高等数学（第七版）同济大学习题3-1 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题3-1

1.验证罗尔定理对函数y=lnsinx在区间[π6,5π6]上的正确性。\begin{aligned}&1. \ 验证罗尔定理对函数y=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上的正确性。&\end{aligned}1. 验证罗尔定理对函数y=ln sin x在区间[6π, 65π]上的正确性。

解：

函数f(x)=lnsinx在区间[π6,5π6]上连续，在区间(π6,5π6)内可导，且f(π6)=lnsinπ6=ln12，f(5π6)=lnsin5π6=ln12，即f(π6)=f(5π6)=ln12，所以f(x)在区间[π6,5π6]上满足罗尔定理，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(π6,5π6)，使f′(ξ)=0，又因f′(x)=cosxsinx=cotx，令f′(x)=0，则x=nπ+π2(n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)。取n=0，得ξ=π2∈(π6,5π6)。所以，罗尔定理对函数y=lnsinx在区间[π6,5π6]上是正确的。\begin{aligned} &\ \ 函数f(x)=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上连续，在区间\left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)内可导，且f\left(\frac{\pi}{6}\right)=ln\ sin\ \frac{\pi}{6}=ln\ \frac{1}{2}，\\\\ &\ \ f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=ln\ sin\ \frac{5\pi}{6}=ln\ \frac{1}{2}，即f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=ln\ \frac{1}{2}，所以f(x)在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上满足罗尔定理，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知至少存在一点\xi \in \left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)，使f'(\xi)=0，又因f'(x)=\frac{cos\ x}{sin\ x}=cot\ x，令f'(x)=0，\\\\ &\ \ 则x=n\pi+\frac{\pi}{2}\ (n=0，\pm 1，\pm 2，\cdot\cdot\cdot)。取n=0，得\xi=\frac{\pi}{2} \in \left(\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right)。\\\\ &\ \ 所以，罗尔定理对函数y=ln\ sin\ x在区间\left[\frac{\pi}{6}, \ \frac{5\pi}{6}\right]上是正确的。 & \end{aligned} 函数f(x)=ln sin x在区间[6π, 65π]上连续，在区间(6π, 65π)内可导，且f(6π)=ln sin 6π=ln 21， f(65π)=ln sin 65π=ln 21，即f(6π)=f(65π)=ln 21，所以f(x)在区间[6π, 65π]上满足罗尔定理，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(6π, 65π)，使f′(ξ)=0，又因f′(x)=sin xcos x=cot x，令f′(x)=0，则x=nπ+2π (n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)。取n=0，得ξ=2π∈(6π, 65π)。所以，罗尔定理对函数y=ln sin x在区间[6π, 65π]上是正确的。

2.验证拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上的正确性。\begin{aligned}&2. \ 验证拉格朗日中值定理对函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上的正确性。&\end{aligned}2. 验证拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上的正确性。

解：

函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，所以f(x)在区间[0,1]上满足拉格朗日中值定理条件，至少存在一点ξ∈(0,1)，使f′(ξ)=f(1)−f(0)1−0=−2+21=0。由f′(ξ)=12ξ2−10ξ+1=0，可知ξ=5±1312∈(0,1)，所以，拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上是正确的。\begin{aligned} &\ \ 函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上连续，在(0, \ 1)内可导，所以f(x)在区间[0, \ 1]上满足拉格朗日中值定理条件，\\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (0, \ 1)，使f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{-2+2}{1}=0。\\\\ &\ \ 由f'(\xi)=12\xi^2-10\xi+1=0，可知\xi=\frac{5\pm \sqrt{13}}{12} \in (0, \ 1)，\\\\ &\ \ 所以，拉格朗日中值定理对函数y=4x^3-5x^2+x-2在区间[0, \ 1]上是正确的。 & \end{aligned} 函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上连续，在(0, 1)内可导，所以f(x)在区间[0, 1]上满足拉格朗日中值定理条件，至少存在一点ξ∈(0, 1)，使f′(ξ)=1−0f(1)−f(0)=1−2+2=0。由f′(ξ)=12ξ2−10ξ+1=0，可知ξ=125±13∈(0, 1)，所以，拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0, 1]上是正确的。

3.对函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间[0,π2]上验证柯西中值定理的正确性。\begin{aligned}&3. \ 对函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上验证柯西中值定理的正确性。&\end{aligned}3. 对函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上验证柯西中值定理的正确性。

解：

函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间[0,π2]上连续，在区间(0,π2)内可导，且在(0,π2)内，F′(x)=1−sinx≠0，所以f(x)、F(x)满足柯西中值定理条件，至少存在一点ξ∈(0,π2)，使f(π2)−f(0)F(π2)−F(0)=f′(ξ)F′(ξ)，1−0π2−1=cosξ1−sinξ，即cosξ2+sinξ2cosξ2−sinξ2=2π−2，得tanξ2=4−ππ，所以ξ=2nπ+2arctan4−ππ。取n=0，得ξ=2arctan4−ππ，因为0<4−ππ<1，则ξ=2arctan(4−ππ)∈(0,π2)。所以，柯西中值定理对函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间[0,π2]上是正确的。\begin{aligned} &\ \ 函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上连续，在区间\left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)内可导，且在\left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)内，\\\\ &\ \ F'(x)=1-sin\ x \neq 0，所以f(x)、F(x)满足柯西中值定理条件，至少存在一点\xi \in \left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)，\\\\ &\ \ 使\frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right)-f(0)}{F\left(\frac{\pi}{2}\right)-F(0)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}，\frac{1-0}{\frac{\pi}{2}-1}=\frac{cos\ \xi}{1-sin\ \xi}，即\frac{cos\ \frac{\xi}{2}+sin\ \frac{\xi}{2}}{cos\ \frac{\xi}{2}-sin\ \frac{\xi}{2}}=\frac{2}{\pi-2}，得tan\ \frac{\xi}{2}=\frac{4-\pi}{\pi}，\\\\ &\ \ 所以\xi=2n\pi+2arctan\ \frac{4-\pi}{\pi}。取n=0，得\xi=2arctan\ \frac{4-\pi}{\pi}，因为0 \lt \frac{4-\pi}{\pi} \lt 1，\\\\ &\ \ 则\xi=2arctan\left(\frac{4-\pi}{\pi}\right) \in \left(0, \ \frac{\pi}{2}\right)。\\\\ &\ \ 所以，柯西中值定理对函数f(x)=sin\ x及F(x)=x+cos\ x在区间\left[0, \ \frac{\pi}{2}\right]上是正确的。 & \end{aligned} 函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上连续，在区间(0, 2π)内可导，且在(0, 2π)内， F′(x)=1−sin x=0，所以f(x)、F(x)满足柯西中值定理条件，至少存在一点ξ∈(0, 2π)，使F(2π)−F(0)f(2π)−f(0)=F′(ξ)f′(ξ)，2π−11−0=1−sin ξcos ξ，即cos 2ξ−sin 2ξcos 2ξ+sin 2ξ=π−22，得tan 2ξ=π4−π，所以ξ=2nπ+2arctan π4−π。取n=0，得ξ=2arctan π4−π，因为0<π4−π<1，则ξ=2arctan(π4−π)∈(0, 2π)。所以，柯西中值定理对函数f(x)=sin x及F(x)=x+cos x在区间[0, 2π]上是正确的。

4.试证明对函数y=px2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。\begin{aligned}&4. \ 试证明对函数y=px^2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点\xi总是位于区间的正中间。&\end{aligned}4. 试证明对函数y=px2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。

解：

任意取数值a，b，设a<b，函数f(x)=px2+qx+r在区间[a,b]上连续，在区间(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a,b)，使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)，pb2+qb+r−pa2−qa−r=(2pξ+q)(b−a)，得ξ=a+b2，即所求得的ξ总是位于区间的正中间。\begin{aligned} &\ \ 任意取数值a，b，设a \lt b，函数f(x)=px^2+qx+r在区间[a, \ b]上连续，在区间(a, \ b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (a, \ b)，使f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)，pb^2+qb+r-pa^2-qa-r=(2p\xi+q)(b-a)，\\\\ &\ \ 得\xi=\frac{a+b}{2}，即所求得的\xi总是位于区间的正中间。 & \end{aligned} 任意取数值a，b，设a<b，函数f(x)=px2+qx+r在区间[a, b]上连续，在区间(a, b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a, b)，使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)，pb2+qb+r−pa2−qa−r=(2pξ+q)(b−a)，得ξ=2a+b，即所求得的ξ总是位于区间的正中间。

5.不用求出函数f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的导数，说明方程f′(x)=0有几个实根，并指出它们所在的区间。\begin{aligned}&5. \ 不用求出函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)的导数，说明方程f'(x)=0有几个实根，并指出它们所在的区间。&\end{aligned}5. 不用求出函数f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的导数，说明方程f′(x)=0有几个实根，并指出它们所在的区间。

解：

函数f(x)分别在区间[1,2]，[2,3]，[3,4]上连续，分别在区间(1,2)，(2,3)，(3,4)内可导，且f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0。由罗尔定理可知，至少存在ξ1∈(1,2)，ξ2∈(2,3)，ξ3∈(3,4)，使f′(ξ1)=f′(ξ2)=f′(ξ3)=0。即方程f′(x)=0至少有3个实根，又因方程f′(x)=0为三次方程，它最多有3个实根，所以方程f′(x)=0有且仅有3个实根，分别位于区间(1,2)，(2,3)，(3,4)内。\begin{aligned} &\ \ 函数f(x)分别在区间[1, \ 2]，[2, \ 3]，[3, \ 4]上连续，分别在区间(1, \ 2)，(2, \ 3)，(3, \ 4)内可导，\\\\ &\ \ 且f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0。由罗尔定理可知，至少存在\xi_1 \in (1, \ 2)，\xi_2 \in (2, \ 3)，\xi_3 \in (3, \ 4)，\\\\ &\ \ 使f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=f'(\xi_3)=0。即方程f'(x)=0至少有3个实根，又因方程f'(x)=0为三次方程，它最多有3个实根，\\\\ &\ \ 所以方程f'(x)=0有且仅有3个实根，分别位于区间(1, \ 2)，(2, \ 3)，(3, \ 4)内。 & \end{aligned} 函数f(x)分别在区间[1, 2]，[2, 3]，[3, 4]上连续，分别在区间(1, 2)，(2, 3)，(3, 4)内可导，且f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0。由罗尔定理可知，至少存在ξ1∈(1, 2)，ξ2∈(2, 3)，ξ3∈(3, 4)，使f′(ξ1)=f′(ξ2)=f′(ξ3)=0。即方程f′(x)=0至少有3个实根，又因方程f′(x)=0为三次方程，它最多有3个实根，所以方程f′(x)=0有且仅有3个实根，分别位于区间(1, 2)，(2, 3)，(3, 4)内。

6.证明恒等式：arcsinx+arccosx=π2(−1≤x≤1)。\begin{aligned}&6. \ 证明恒等式：arcsin\ x+arccos\ x=\frac{\pi}{2}\ (-1 \le x \le 1)。&\end{aligned}6. 证明恒等式：arcsin x+arccos x=2π (−1≤x≤1)。

解：

设函数f(x)=arcsinx+arccosx，x∈[−1,1]，因为f′(x)=11−x2−11−x2=0，所以f(x)=C，取x=0，得f(0)=C=π2。因此arcsinx+arccosx=π2(−1≤x≤1)\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=arcsin\ x+arccos\ x，x \in [-1, \ 1]，因为f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0，所以f(x)=C，\\\\ &\ \ 取x=0，得f(0)=C=\frac{\pi}{2}。因此arcsin\ x+arccos\ x=\frac{\pi}{2}\ (-1 \le x \le 1) & \end{aligned} 设函数f(x)=arcsin x+arccos x，x∈[−1, 1]，因为f′(x)=1−x21−1−x21=0，所以f(x)=C，取x=0，得f(0)=C=2π。因此arcsin x+arccos x=2π (−1≤x≤1)

7.若方程a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x=x0，证明方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根。\begin{aligned}&7. \ 若方程a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}x=0有一个正根x=x_0，证明方程a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}=0\\\\&\ \ \ \ 必有一个小于x_0的正根。&\end{aligned}7. 若方程a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x=x0，证明方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0 必有一个小于x0的正根。

解：

设函数f(x)=a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x。f(x)在区间[0,x0]上连续，在区间(0,x0)内可导，且f(0)=f(x0)=0，由罗尔定理可知，至少存在一点ξ∈(0,x0)，使f′(ξ)=0，即方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根。\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}x。f(x)在区间[0, \ x_0]上连续，在区间(0, \ x_0)内可导，且f(0)=f(x_0)=0，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知，至少存在一点\xi \in (0, \ x_0)，使f'(\xi)=0，即方程a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdot\cdot\cdot+a_{n-1}=0\\\\ &\ \ 必有一个小于x_0的正根。 & \end{aligned} 设函数f(x)=a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x。f(x)在区间[0, x0]上连续，在区间(0, x0)内可导，且f(0)=f(x0)=0，由罗尔定理可知，至少存在一点ξ∈(0, x0)，使f′(ξ)=0，即方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0 必有一个小于x0的正根。

8.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，其中a<x1<x2<x3<b，证明：在(x1,x3)内至少有一点ξ，使得f′′(ξ)=0。\begin{aligned}&8. \ 若函数f(x)在(a, \ b)内具有二阶导数，且f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)，其中a \lt x_1 \lt x_2 \lt x_3 \lt b，证明：\\\\&\ \ \ \ 在(x_1, \ x_3)内至少有一点\xi，使得f''(\xi)=0。&\end{aligned}8. 若函数f(x)在(a, b)内具有二阶导数，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，其中a<x1<x2<x3<b，证明：在(x1, x3)内至少有一点ξ，使得f′′(ξ)=0。

解：

根据题意可知，函数f(x)在区间[x1,x2]，[x2,x3]上连续，在区间(x1,x2)，(x2,x3)内可导，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，由罗尔定理可知，至少存在点ξ1∈(x1,x2)，ξ2∈(x2,x3)，使f′(ξ1)=f′(ξ2)=0。因f′(x)在区间[ξ1,ξ2]上连续，在区间(ξ1,ξ2)内可导，由罗尔定理可知，至少存在点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(x1,x3)，使f′′(ξ)=0。\begin{aligned} &\ \ 根据题意可知，函数f(x)在区间[x_1, \ x_2]，[x_2, \ x_3]上连续，在区间(x_1, \ x_2)，(x_2, \ x_3)内可导，且f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知，至少存在点\xi_1 \in (x_1, \ x_2)，\xi_2 \in (x_2, \ x_3)，使f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0。因f'(x)在区间[\xi_1, \ \xi_2]上连续，\\\\ &\ \ 在区间(\xi_1, \ \xi_2)内可导，由罗尔定理可知，至少存在点\xi \in (\xi_1, \ \xi_2) \subset (x_1, \ x_3)，使f''(\xi)=0。 & \end{aligned} 根据题意可知，函数f(x)在区间[x1, x2]，[x2, x3]上连续，在区间(x1, x2)，(x2, x3)内可导，且f(x1)=f(x2)=f(x3)，由罗尔定理可知，至少存在点ξ1∈(x1, x2)，ξ2∈(x2, x3)，使f′(ξ1)=f′(ξ2)=0。因f′(x)在区间[ξ1, ξ2]上连续，在区间(ξ1, ξ2)内可导，由罗尔定理可知，至少存在点ξ∈(ξ1, ξ2)⊂(x1, x3)，使f′′(ξ)=0。

9.设a>b>0，n>1，证明：nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)\begin{aligned}&9. \ 设a \gt b \gt 0，n \gt 1，证明：nb^{n-1}(a-b) \lt a^n-b^n \lt na^{n-1}(a-b)&\end{aligned}9. 设a>b>0，n>1，证明：nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)

解：

设函数f(x)=xn，f(x)在区间[b,a]上连续，在区间(b,a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(b,a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即an−bn=nξn−1(a−b)。因为a>ξ>b>0，n>1，则0<bn−1<ξn−1<an−1，所以nbn−1(a−b)<nξn−1(a−b)<nan−1(a−b)，即nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=x^n，f(x)在区间[b, \ a]上连续，在区间(b, \ a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (b, \ a)，\\\\ &\ \ 使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，即a^n-b^n=n\xi^{n-1}(a-b)。因为a \gt \xi \gt b \gt 0，n \gt 1，则0 \lt b^{n-1} \lt \xi^{n-1} \lt a^{n-1}，\\\\ &\ \ 所以nb^{n-1}(a-b) \lt n\xi^{n-1}(a-b) \lt na^{n-1}(a-b)，即nb^{n-1}(a-b) \lt a^n-b^n \lt na^{n-1}(a-b) & \end{aligned} 设函数f(x)=xn，f(x)在区间[b, a]上连续，在区间(b, a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(b, a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即an−bn=nξn−1(a−b)。因为a>ξ>b>0，n>1，则0<bn−1<ξn−1<an−1，所以nbn−1(a−b)<nξn−1(a−b)<nan−1(a−b)，即nbn−1(a−b)<an−bn<nan−1(a−b)

10.设a>b>0，证明：a−ba<lnab<a−bb\begin{aligned}&10. \ 设a \gt b \gt 0，证明：\frac{a-b}{a} \lt ln\ \frac{a}{b} \lt \frac{a-b}{b}&\end{aligned}10. 设a>b>0，证明：aa−b<ln ba<ba−b

解：

设函数f(x)=lnx，f(x)在区间[b,a]上连续，在区间(b,a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(b,a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即lna−lnb=1ξ(a−b)，因为a>ξ>b>0，所以0<1a<1ξ<1b，则a−ba<a−bξ<a−bb，即a−ba<lnab<a−bb\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=ln\ x，f(x)在区间[b, \ a]上连续，在区间(b, \ a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\\ &\ \ 至少存在一点\xi \in (b, \ a)，使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，即ln\ a-ln\ b=\frac{1}{\xi}(a-b)，因为a \gt \xi \gt b \gt 0，\\\\ &\ \ 所以0 \lt \frac{1}{a} \lt \frac{1}{\xi} \lt \frac{1}{b}，则\frac{a-b}{a} \lt \frac{a-b}{\xi} \lt \frac{a-b}{b}，即\frac{a-b}{a} \lt ln\ \frac{a}{b} \lt \frac{a-b}{b} & \end{aligned} 设函数f(x)=ln x，f(x)在区间[b, a]上连续，在区间(b, a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(b, a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即ln a−ln b=ξ1(a−b)，因为a>ξ>b>0，所以0<a1<ξ1<b1，则aa−b<ξa−b<ba−b，即aa−b<ln ba<ba−b

11.证明下列不等式：\begin{aligned}&11. \ 证明下列不等式：&\end{aligned}11. 证明下列不等式：

(1)∣arctana−arctanb∣≤∣a−b∣；(2)当x>1时，ex>ex.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ |arctan\ a-arctan\ b| \le |a-b|；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当x \gt 1时，e^x \gt ex. & \end{aligned} (1) ∣arctan a−arctan b∣≤∣a−b∣； (2) 当x>1时，ex>ex.

解：

(1)当a=b时，∣arctana−arctanb∣=∣a−b∣成立。当a≠b时，设函数f(x)=arctanx，f(x)在区间[a,b]或[b,a]上连续，在区间(a,b)或(b,a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a,b)或(b,a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即arctana−arctanb=11+ξ2(a−b)，所以∣arctana−arctanb∣=11+ξ2∣a−b∣≤∣a−b∣。(2)设函数f(t)=et，f(t)在区间[1,x]上连续，在区间(1,x)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(1,x)，使f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1)，即ex−e=eξ(x−1)，因为x>ξ>1，所以eξ>e，则ex−e>e(x−1)，即ex>ex。\begin{aligned} &\ \ (1)\ 当a=b时，|arctan\ a-arctan\ b| = |a-b|成立。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 当a \neq b时，设函数f(x)=arctan\ x，f(x)在区间[a, \ b]或[b, \ a]上连续，在区间(a, \ b)或(b, \ a)内可导，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (a, \ b)或(b, \ a)，使f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即arctan\ a-arctan\ b=\frac{1}{1+\xi^2}(a-b)，所以|arctan\ a-arctan\ b|=\frac{1}{1+\xi^2}|a-b| \le |a-b|。\\\\ &\ \ (2)\ 设函数f(t)=e^t，f(t)在区间[1, \ x]上连续，在区间(1, \ x)内可导，由拉格朗日中值定理可知，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 至少存在一点\xi \in (1, \ x)，使f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)，即e^x-e=e^\xi(x-1)，因为x \gt \xi \gt 1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以e^\xi \gt e，则e^x-e \gt e(x-1)，即e^x \gt ex。 & \end{aligned} (1) 当a=b时，∣arctan a−arctan b∣=∣a−b∣成立。当a=b时，设函数f(x)=arctan x，f(x)在区间[a, b]或[b, a]上连续，在区间(a, b)或(b, a)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a, b)或(b, a)，使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b)，即arctan a−arctan b=1+ξ21(a−b)，所以∣arctan a−arctan b∣=1+ξ21∣a−b∣≤∣a−b∣。 (2) 设函数f(t)=et，f(t)在区间[1, x]上连续，在区间(1, x)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(1, x)，使f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1)，即ex−e=eξ(x−1)，因为x>ξ>1，所以eξ>e，则ex−e>e(x−1)，即ex>ex。

12.证明方程x5+x−1=0只有一个正根。\begin{aligned}&12. \ 证明方程x^5+x-1=0只有一个正根。&\end{aligned}12. 证明方程x5+x−1=0只有一个正根。

解：

设函数f(x)=x5+x−1，f(x)在区间[0,1]上连续，f(0)=−1<0，f(1)=1>0，由零点定理可知，至少存在点x1∈(0,1)，使f(x1)=0，方程x5+x−1=0在区间(0,1)内至少有一个正根。如果方程x5+x−1=0还有一个正根x2，即f(x2)=0，由f(x)=x5+x−1在区间[x1,x2]或[x2,x1]上连续，在区间(x1,x2)或(x2,x1)内可导，得知f(x)满足罗尔定理条件，所以至少存在点ξ∈(x1,x2)或(x2,x1)，使f′(ξ)=0。但f′(ξ)=5ξ4+1>0，与其矛盾，所以方程x5+x−1=0只有一个正根。\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x)=x^5+x-1，f(x)在区间[0, \ 1]上连续，f(0)=-1 \lt 0，f(1)=1 \gt 0，由零点定理可知，\\\\ &\ \ 至少存在点x_1 \in (0, \ 1)，使f(x_1)=0，方程x^5+x-1=0在区间(0, \ 1)内至少有一个正根。\\\\ &\ \ 如果方程x^5+x-1=0还有一个正根x_2，即f(x_2)=0，由f(x)=x^5+x-1在区间[x_1, \ x_2]或[x_2, \ x_1]上连续，\\\\ &\ \ 在区间(x_1, \ x_2)或(x_2, \ x_1)内可导，得知f(x)满足罗尔定理条件，所以至少存在点\xi \in (x_1, \ x_2)或(x_2, \ x_1)，\\\\ &\ \ 使f'(\xi)=0。但f'(\xi)=5\xi^4+1 \gt 0，与其矛盾，所以方程x^5+x-1=0只有一个正根。 & \end{aligned} 设函数f(x)=x5+x−1，f(x)在区间[0, 1]上连续，f(0)=−1<0，f(1)=1>0，由零点定理可知，至少存在点x1∈(0, 1)，使f(x1)=0，方程x5+x−1=0在区间(0, 1)内至少有一个正根。如果方程x5+x−1=0还有一个正根x2，即f(x2)=0，由f(x)=x5+x−1在区间[x1, x2]或[x2, x1]上连续，在区间(x1, x2)或(x2, x1)内可导，得知f(x)满足罗尔定理条件，所以至少存在点ξ∈(x1, x2)或(x2, x1)，使f′(ξ)=0。但f′(ξ)=5ξ4+1>0，与其矛盾，所以方程x5+x−1=0只有一个正根。

13.设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，证明在(a,b)内有一点ξ，使\begin{aligned}&13. \ 设f(x)、g(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，证明在(a, \ b)内有一点\xi，使&\end{aligned}13. 设f(x)、g(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，证明在(a, b)内有一点ξ，使

∣f(a)f(b)g(a)g(b)∣=(b−a)∣f(a)f′(ξ)g(a)g′(ξ)∣\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|=(b-a)\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(\xi)\\ g(a)& g'(\xi)\\ \end{array}\right|∣∣f(a)g(a)f(b)g(b)∣∣=(b−a)∣∣f(a)g(a)f′(ξ)g′(ξ)∣∣

解：

设函数F(x)=∣f(a)f(b)g(a)g(b)∣，因为f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，得知F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a,b)，使F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)。即F(b)=∣f(a)f(b)g(a)g(b)∣，F(a)=∣f(a)f(a)g(a)g(a)∣=0，F′(x)=∣0f(x)0g(x)∣+∣f(a)f′(x)g(a)g′(x)∣=∣f(a)f′(x)g(a)g′(x)∣，所以，∣f(a)f(b)g(a)g(b)∣=(b−a)∣f(a)f′(ξ)g(a)g′(ξ)∣\begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)= \left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|，因为f(x)、g(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，得知F(x)在[a, \ b]上连续，\\\\ &\ \ 在(a, \ b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点\xi \in (a, \ b)，使F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)。即\\\\ &\ \ F(b)=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|，F(a)=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(a)\\ g(a)& g(a)\\ \end{array}\right|=0，\\\\ &\ \ F'(x)=\left|\begin{array}{cccc} 0 & f(x)\\ 0& g(x)\\ \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(x)\\ g(a)& g'(x)\\ \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(x)\\ g(a)& g'(x)\\ \end{array}\right|，\\\\ &\ \ 所以， \left|\begin{array}{cccc} f(a) & f(b)\\ g(a)& g(b)\\ \end{array}\right|=(b-a)\left|\begin{array}{cccc} f(a) & f'(\xi)\\ g(a)& g'(\xi)\\ \end{array}\right| & \end{aligned} 设函数F(x)=∣∣f(a)g(a)f(b)g(b)∣∣，因为f(x)、g(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，得知F(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ξ∈(a, b)，使F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)。即 F(b)=∣∣f(a)g(a)f(b)g(b)∣∣，F(a)=∣∣f(a)g(a)f(a)g(a)∣∣=0， F′(x)=∣∣00f(x)g(x)∣∣+∣∣f(a)g(a)f′(x)g′(x)∣∣=∣∣f(a)g(a)f′(x)g′(x)∣∣，所以，∣∣f(a)g(a)f(b)g(b)∣∣=(b−a)∣∣f(a)g(a)f′(ξ)g′(ξ)∣∣

14.证明：若函数f(x)在(−∞,+∞)内满足关系式f′(x)=f(x)，且f(0)=1，则f(x)=ex。\begin{aligned}&14. \ 证明：若函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内满足关系式f'(x)=f(x)，且f(0)=1，则f(x)=e^x。&\end{aligned}14. 证明：若函数f(x)在(−∞, +∞)内满足关系式f′(x)=f(x)，且f(0)=1，则f(x)=ex。

解：

设函数F(x)=f(x)ex，因为F′(x)=f′(x)ex−f(x)exe2x=f′(x)−f(x)ex=0，所以F(x)=C，又因为F(0)=C=f(0)=1，所以F(x)=1，即f(x)ex=1，f(x)=ex。\begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)=\frac{f(x)}{e^x}，因为F'(x)=\frac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}=0，所以F(x)=C，\\\\ &\ \ 又因为F(0)=C=f(0)=1，所以F(x)=1，即\frac{f(x)}{e^x}=1，f(x)=e^x。 & \end{aligned} 设函数F(x)=exf(x)，因为F′(x)=e2xf′(x)ex−f(x)ex=exf′(x)−f(x)=0，所以F(x)=C，又因为F(0)=C=f(0)=1，所以F(x)=1，即exf(x)=1，f(x)=ex。

15.设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0)=f′(0)=⋅⋅⋅=f(n−1)(0)=0，试用柯西中值定理证明：f(x)xn=f(n)(θx)n!(0<θ<1)\begin{aligned}&15. \ 设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0)=f'(0)=\cdot\cdot\cdot=f^{(n-1)}(0)=0，\\\\&\ \ \ \ \ \ 试用柯西中值定理证明：\frac{f(x)}{x^n}=\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}\ (0 \lt \theta \lt 1)&\end{aligned}15. 设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，且f(0)=f′(0)=⋅⋅⋅=f(n−1)(0)=0，试用柯西中值定理证明：xnf(x)=n!f(n)(θx) (0<θ<1)

解：

已知f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，在该邻域内任取点x，由柯西中值定理可知f(x)xn=f(x)−f(0)xn−0n=f′(ξ1)nξ1n−1，其中ξ1介于0，x之间，又因为f′(ξ1)nξ1n−1=f′(ξ1)−f′(0)n(ξ1n−1−0n−1)=f′′(ξ2)n(n−1)ξ2n−2，其中ξ2介于0，ξ1之间，依次类推，可得f(n−1)(ξn−1)n!ξn−1=f(n−1)(ξn−1)−fn−1(0)n!(ξn−1−0)=f(n)(ξn)n!，其中ξn介于0，ξn−1之间，记ξn=θx(0<θ<1)，所以f(x)xn=f(n)(θx)n!(0<θ<1)\begin{aligned} &\ \ 已知f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，在该邻域内任取点x，由柯西中值定理可知\\\\ &\ \ \frac{f(x)}{x^n}=\frac{f(x)-f(0)}{x^n-0^n}=\frac{f'(\xi_1)}{n\xi_1^{n-1}}，其中\xi_1介于0，x之间，又因为\frac{f'(\xi_1)}{n\xi_1^{n-1}}=\frac{f'(\xi_1)-f'(0)}{n(\xi_1^{n-1}-0^{n-1})}=\frac{f''(\xi_2)}{n(n-1)\xi_2^{n-2}}，\\\\ &\ \ 其中\xi_2介于0，\xi_1之间，依次类推，可得\\\\ &\ \ \frac{f^{(n-1)}(\xi_{n-1})}{n!\xi_{n-1}}=\frac{f^{(n-1)}(\xi_{n-1})-f^{n-1}(0)}{n!(\xi_{n-1}-0)}=\frac{f^{(n)}(\xi_n)}{n!}，其中\xi_n介于0，\xi_{n-1}之间，记\xi_n=\theta x\ (0 \lt \theta \lt 1)，\\\\ &\ \ 所以\frac{f(x)}{x^n}=\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}\ (0 \lt \theta \lt 1) & \end{aligned} 已知f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数，在该邻域内任取点x，由柯西中值定理可知 xnf(x)=xn−0nf(x)−f(0)=nξ1n−1f′(ξ1)，其中ξ1介于0，x之间，又因为nξ1n−1f′(ξ1)=n(ξ1n−1−0n−1)f′(ξ1)−f′(0)=n(n−1)ξ2n−2f′′(ξ2)，其中ξ2介于0，ξ1之间，依次类推，可得 n!ξn−1f(n−1)(ξn−1)=n!(ξn−1−0)f(n−1)(ξn−1)−fn−1(0)=n!f(n)(ξn)，其中ξn介于0，ξn−1之间，记ξn=θx (0<θ<1)，所以xnf(x)=n!f(n)(θx) (0<θ<1)