[专升本证明题.docx

证明题一、方程/(x) = 0的根方程/(x) = 0根的讨论是高等数学重要内容之一•它的基本思路有两条：(1)利用连续函数的零值定理:设r(工)在闭区间［a,6：匕连续,/(a)-/(&)<0,则在开区 间(a")内至少有方程/(jt)=O的一个根•如果又知道/(工)在［―工上单调侧方程/(x)-0 在(“』)内的实根惟一.(2)利用函数的极值.方程f(x)^0的根与代工)的极值有什么关系呢？由下面的图3-17就会明白•注意方程个根2 令/( t ) = T - a sin X - b.选定区间.0,a + b］ •(因为要证:存在正根，且不超过a + & ) 计算 /(0) = - 6<0,_f(a + b) = a + b - asin(a + 6)-6 = a (1- sin(a + b) 0.讨论若f(a + 5) = 0,那么方程才=a sin a + 6的根为tz + b・问题得证•若f(a + 0)>0,则/(0)・只0 + 6)<0.又 心)在［0,a+ 6］上连续•所以在(0,4 I)存在一点.使/(c)-0,即c是方程/(x)=0的根•且c>0,c0,当工〉e时>/(x)<0.即在 =Ve时，/(工)/山〉e时所以/(e) = 1也是最大值.取心=厂，孔-』得y(e 3)< 0,/(e5)<0.«/(e) = l.所以在［e'\ej及!e,『：内各有一个根•即有两个根且仅有两个根.(3)利用罗尔定理证明方程的根存在把所给方程一端减去一端，再把变量E换成X,观察哪个函数求导之后为这个代数式，这个函数就是要构造的函数；然后根据题设确定区间，验证是否满足罗尔中值定理。

二、证明不等式在证明不等式中有两条圣本思路，介绍如下：①设/(z)在(<2,刃内可导处连续.且f (a )^0(或/(a)CO),如果<(r)>0(或/(t)f(a)(或 /(z)/ ⑷②设/(工)在(4,6)内可导是驻点.当T0;当工>帀时， f(£VO,则在区间(a,6)内W/(x)0,则在区间(a,6)内有 /(x)^/(x0).当工20时，试证vT^^i +1例如证 令/（x）= %/i-hx-1 -~x,只要证：当 *0时,/（x）＜o就行，由 /（0）= o,/（x）= =.；4^~ -券显然当Q0时»/（xX0.由此得到在舜o时,/（x）＜/（0）.即证得•/1 + 才 - 1 〜-yx^/（0） =0.J即M 亍 + + -yX.(3)利用函数图形的凹凸性证明不等式例如 证明不等式X 4- Vxlnx + y\ny >(x+ j)ln , (x>0, j >0,y).2证 令 f(t) = t\nt (t>0),贝 = + r(t) = i > 0,t—[xlnx+ jin j]>2X+JlnX4~ J2 2:.f(t) = t\nt 在(兀,y)或(j, x),x>0,j >0 是凹的 于是 |[/U)+/(j)]>/(^)艮卩 x\nx+yiny>（x+y）\n^^.（4）利用拉格朗日中值定理（罗尔定理）证明不等式。

把式子变形出现两个函数值之差，构造函数，确定在所给范围内满足 拉格朗日中值定理，求出导数，对导数进行放大和缩小例女口 卅肘・试证；< In ^ < —1 .X +1 2 2【证明】沟塔函数f（.Y） = In（Ux）.它4.[x（H][LA-]（x>n^连续11可导.□拉陷朗「I中值定理机至少存在mg 便得/（兀）-/（2）=八恥一1）,即有r（x）-r（2）=丄二-（ivfvx）・1 + M.r- /. x — lx — 1 工—1:IIJ 有 < < .1十x 1十$ 2H X-1 . X+l X-1所以

例如 设瓯效/（X）在闭if叮d』]上连类 化开区冋（"/）内可导•卫厂7*（口）= /（如・证明：(L(a.b)内至少存净点使笔八厂+ "门=0成立.【证明】构造函数F(x) = exf(x)，则尸(X)在［a』］h连次 圧开区间(“.〃)内可导, fl伍 F(a) = //(a)・ Fib) = ef(h)・ rtl長件e^f(a) = f(M知 ea f(a) = e\f(b),羽F(“)=FG)・所次F(.t)在S・b］上淡足罗尔中值疋阳・年少存任匕£(乩防•快得 尸(？)=巴/疋)十占.八口 = 0,即育止)+/(£) = ()成立.(2)其它举例ji 1 n1.设 /, = £2 cosn xdx ,试证/”= —In_2,并计算 I-j = £2 cos7 xdx. AZ证明：/ = f2 cos" xdx =卩 cos"" xd sin xn JO Jocos,,_I xsinx)|^ +£sin2 xx(«-l)cos^2 xdx0£=(/7 一 1)£2 (1- cos2 x) cosw_2 xdx£ £=(n -1)£2 cos" 2 xdx -(/? -1)£2 cos" xdx =(兀一1)厶_2_(农_1)厶；即有爪(“-1)心-(“-叽，故爪弓心•討7还呷冷取=鼎lA,7Tn而E cosxtZx = sinx|2 = 1 ,所以Me。

"需2•证明：设/(X)在［a上］上连续，有：£/(x)rfx= (b- a)^f［a + 0- a)x\lx.证明：令兀= d + (b_d)f ,贝\\ x = a => t = 0;x = b => t = i, dx = (b-a)dt ；于是,有： j f(x)dx = £ f[a + (/?- a)t] • (b _ d)dt = (b- d)[ f[a + (b — a)t]dt = (b- a) Jf[a + (b- ci)x\dx3.若函数/(x)在［0,l］±连续，在(0,1)内可导且/(I) = 0 ,试证：至少存在一 点央(0,1),使得歹广© + 2/£) = 0成立.证明：构造函数F(x) = x2f(x),因/(兀)在［0,1］上连续，所以函数F")在［0,1］上也连续,而F\x) = 2xf(x) + x2f(x)在(0,1)内有意义，又因为F(0) = 0 , F(l) = /(l) = 0 ,所以F⑴在［0,1］上满足罗尔中值定理, 故至少存在一点养(0,1),使得F© = 0,即2了© +孑广© = 0,而"0•所 以有歹/@) + 2/© = 0成立。

4••证明方程3—1-= 0在区间(0,1)内有唯一实数根.Jo 1 +厂证明：令= 则广(兀)=3- — 在［0,1］上有意义，即有/(尢)J() 1 + 厂 1 +JC在［0,1］± 连续;而 /(0) = -1 < 0, /(I) = 2 - arctan 1 = 2 - - > 0 ,由零点定理知，至 4少存在一点gw(0,1),使得/© = 0,即方程f(x) = 0在(0,1)内至少有一个实数 根.另一方面，f(x) = 3-一 二丄二>0,知几兀)在(0,1)内是单调上升的，从1 + JC 1 + X而方程/(X)= 0在(0,1)内至多有一个实数根.综述，方程/(%) = 0在(0,1)内有唯一实数根，即方程3兀-1-『仝=0在区间J0 1 +厂(0,1)内有唯一实数根5•、证明题Y当兀＞0时,—＜ln(l + x)＜x1 + x提示：令AO = lnr在［1,1+打上满足拉格朗FI中值定理6.求证：当无＞1时，也吐9 ＞亠lnx 1 + x证：设 /(x) = (1 + x) ln(l + x)-xinxff(x) = ln(l + x) - In x = ln(l + —) > 0 X所以/(X)单调增加所以/⑴> /(1) > 07.证明:方程In (1+x2) =x—1有且仅有一个实根.证：由ln(l + x2)>0,M>l,故方程的成立范围为[1, +8)； 令 F(x)=ln( 1 +x2)—x+1,因，F(x)=二 _ 1 = 2* T 丁二一匕里 < o.1+兀~ 1 +兀〜 1 + JT所以，函数是单调递减的.又，当 X=1 时，F (1) =ln2>0,lim[ln(l + x2)-x + l] = lim 兀严(1 + 兀)_〔 + 丄],.r->44400 兀 JV—>44oo y 丫 /.曲线y=F(x)与x轴有唯一的交点;即方程有且仅有一个实根.得证.1 1 1 1Z7”+l Z7” /M + l8•证明：(°〉1,让1)。

5 + 1)2 10 67 n2证明:构造函数f（x）=—Ina显然在区间 丄丄 上满足拉格朗日定理的条件, n +1 n<1 1 \(1 \ 即/丄5丿比+ 1 丿 h(h + 1)显然有(比 + 1)2an< < —/?(/? +1) n"5 + 1)2an <一an+l\naan< — tr(a > 1/ n 1)成立.9 •证明:/©J： g (兀皿=g(£) J；构造函数F(x) = ^f(t)dt^g(t)dt9 -- (1 分)rtl 于 F\x) = /(兀)£g(t)dt-g(x)［f(t)dt 在［a,b］有意义,所以函数F(兀)在S,b］连续且可导，且F⑷= F(b) = 0,即F(兀)在s,b］上满足罗尔中值定理,-——（4分）故存在§w（a,b）,使得F@） = 0,即 /©『g（x皿=g@）［； MQdx ・ （5 分）10-试证：当 d>b>0‘>1廿寸，nbn^ (a-b) l)9-(1分)显然，函数/(力=*"〉1)在[恥]上连续且可导，满足拉格朗日定理，从而存在b<^