微分中值定理论文题目

我来回答：显然f(x)为基本初等函数,即多项式函数,它在任意区间[a，b]属于(+∞，-∞)都满足[a,b]连续,（a,b）内可导的条件,又f(0)=f(1)=f(2)=f(3)=0，所以f(x)在[0,1][,1,2][2,3]上满足罗尔定理的全部条件，所以ξ1∈(0,1)，ξ2∈(1,2)，ξ3∈(2,3)，有f'(ξ1)=f'(ξ2)=f'(ξ3)=0,即至少有三个实数根ξ1,ξ2,ξ3.又因为f'(x)=0是三次方程，它至多也只有三个不同实数根哪，而ξ1＜ξ2＜ξ3不等。综上，f'(x)=0有三个不同实数根且位于(0,1)(1,2)(2,3)内;第二题比较简单;因为f(X)在实数范围内可导，则在实数范围内有，f(X)=∫f'(X)dx+a，即f(X)为f'(X)的一个原函数，即f(X)=cx+a,当c=0时，f(X)=a（a为任意常数），f(X)表示平行于x轴的直线；当c≠0，显然f(X)为一直线。所以f(X)一定是线性函数第三题:（这是你思考的过程：通过观察，有函数和导数的乘积和加减=0的问题，想都罗尔定理，进而构造函数，如下思考：原式化为：f'(C)=-f(C)/C，cf'(C)+f(C)=0，用观察可以得出(cf(C))'=0,即我们要求的辅助函数F（x））解：设函数F(x)=xf(x),又由题知，f(X)在[0,1]上连续,(0,1)内可导，则F(x)=xf(x),也满足在[0,1]上连续,(0,1)内可导，又F(0)=0f(0)=0,F(1)=1f(1)=0,F(x)=xf(x)在(0,1)满足罗尔定理,所以在(0,1)内至少存在一点C,使得F'(c)=(cf(C))'=cf'(C)+f(C)=0,C∈(0,1)，即f'(C)=-f(C)/C我还要补充的就是构造辅助函数是技巧、熟练程度，如果不熟悉就把式子移项两边积分也行，就是解微分方程了，虽麻烦，但可算万能公式啊！

1. 因为条件只有一点可导, 所以不适用中值定理, 直接用定义证明.由f(x)在x = 0处可导, 有lim{x → 0} (f(x)-f(0))/x = f'(0).对任意ε > 0, 存在δ > 0, 使得|x| < δ时恒有|(f(x)-f(0))/x-f'(0)| < ε.而由a[n] → 0-, b[n] → 0+, 存在N, 使得n > N时成立-δ < a[n] < 0 < b[n] < δ.此时|(f(b[n])-f(a[n]))/(b[n]-a[n])-f'(0)|= |(f(b[n])-f(a[n]))-f'(0)(b[n]-a[n])|/(b[n]-a[n])= |(f(b[n])-f(0)-f'(0)·b[n])-(f(a[n])-f(0)-f'(0)·a[n])|/(b[n]-a[n])≤ |f(b[n])-f(0)-f'(0)·b[n]|/(b[n]-a[n])+|f(a[n])-f(0)-f'(0)·a[n]|/(b[n]-a[n]) (绝对值不等式)= |(f(b[n])-f(0))/b[n]-f'(0)|·b[n]/(b[n]-a[n])-|(f(a[n])-f(0))/a[n]-f'(0)|·a[n]/(b[n]-a[n]) (a[n] < 0 < b[n])< ε·b[n]/(b[n]-a[n])-ε·a[n]/(b[n]-a[n]) (由|a[n]|, |b[n]| < δ)= ε.即得lim{n → ∞} (f(b[n])-f(a[n]))/(b[n]-a[n]) = f'(0).9. 设g(x) = f(x)².则g(x)在[0,1]连续, 在(0,1)可导, 且g(0) = f(0)² = 0.又由f(x)在(0,1)不恒为0, 存在c ∈ (0,1)使f(c) ≠ 0, 于是g(c) = f(c)² > 0.根据Lagrange中值定理, 存在ξ ∈ (0,c)使g'(ξ) = (g(c)-g(0))/(c-0) = g(c)/c > 0.于是f(ξ)f'(ξ) = g'(ξ)/2 > . (1) 不妨设f'(a) > 0, 则有f'(b) > 0.由lim{x → a+} (f(x)-f(a))/(x-a) = f'(a) > 0, 在a的右邻域内存在c使f(c) > f(a) = 0.同理, 在b的左邻域内存在d使f(d) < f(b) = 0.由f(x)连续, 根据介值定理, 在c, d之间存在ξ使得f(ξ) = 0.(2) 设g(x) = f(x)·e^(-x), 则g(x)在[a,b]连续, 在(a,b)可导, 且g(a) = g(ξ) = g(b) = 0.由Rolle定理, 存在α ∈ (a,ξ), 使得g'(α) = 0, 即f'(α)·e^(-α)-f(α)·e^(-α) = 0.而e^(-α) ≠ 0, 故f'(α)-f(α) = 0. 同理, 存在β ∈ (ξ,b)使得f'(β)-f(β) = 0.再设h(x) = (f'(x)-f(x))·e^x, 则h(x)在[α,β]连续, 在(α,β)可导, 且h(α) = h(β) = 0.由Rolle定理, 存在η ∈ (α,β), 使得h'(η) = 0.而h'(x) = (f"(x)-f'(x))·e^x+(f'(x)-f(x))·e^x = (f"(x)-f(x))·e^x,即得(f"(η)-f(η))·e^η = 0, 又e^η ≠ 0, 故f"(η)-f(η) = 0, 也即f(η) = f"(η).

设M=0，则f(x)=0，因此f′(x)=0，显然 |f′(ξ)|≥2M成立。设M>0，则由连续函数的介值定理知，存在一点x0ϵ(0,1)，使 f(x0)=M。由于x0为区间(0,1)的内点，由费马定理得，f′(x0)=0。当0≤x0≤1/2时，由拉氏中值定理，f(x0)-f(0)=f′(ξ)x0，其中ξϵ(0,1/2)。取绝对值，得 |f(x0)|=|f′(ξ)|x0≤|f′(ξ)|(1/2)，即 |f′(ξ)|≥2M。当1/2