0,x0)(0,1)，即证

4.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，f(0)0，f(1)1.证明：

(1)在(0,1)内存在，使得f()1．

(2)在(0,1)内存在两个不同的点，使得f/()f/()1

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F(x)f(x)1x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-10,于是由介值定理知，存在存在(0,1), 使得F()0，即f()1.（II）在[0,]和[,1]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(0,),(,1)，使得f()f()f(0)f(1)f()，f()

01于是

f()f()f()1f()11.115.设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)f(2a)，证明在[0,a]上存在使得

f(a)f().分析f(x)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

f(a)f()f(a)f()0f(ax)f(x)0

证明令G(x)f(ax)f(x)，x[0,a]．G(x)在[0,a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)

G(0)f(a)f(0)

当f(a)f(0)时，取0，即有f(a)f()；

当f(a)f(0)时，G(0)G(a)0，由根的存在性定理知存在(0,a)使得，G()0，即f(a)f()．

6.若f(x)在[0,1]上可导，且当x[0,1]时有0f(x)1，且f(x)1，证明：

在(0,1)内有且仅有一个点使得f() 证明：存在性

构造辅助函数F(x)f(x)x

则F(x)在[0,1]上连续，且有F(0)f(0)00，F(1)f(1)10，由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点，使得F()0，即：f()

唯一性：（反证法）

假设有两个点1,2(0,1)，且12，使得F(1)F(2)0

 F(x)在[0,1]上连续且可导，且[1,2][0,1] F(x)在[1,2]上满足Rolle定理条件

必存在一点(1,2)，使得：F()f()10

即：f()1，这与已知中f(x)1矛盾

假设不成立，即：F(x)f(x)x在(0,1)内仅有一个根，综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点，使得f()

17.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。证至少存在一个(0，1)，使f¢分析：f'()=1f'(x)=1f(x)=xf(x)x=0 令 F(x)= f(x)x 证明： 令 F(x)= f(x)x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F(1)= f(1)110(f(1)0)11111F()= f()0(f()1)

22222由介值定理可知，一个（1，1)，使 2 F()=0 又 F(0)=f(0)0=0 对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使

F'()=0 即 f'()=1 8.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)试证存在和.满足01，使f()f()0。

证 由拉格朗日中值定理知，1f()f(0)12f()(0,)

12021f(1)f()12f()(,1)

121211f()f(0)f(1)f()20 f()f()211229.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)使得

bf().(1)f()a2证：(用(ba)乘于(1)式两端，知)(1)式等价于

()f()(ba)(b f122a2).(2)

为证此式，只要取F(x)f(x),取G(x)x和x在[a,b]上

2分别应用Cauchy中值定理，则知

()f()g(ba)(b f(b)f(a)f122a2),其中,(a,b).10.已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0，1）内

可导，0ab32f/()(a2abb2，证明存在)f()

/,(a,b)，使解：利用柯西中值定理而f(b)f(a)f/f/()f(b)f(a)23b3a3

()(ba)

则

（后面略），当xa时，f/()f(b)f(a)f/()(ba)f/()2233333babaaabb211.设f(x)在xa时连续，f(a)0f/(x)k0a)，则在(a,af()内f(x)0有唯一的实根 k/解：因为f(x)k0a)，则f(x)在(a,af()上单调增加 kf(a)f(a)f/()/f(a)f(a)f()f(a)[1]0kkk（中值定理）

a)而f(a)0故在(a,af()内f(x)0有唯一的实根 k12t0tsin12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)在[0,x]上应用拉tt00格朗日中值定理得：

1x2sin0f(x)f(0)111xxsinf()2sincos

x0x0x(0x)

即：cos12sin1xsin1

(0x)x10

因0x，故当x0时，0，由lim2sin0

x0limxsin10 xcos

得：limx0

10，即limcos010

解：我们已经知道，limcos010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f和区间[0,x]的端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当x0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x0limcos110成1立，而limcos00中要求是连续地趋于零。cos故由limx00推不出

0limcos10

13.证明：0x2成立xtgxx。cos2x

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：

f(x)f(0)tgx1f()(0,x)

x0xcos2tgx即：

x1cosx，因在内单调递减，故在(0,)(0,)22coscosx22111xxx即： cos20cos2cos2xcos2cos2x内单调递增，故

即：xtgx1。cos2x

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f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

f(b)f(a)f()(ba)(a,b)，再根据f(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。

14.证明：当0x时，sinxtgx2x。

证明：作辅助函数(x)sinxtgx2x

(cosx12)cosxx(0,)

2则(x)cosxsec2x2

12 2cosx1 cos2x22cosxcosx0



故(x)在(0,)上单调递减，又因(0)0，(x)在(0,)上连续，22

故 (x)(0)=0，即：sinxtgx2x0，即：sinxtgx2x。

注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI时f(x)g(x)，常用辅助函数(x)f(x)g(x)，则将问题转化证(x)0，然后在I上

讨论(x)的单调性，进而完成证明。

15.证明：若f(x)二阶可导，且f(x)0，f(0)0，则F(x)

(0,)内单调递增。证明：因F(x)xf(x)f(x)，要证F(x)单调递增，只需证F(x)0，2xf(x)在 x

即证xf(x)f(x)0。

设G(x)xf(x)f(x)，则G(x)xf(x)f(x)f(x)xf(x)，因为

f(x)0，x0，故G(x)是单调递增函数，而

G(0)0f(x)00，因此G(x)G(0)，即：xf(x)f(x)0，即：F(x)0，即F(x)当x0时单调递增。