A+3一元函数微分学1_1

2010级高等数学快班工科数学分析选讲

第三节、一元函数微分学

一、内容要点二、典型例题三、作业

一、内容要点

1. 证明某些等式的一些方法 1) 利用罗尔(Rolle)中值定理; 2) 利用拉格朗日(Lagrange)中值定理; 3) 利用柯西(Cauchy)中值定理; 4) 利用零点定理及介值定理.

一元函数微分学

2. 证明不等式的一些方法 1) 利用微分中值定理; 2) 利用函数的单调性; 3) 利用曲线的凹凸性; 4) 利用函数的极值; 5) 利用Taylor公式. 3. 判断方程f (x) = 0 的根的个数步骤 1) 求出f (x) 的所有单调区间; 2) 考察f (x) 在每个区间端点处的函数值(或极值)的符号; 3) 利用连续函数的介值定理.

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4. Taylor公式的一些应用 1) 证明等式; 2) 证明不等式; 3) 判断无穷小的阶; 4) 判断极值; 5) 求极限; 6) 计算函数的近似值;

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二、典型例题

例1 设函数f (u)在−∞ 1 求出f (u) ( −∞ 0 1, −∞

{

f ( u) =

{

−∞

u 2 2

2e − +2 C

1 2 2 n −1 n n 例2 设 f n ( x ) = C n cos x − C n cos x + " + ( −1) C n cos x , 1 π 证明: (1) 对任意自然数n, 方程 f n ( x ) = 2 在区间 0, 2 中仅有一根; 1 π π (2) 设 xn ∈ 0, , 满足f n ( xn ) = , 则lim xn = . 2 2 n→∞ 2 1 2 2 n f ( x ) = − ( −C n cos x + C n cos x − " + ( −1)n C n cos n x ) 证明 n n = 1 − (1 − cos x ) , π f x ( ) (1) n 在 ⎡0, π ⎤ 上连续, f n (0) = 1, f n ⎢ 2⎦ ⎥ 2 = 0. ⎣ 1 π 由介值定理, 存在 xn ∈ 0, , 使得 f n ( x ) = 2 . 又因为 2 f n′( x ) = − n(1 − cos x )n−1sin x

( )

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1 2 2 n −1 n n 例2 设 f n ( x ) = C n cos x − C n cos x + " + ( −1) C n cos x , 1 π 证明: (1) 对任意自然数n, 方程 f n ( x ) = 2 在区间 0, 2 中仅有一根; 1 (2) 设 xn ∈ 0, π , 满足f n ( xn ) = , 则lim xn = π . 2 2 n→∞ 2 f n ( x ) = 1 − (1 − cos x )n , cos x = 1 n n (2) 由 f n arccos 1 = 1 − 1 − 1 → 1 − 1 > 1 ( n → ∞ ) n n e 2 1 1 故当n充分大时, fn arccos > = f n ( xn ), 因 f ( x ) 在 n n 2 0, π 内单减, 故当n 充分大时, 有 2 π > x > arccos 1 → π xn = π . ( n → ∞ ), 于是 lim n n→∞ 2 2 n 2

( )

例3设函数f (x), g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内具有二阶

导数且存在相等的最大值, f (a) = g(a), f (b) = g(b), 证明: 存在 ξ ∈ (a, b), 使得 f ′′(ξ ) = g′′(ξ ). 正法1 设 h( x) = f ( x) − g( x), 则h (a) = 0 = h (b). 若函数f (x), g(x)的最大值在(a, b)内同一点x0处取得, 则h (x0) = 0. 若函数f (x), g(x)的最大值在(a, b)内不同点处取得, 则存在 ∃x1, x2 ∈ (a, b), x1 ≠ x2 , 使得

( )

(

( )

(

)

( ) )

g( x)} = g( x2 ), f ( x1) = max{ f ( x)} = max{ x∈[a , b] x∈[a , b] 则 h( x1 ) = f ( x1) − g( x1 ) > 0, h( x2 ) = f ( x2 ) − g( x2 )

综合上述, 存在 x0 ∈ (a, b), 使得h (x0) = 0.

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例3 设函数f (x), g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内具有二阶导数且存在相等的最大值, f (a) = g(a), f (b) = g(b), 证明: 存在 ξ ∈ (a, b), 使得 f ′′(ξ ) = g′′(ξ ). 正法1 设 h( x) = f ( x) − g( x), 则h (a) = 0 = h (b). 综合上述, 存在 x0 ∈ (a, b), 使得h (x0) = 0. 由于f (x), g(x)二阶可导, 由Roller定理, ∃ξ1 ∈ (a, x0 ) 与 ∃ξ 2 ∈ ( x0 , b), 使得 h′(ξ1) = 0 与 h′(ξ 2 ) = 0, 进而存在

例3 设函数f (x), g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内具有二阶导数且存在相等的最大值, f (a) = g(a), f (b) = g(b), 证明: 存在 ξ ∈ (a, b), 使得 f ′′(ξ ) = g′′(ξ ). 正法2 设 h( x) = f ( x) − g( x), 则h (a) = 0 = h (b). 用反证法证明存在 x0 ∈ (a, b), 使得h (x0) = 0. 倘若不存在 x0 ∈ (a, b), 使得h (x0) = 0. 则 ∀x ∈ (a, b),

ξ ∈ (ξ1, ξ 2 ) ⊂ (a, b), 使得 h′′(ξ ) = 0, 即 f ′′(ξ ) = g′′(ξ ).

h( x) > 0 或 h( x) 0. 设g(x)在 x1 ∈ (a, b) 处取得最大值, 则应有 f ( x1) > g( x1), 对∀x ∈ (a, b), f ( x1) ≥ f ( x) > g( x), 这与已知条件函数f (x), g(x)在(a, b)内有相等的最大值矛盾. 故存在 x0 ∈ (a, b),

使得h (x0) = 0. 其余步骤同证法1.

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例4 设函数f (x)在 ( −∞, +∞ )内定义, 对任意x, 都有 f ( x + 1) = 2 f ( x ), 且当 0 ≤ x ≤ 1 时, f ( x ) = x (1 − x 2 ), 试判断在x = 0处, 函数f (x)是否可导. 解当 −1 ≤ x

2 n 例5 设 f n ( x ) = x + x + " + x ( n = 2,3,"), 证明: (1) 方程 f n ( x ) = 1 在[0, +∞ ) 内有唯一的实根xn; (2) 求 lim xn .

n→∞

证明 (1) 因 f n ( x ) 在 [0, +∞ ) 上连续, f n (1) = n > 1; f n (0) = 0; 由介值定理可知: ∃xn (0,1), 使 f n ( xn ) = 1 ( n = 2,3,"). 又因 f n′( x ) = 1 + 2 x + " + nx n−1 > 0, x > 0, 即 f n ( x ) 在[0, +∞ ) 内严格单增, 故xn是方程 f n ( x ) = 1 在 [0, +∞ ) 内的唯一实根.

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2 n 例5 设 f n ( x ) = x + x + " + x ( n = 2,3,"), 证明: (1) 方程 f n ( x ) = 1 在[0, +∞ ) 内有唯一的实根xn;

例6 证明:若 q( x ) 0. 一方面, y′′( x ) = −q( x ) y( x ) > 0, x ∈ ( x1 , x2 ) , 即函数 y′( x ) 在区间 [ x1 , x2 ] 内严格单增. y( x ) − y ( x1 ) y( x ) = lim+ 另一方面, y′( x1 ) = lim+ ≥ 0, x → x1 x − x1 x → x1 x − x1 y ( x ) − y ( x2 ) y( x ) y′( x2 ) = lim− = lim− ≤ 0, x → x2 x − x2 x → x2 x − x 2 这与 y′( x ) 在区间 [ x1 , x2 ]内严格单增矛盾. 故 y′′ + q( x ) y = 0 的任一非零解至多有一个零点.

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(2) 求 lim xn .

n 由于 0

∃xn (0,1), 使 f n ( xn ) = 1 ( n = 2,3,"). (2) 由(1)可知: 0 0, ⇒ xn > xn+1 , 即数列 { x }单调递减, 故 lim x 存在, 设为a.

n n→∞ n

n→∞

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例7 设函数f (x)在 (a , +∞ ) 内有二阶导数, 且 f (a + 1) = 0, lim+ f ( x ) = 0, lim f ( x ) = 0. 求证: 在(a , +∞ ) 内至少有

x →a x →+∞

一点ξ, 满足 f ′′(ξ ) = 0. 证明 (1) 已知 f (a + 1) = 0, 若在 (a + 1, +∞ ) 内 f ( x ) ≡ 0, 则对每个x ∈ (a + 1, +∞ ) 都可以取作ξ, 使 f ′′(ξ ) = 0. / 0, 则至少存在 x1 ∈ (a + 1, +∞ ) (2) 若在 (a + 1, +∞ ) 内 f ( x ) ≡

/ 0, 则至少存在 x1 ∈ (a + 1, +∞ ) (2) 若在 (a + 1, +∞ ) 内 f ( x ) ≡ f ( x1 ) ≠ 0, 不妨设 f ( x1 ) > 0. 由于 f (a + 1) = 0, lim f ( x ) = 0, 又曲线y = f (x)连续(如图),

x →+∞

则曲线上在点 ( x1 , f ( x1 ))左右曲线皆下降接近零. 于是存在 x2 ∈ (a + 1, x1 ), 使得 f ( x2 )

x →a x →+∞

x →+∞

f ( x1 ) ≠ 0, 不妨设 f ( x1 ) > 0. 由于 f (a + 1) = 0, lim f ( x ) = 0, 又曲线y = f (x)连续(如图),

一点ξ, 满足 f ′′(ξ ) = 0.

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于是存在 x2 ∈ (a + 1, x1 ), 使得 f ( x2 ) 0. 存在 x3 ∈ ( x1 , +∞ ), 使得 f ( x3 ) 0, x1 − x2 ∃ξ 2 ∈ ( x1 , x3 ), 使得 f ′(ξ 2 ) = f ( x3 ) − f ( x1 )

x →a x →+∞

x2 ∈ (a + 1, x1 ), x3 ∈ ( x1 , +∞ ), ∃ξ1 ∈ ( x2 , x1 ), ∃ξ 2 ∈ ( x1 , x3 ),

ξ 3 ∈ (ξ1 , ξ 2 ), 使得 f ′(ξ 3 ) = 0.

补充定义: f (a ) = 0, 又 f (a + 1) = 0, 所以f (x)在[a, a+1]上满足罗尔定理条件, 于是存在ξ 4 ∈ (a , a + 1), 使得 f ′(ξ 4 ) = 0. 对 f ′( x ) 在[ξ 4 , ξ 3 ]使用罗尔定理, 存在ξ ∈ (ξ 4 , ξ 3 ) ⊂ (a , +∞ ), 使得 f ′′(ξ ) = 0.

一点ξ, 满足 f ′′(ξ ) = 0.

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例8 设f 是定义于长度等于2的闭区间I上的函数, 对于 x ∈ I , 有 | f ( x ) |≤ 1, | f ′′( x ) |≤ 1, 证明: 对于 x ∈ I , 有 | f ′( x ) |≤ 2, 且有函数使得等式成立. 证明令I = [a, a+2], 将f在任意点 x ∈ [a , a + 2]按一阶 Taylor公式展开, 有 2 f ( t ) = f ( x ) + f ′( x )( t − x ) + 1 f ′′(ξ )( t − x ) , ξ ∈ (a , a + 2) 2! 则 f (a ) = f ( x ) + f ′( x )(a − x )+ 1 f ′′(ξ1 )(a − x )2 , 2! ξ1 ∈ ( a , x ) 1 f (a + 2) = f ( x ) + f ′( x )(a + 2 − x ) + f ′′(ξ 2 )(a + 2 − x )2 , 2! ξ 2 ∈ ( x , a + 2) 上两式相减, 得

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例8 设f 是定义于长度等于2的闭区间I上的函数, 对于 x ∈ I , 有 | f ( x ) |≤ 1, | f ′′( x ) |≤ 1, 证明: 对于 x ∈ I , 有 | f ′( x ) |≤ 2, 且有函数使得等式成立. f (a ) = f ( x ) + f ′( x )(a − x )+ 1 f ′′(ξ1 )(a − x )2 , ξ1 ∈ (a , x ) 2! f (a + 2) = f ( x ) + f ′( x )(a + 2 − x ) + 1 f ′′(ξ 2 )(a + 2 − x )2 , 2! ξ 2 ∈ ( x , a + 2) 上两式相减, 得 2 f (a + 2) − f (a ) = 2 f ′( x ) + 1 f ′′(ξ 2 )(a + 2 − x ) − 2! + 1 f ′′(ξ1 )(a − x )2 , 2! 2 f ′( x ) ≤ f (a + 2) + f (a ) + 1 f ′′(ξ 2 ) (a + 2 − x )2 2! + 1 f ′′(ξ1 ) (a − x )2 , 2!

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例8 设f 是定义于长度等于2的闭区间I上的函数, 对于 x ∈ I , 有 | f ( x ) |≤ 1, | f ′′( x ) |≤ 1, 证明: 对于 x ∈ I , 有 | f ′( x ) |≤ 2, 且有函数使得等式成立. x ∈ [a , a + 2], ξ1 ∈ [a , x ], ξ 2 ∈ [ x , a + 2] 2 f ′( x ) ≤ f (a + 2) + f (a ) + 1 f ′′(ξ 2 ) (a + 2 − x )2 2! + 1 f ′′(ξ1 ) (a − x )2 , 2! 2 ≤ 1 +1 + 1 (a + 2 − x )2 + 1 (a − x ) 2 2 2 ≤ 2 + 1 ( (a − x )2 +4(a − x ) +4 +(a − x ) ) 2 = 4 + (a − x )2 + 2(a − x ) = 4 + (a − x )(a − x + 2) ≤ 4, 故 f ′( x ) ≤ 2.

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例8 设f 是定义于长度等于2的闭区间I上的函数, 对于 x ∈ I , 有 | f ( x ) |≤ 1, | f ′′( x ) |≤ 1, 证明: 对于 x ∈ I , 有 | f ′( x ) |≤ 2, 且有函数使得等式成立. 令I = [a, a+2], 取f (x)使 f ′′( x ) ≡ 1, x ∈ [a , a + 2],

f ′( x ) = x − a , x ∈ [a , a + 2], 则 f ′(a + 2) = 2, | f ′( x ) |≤ 2, f ( x ) = 1 ( x − a )2 −1, 2 则 f (a + 2) = 1, | f ( x ) | ≤ 1.

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yx > x y . 例9 设 y > x > 0, 求证：

例9 设 y > x > 0, 求证：y x > x y .

y x 证明 (1) 若 x ≥ y , 则必有 y > 1. (2) 若 x y 1 x y y ln x − y x ln x = ( yx − xy ) ln x x x y x y x yx ≥ xy , 只须证明: y > x ≥ 1 时, 即 ln( yx ) ≥ ln( xy ). y x 令 f ( y ) = ln( yx ) − ln( xy ) = ln y + y ln x − ln x − x ln y , 1 1 ≥ 0. (易证) f ′( y ) = 1 + ln x − x = ln x − x − 1 > ln x − 1x +− y y y xx y x 故 y > x ≥ 1 时, f ( y ) ≥ f ( x ) = 0, 即 ln( yx ) ≥ ln( xy ).

证明分三种情况考虑: y x (1) 若 x ≥ y , 则必有 y > 1. ln y y ln x ≥ x ln y , ⇒ ln x ≥ , 对于 f ( x ) = ln x x y x x ≤ 0, 在x > 0时单减, ⇒ f ′( x ) = 1 − ln 从而 x > e . 于是 2 x x y ln y − y x ln x ≥ y x ln y − y x ln x ≥ y x (ln y − ln x ) > 0. (2) 若 x y

x y ln y − y x ln x > x y ln x − y x ln x = ( x y − y x )ln x > 0

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1. 求证 : 方程 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx = a + b + c 在 (0,1) 内至少有一个实根 . 2. 设 f ( x ), g( x ) 在 [a,b] 上可导 , 且 f ( x ) g′( x ) ≠ f ′( x ) g( x ), 证明：介于 f ( x ) 的两个零点 x1, x 2 之间有 g( x ) 的一个零点 , 其中 x1, x2 均在 (a,b)内 . 3. 设 f ( x ) 在区间 [0,1] 上连续 , 在 (0,1) 内可导 , f (1) = 0, 证明 :存在ξ ∈ (0, 1) ,使得 ξ f ′(ξ ) + f (ξ ) = 0 . 4. 设函数 f ( x ) 在闭区间 [0,1] 上可微 , 对于闭区间 [0,1] 上的每一点 x 都有 0

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作

业 1

5. 若函数 f ( x ) 二阶可导，且在（ 0, a）内某点处取得最大值，又对一切 x ∈[0, a ]都有 f ′′( x ) ≤ m , 其中 m 为常数，试证 f ′(0) + f ′(a ) ≤ am . 6. 设不恒为常数的函数 f ( x ) 在 [a ,b ] 上连续，在 ( a ,b) 内可导，且 f (a ) = f (b) ,证明在 (a , b )内至少存在一点 ξ ，使得 f ′(ξ ) > 0 . 7. f ( x ) 在 [a ,b] 上连续 , 在 (a ,b) 内可导 , 试证在 (a,b) 内至少存在一点 ξ ，使得 f (b) − f (a ) = ξ f ′(ξ ) ln(b / a ) . 8. 设 f ( x ) 在 [a ,b] 上具有二阶导数，且使 f ′(a ) = f ′(b) = 0 .试证在 (a,b )内至少存在一点 ξ ，

f ′′(ξ ) ≥ 4

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f (b ) − f (a ) 成立 . (b − a ) 2

例10 设g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)为二阶可导, 且 g′′( x ) ≥ m > 0 (m为常数), 又g(a) = g(b) = 0, 则 max g( x ) ≥ m (b − a )2 . a ≤ x ≤b 8 证明由g(a) = g(b) = 0及罗尔中值定理, 存在 x0 ∈ (a , b ), 使得 g′( x0 ) = 0. 由Taylor公式, 对∀x ∈ [a , b], g ( x ) = g ( x0 ) + 1 g′′(ξ )( x − x0 )2 , ξ在x与x 之间. 2 y 0 于是 g ( x ) − g ( x0 ) ≥ 1 m ( x − x0 )2 2 2 1 取x = a, 得 g ( x0 ) ≥ m (a − x0 ) 2 O x 取x = b, 得 g ( x0 ) ≥ 1 m ( b − x0 )2 , 从而 a x0 b 2 max g( x) ≥ g ( x0 ) ≥ max 1 m(a − x0 )2 , 1 m(b − x0 )2 ≥ m (b − a )2 . a≤ x≤b 2 2 8

{

}

例10 设g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)为二阶可导, 且 g′′( x ) ≥ m > 0 (m为常数), 又g(a) = g(b) = 0, 则 max g( x ) ≥ m (b − a )2 . a ≤ x ≤b 8 证明由g(a) = g(b) = 0及罗尔中值定理, 存在 x0 ∈ (a , b ), 使得 g′( x0 ) = 0. 由Taylor公式, 对∀x ∈ [a , b], g ( x ) = g ( x0 ) + 1 g′′(ξ )( x − x0 )2 , ξ在x与x 之间. 0 2 于是 g ( x ) − g ( x0 ) ≥ 1 m ( x − x0 )2 2 2 1 取x = a, 得 g ( x0 ) ≥ m (a − x0 ) 2 取x = b, 得 g ( x0 ) ≥ 1 m ( b − x0 )2 , 从而 2 max g( x) ≥ g ( x0 ) ≥ m {(a − x0 )2 + (b − x0 )2} ≥ m (b − a )2 . a≤ x≤b 4 8

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10 设 g(x)在 b]上连续 , 在(a, b在 )为二阶可导 ,且例11 设函数 f[ (a x,)在 [a, b]上连续 (a, b)内可导 , 且对 ′′( 0 f> x )(m ≥ 为常数 1, 求证 x∈ ), m ≤ x≤b 在曲线 yg = f)(= x), ),: 又 g′′( (a x,)b≥ g(a) = (b 0,a则 ( b − a )3 上, 存在三个点 , (B ,m 使得 ABC . maxAg x,)C ≥ (b −Δ a )2 . 的面积 ≥ 16 a ≤ x ≤b 8 证法1 设 A(a , f (a )), B(b, f (b )), C ( x , f ( x )) 为曲线上的的任一点, 其中 x ∈ (a , b ). 令 1 1 1 g( x ) = 1 a b x 2 f (a ) f (b ) f ( x ) 则ΔABC的面积为|g(x)|, 由于g(a) = 0, g(b) = 0, g′′( x ) = 1 (b − a ) f ′′( x ) ≥ 1 (b − a ). ∃x0 ∈ (a , b ), 使 2 2 g ( x0 ) = max g ( x ) ≥ 1 (b − a ) ⋅ 1 (b − a )2= 1 ( b − a )3 . a ≤ x ≤b 2 8 16 故取 C ( x0 , f ( x0 )), 则A, B, C满足要求.

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例11 设函数f (x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且对 x ∈ (a , b ), f ′′( x ) ≥ 1, 求证: 在曲线y = f (x), a ≤ x ≤ b 3 上, 存在三个点A, B, C, 使得ΔABC的面积 ≥ (b − a ) . 16 证法2 设 A(a , f (a )), B(b, f (b )), 作一辅助函数满足区间端点的函数值为0, 故过A, B的弦纵坐标与f(x)之差 g ( x ) = f (b ) − f ( a ) ( x − a ) + f (a ) − f ( x ), x ∈ [a , b] b−a 则g (x)在(a, b)内二阶可导, 且 g′′( x ) = f ′′( x ) ≥ 1. g (a) = 0 = g (b), 由上题结论, 存在 x0 ∈ (a , b ), 使得 g ( x0 ) ≥ 1 ( b − a ) 2 . 8

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例11 设函数f (x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且对 x ∈ (a , b ), f ′′( x ) ≥ 1, 求证: 在曲线y = f (x), a ≤ x ≤ b 3 上, 存在三个点A, B, C, 使得ΔABC的面积 ≥ (b − a ) . 16 设 A(a , f (a )), B(b, f (b )), f (b) − f (a ) g( x ) = ( x − a ) + f (a ) − f ( x ), x ∈ [a , b] B b−a y C 2 1 g ( x0 ) ≥ (b − a ) . 令 C ( x0 , f ( x0 )), 8 设联结AB的直线与x轴正向的夹角为 A θ θ , 则点C到直线AB的距离为 O a b x h =| cosθ || g ( x0 ) | ≥ b − a ⋅ 1 (b − a )2 AB 8 ( b − a )3 1 故ΔABC的面积 = AB ⋅ h ≥ . 2 16

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例12 设函数f (x)在[0, 1]上可导, 且f (0) = 0, f (1) = 1, 证明: 在[0, 1]上存在两点 x1 , x2 , 使 1 + 1 = 2. f ′( x1 ) f ′( x2 ) 证明因为函数f (x)在[0, 1]上连续, 且f (0) = 0, f (1) = 1, 1 由介值定理, ∃ξ ∈ (0,1), f (ξ ) = . 由Lagrange定理, 2 f (ξ ) − f (0) x1 ∈ (0, ξ ) f ′( x1 ) = = 1 2ξ ξ 1 f ′( x2 ) = f (1) − f (ξ ) = x2 ∈ (ξ ,1) (1 − ξ ) 2(1 − ξ ) 1 1 故 f ′( x ) + f ′( x ) = 2ξ +2(1 − ξ ) = 2. 1 2

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例13 设f (x)在[0, 1]上有二阶导数, 且 f (0) = f (1) = f ′(0) = f ′(1) = 0 证明: 存在 ξ ∈ (0,1), 使得 f ′′(ξ ) = f (ξ ). 证明作辅助函数 F ( x ) =( f ( x ) + f ′( x ) ) ⋅ e − x ,

x ∈ [0,1],

例14 已知函数f (x)在x = 0的某个邻域内有连续导数, 且 sin x + f ( x ) ⎞ = 2, lim ⎛ ⎜ x →0 ⎝ x 2 x ⎟ ⎠ ′ f (0). 试求f (0)及证明由Taylor公式, 得 sin x = x + o( x 2 ), f ( x ) = f (0) + f ′(0) x + o( x ), sin x + f ( x ) ⎞ = lim ⎛ sin x + xf ( x ) ⎞ 于是 2 = lim ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ x →0 ⎝ x 2 x ⎟ ⎠ x →0 ⎝ x2 ⎠ (1 + f (0)) x + f ′(0) x 2 + o( x 2 ) = lim x →0 x2 由此可知: 1 + f (0) = 0, ⇒ f (0) = −1, f ′(0) = 2.

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F (0) = 0 = F (1), 且 F ′( x ) = ( f ′′( x ) − f ( x ) ) e − x ,

由Rolle定理, 存在ξ ∈ (0,1), 使得 F ′(ξ ) = 0. 即

f ′′(ξ ) = f (ξ ).

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例15 设f (x)在闭区间[a, b]上连续, 在开区间(a, b)内可导, 0 ≤ a

f (x), 且至少存在在两个点, 使得等式成立,

故需对sinx, f (x)和 cosx, f (x) 分别使用Cauchy中值定理.

例15 设f (x)在闭区间[a, b]上连续, 在开区间(a, b)内可导, 0 ≤ a

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例16 设f (x)在包含原点在内的某区间(a, b)内有二阶导数, f ( x) = 1, f ′′( x ) > 0 (a 0, g′′( x ) > 0, g′( x ) 单增, 当a g′(0) = 0; 故函数g (x) 在x = 0处取得极小值g(0) = 0. 于是当 x ∈ (a , b ) 时, g ( x ) ≥ 0, 即 f ( x ) ≥ x .

一元函数微分学

例16 设f (x)在包含原点在内的某区间(a, b)内有二阶导数, f ( x) = 1, f ′′( x ) > 0 (a 0 (a

一元函数微分学

例17 设f (x)具有连续的二阶导数, 且 1 f ( x) ⎞ x ⎛ = e3 , lim ⎜ 1 + x + 1 x →0 ⎝ x ⎟ ⎠ f ( x) ⎞ x + 1 . 试求 f (0), f ′(0), f ′′(0) 及 lim ⎛ ⎜ x →0 ⎝ x ⎟ ⎠ 1 f ( x) ⎞ lim 1 ln⎛ ⎜ 1+ x + x ⎟ ⎛1 + x + f ( x) ⎞ x 3 x →0 x ⎝ ⎠ 解由 e = lim ⎜ ⎟ x →0 ⎝ x ⎠ =e f ( x) ⎞ f ( x) ⎞ ln ⎛ ⇒ lim 1 ln ⎛ ⎜ 1 + x + x ⎟ = 0. ⎜ 1 + x + x ⎟ = 3 ⇒ lim x →0 x →0 x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

例17 设f (x)具有连续的二阶导数, 且 f ( x) ⎞ 3 lim ⎛ ⎜1 + x + x ⎟ = e , 1 x →0 ⎝ ⎠ f ( x) ⎞ x + 1 . 试求 f (0), f ′(0), f ′′(0) 及 lim ⎛ ⎜ x →0 ⎝ x ⎟ ⎠ f ( x) ⎞ f ( x) ⎞ ln ⎛ ⇒ lim 1 ln ⎛ ⎜ 1 + x + x ⎟ = 0. ⎜ 1 + x + x ⎟ = 3. ⇒ lim x →0 x →0 x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ f ( x) ⇒ lim = 0 ⇒ lim f ( x ) = 0. 由f (x)的连续性, 得 x →0 x →0 x f (0) = 0. f ′(0) = lim f ( x ) − f (0) = 0. 由Taylor公式, 得 x →0 x f ( x ) = f (0) + f ′(0) x + 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ) 2 = 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ), x → 0 2

一元函数微分学

例17 设f (x)具有连续的二阶导数, 且 f ( x) ⎞ 3 lim ⎛ ⎜1 + x + x ⎟ = e , 1 x →0 ⎝ ⎠ f ( x) ⎞ x + 1 . 试求 f (0), f ′(0), f ′′(0) 及 lim ⎛ ⎜ x →0 ⎝ x ⎟ ⎠ f ( x) ⎞ ⇒ lim 1 ln ⎛ ⎜ 1 + x + x ⎟ = 3. f (0) = 0. f ′(0) = 0. x →0 x ⎝ ⎠ f ( x ) = 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ), x → 0 2 ⎛1 + x + f ( x) ⎞ 3 = lim 1 ln ⎜ x →0 x x ⎟ ⎝ ⎠ = lim 1 ln 1 + x + 1 f ′′(0) x + o( x ) x →0 x 2 = lim 1 x + 1 f ′′(0) x + o( x ) = 1 + 1 f ′′(0) ⇒ f ′′(0) = 4. x →0 x 2 2

例17 设f (x)具有连续的二阶导数, 且 f ( x) ⎞ 3 lim ⎛ ⎜1 + x + x ⎟ = e , 1 x →0 ⎝ ⎠ f ( x) ⎞ x + 1 . 试求 f (0), f ′(0), f ′′(0) 及 lim ⎛ ⎜ x →0 ⎝ x ⎟ ⎠ f ( x ) = 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ), x → 0 ⇒ f ′′(0) = 4. 2 1 1 f ( x) ⎞ x ⎛ = lim (1 + 2 x + o( x ) ) x lim ⎜ 1 + ⎟ x →0 x →0 ⎝ x ⎠ 2 x +o ( x )

= lim (1 + 2 x + o( x ) ) 2 x + o ( x )

x →0

(

)

(

)

= e2 .

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例18 设f (x)在闭区间[0, a]上具有二阶导数, 在开区间 (0, a)内取到最小值, 又 | f ′′( x ) |≤ M , x ∈ [0, a ], 证明: | f ′(0) | + | f ′(a ) |≤ Ma . 证明由题意, ∃c ∈ (0, a ), 使f (c)为函数f (x)的最小值, 从而 f ′(c ) = 0. 对 f ′( x ) 在[0, c]和[c, a]上使用Lagrange 中值定理, 得 − f ′(0) = f ′(c ) − f ′(0) = f ′′(ξ1 )c , f ′(a ) = f ′(a ) − f ′(c ) = f ′′(ξ 2 )(a − c ), | f ′(0) | =| f ′′(ξ1 ) | c ≤ Mc , 例19 设f (x)在闭区间[a, b]上具有二阶导数, 且 f ′(a ) = f ′(b ) = 0, 则在(a, b)内至少存在一点ξ, 使得 | f (b) − f (a ) | . f ′′(ξ ) ≥ 4 ( b − a )2 证明由Taylor公式, 得 2 a+b 2 a− +a b− f a + b = f (a ) + 1 f ′′(ξ1 ) ( b ,a , ξ1 ∈ a , 2 ) 2 2 2 8 2 2 a− +a b)− f a + b = f (b ) + 1 f ′′(ξ 2 ) ( b ,b , ξ 2 ∈ a + b , b 2 2 2 2 8 2 f (b ) − f (a ) = 1 f ′′(ξ 2 ) − f ′′(ξ1 ) ( b − a ) 8 2 2 1 ≤ ( f ′′(ξ 2 ) + f ′′(ξ1 ) ) ( b − a ) ≤ (b − a ) f ′′(ξ ) . 8 4 其中 f ′′(ξ ) = max { f ′′(ξ1 ) , f ′′(ξ 2 ) } .

( ) ( )

( (

) )

( (

) )

| f ′(a ) | ≤ M (a − c ), 故 | f ′(0) | + | f ′(a ) | ≤ Ma .

一元函数微分学

例20 设f (x)在闭区间[0, 1]上连续, 在开区间(0, 1)内可导, 且f (0) = 0, f (1) = 1. 试证明: 对于任意给定的正数a和b, 在开区间(0, 1)内存在不同的ξ和η, 使得 a + b = a + b. f ′(ξ ) f ′(η ) 证明由介值定理, ∃c ∈ (0,1), 使得 f (c ) = a ∈ (0,1). a+b 由微分中值定理, f (c ) − f (0) = f ′(ξ )c , ξ ∈ (0, c ) ⇒ 1 = c(a + b ) , f ′(ξ ) a f (1) − f (c ) = f ′(η )(1 − c ), η ∈ (c ,1)

例21 设f (x)具有二阶连续导数, 且f (0) = 0, f ′(0) = 0, f ′′(0) > 0, 在曲线y = f (x)上任意取一点(x, f (x)) ( x ≠ 0) 作曲线的切线, 此切线在x轴上的截距记作μ, 求 xf ( μ ) lim . x →0 μ f ( x ) 解曲线y = f (x)上点(x, f (x))的切线方程为 Y − f ( x ) = f ′( x )( X − x ), ′ f (0) = 0, f ′′(0) > 0, 所以当| x |≠ 0充分小时, f ′( x ) ≠ 0, 因 f ( x) . 因此切线在x轴上的截距为 μ = x − ′( x ) f f ( x) ′( x ) f lim μ = − lim = − lim = 0. x →0 x →0 f ′( x ) x →0 f ′′( x ) 由Taylor公式, f ( x ) = 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ) 2 f ( μ ) = 1 f ′′(0)μ 2 + o( μ 2 ) 2 46 一元函数微分学

⇒

(1 − c )(a + b ) 1 = , f ′(η ) b

a + b = a + b. f ′(ξ ) f ′(η )

一元函数微分学

例21 设f (x)具有二阶连续导数, 且f (0) = 0, f ′(0) = 0, f ′′(0) > 0. 在曲线y = f (x)上任意取一点(x, f (x)) ( x ≠ 0) 作曲线的切线, 此切线在x轴上的截距记作μ, 求 xf ( μ ) lim . x →0 μ f ( x ) f ( x) μ = x− . lim μ = 0. f ( x ) = 1 f ′′(0) x 2 + o( x 2 ) f ′( x ) x →0 2 2 2 1 f ( μ ) = f ′′(0)μ + o( μ ) 2 x ⋅ 1 f ′′(0)μ 2 xf ( μ ) μ f ( x) 2 lim = lim = lim = 1 − lim x →0 μ f ( x ) x →0 x →0 x x →0 xf ′( x ) 2 1 μ ⋅ f ′′(0) x 2 1 f ′′(0) x 2 2 = 1 − lim =1− 1 = 1. x →0 x ( f ′′(0) x + o( x )) 2 2

一元函数微分学

例22 设f (x)在[a, b]上可微, f ′(a ) 0, 求证: 在区间(a, b)内必有一点ξ, 使得 f ′(ξ ) = 0. 证明由于f (x)在[a, b]上可微, 所以f (x)在[a, b]上连续, 从而[a, b]上可取得最小值, 又 f ( x ) − f (a ) f ′(a ) = lim 0, x−a x →a + 当 x ∈ (a , a + δ 1 ) 时, f ( x ) − f (a ) 0, 故存在δ2 > 0, x −b x →b − 当 x ∈ (b − δ 2 , b ) 时, f ( x ) − f (b )

一元函数微分学

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例22 设f (x)在[a, b]上可微, f ′(a ) 0, 求证: 在区间(a, b)内必有一点ξ, 使得 f ′(ξ ) = 0. 所以f (x)在[a, b]上连续, 从而[a, b]上可取得最小值, 又 f (a)不是f (x)在[a, b]上的最小值. f (b)不是f (x)在[a, b]上的最小值. 故函数f (x)在(a, b)内某点ξ处取得最小值, 于是f (ξ)也是 f (x)的极小值. 又f (x)在ξ可导, 故 f ′(ξ ) = 0. 例23 设函数f (x)在[−1 , 1]上三次可微, f ( −1) = 0, f (1) = 1, f ′(0) = 0. 证明: 存在一点 ξ ∈ ( −1,1), 使得 f ′′′(ξ ) ≥ 3. 提示: 利用函数f (x)的麦克劳林公式, 可得 f ′′′(ξ1 ) + f ′′′(ξ 2 ) = 6. ξ1 , ξ 2 ∈ ( −1,1),

一元函数微分学

例24 设函数f (x)在[−2, 2]上二阶可导, 且 f ( x ) ≤ 1, 又 2 f 2 (0) + ( f ′(0) ) = 4, 试证: 在[−2, 2]内至少存在一点ξ, 使得 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0. 2 证明设 F ( x ) = f 2 ( x ) + ( f ′( x ) ) , x ∈ [−2,2] 则 F ′( x ) = 2 f ′( x ) ( f ( x ) + f ′′( x ) ) . 在区间[−2, 0]和[0, 2]上使用Lagrange中值定理, 得 f ′(a ) = f (0) − f ( −2) , a ∈ ( −2,0) f ′(a ) ≤ 1. 2 f (2) − f (0) f ′(b ) = , b ∈ (0,2) f ′( b ) ≤ 1. 2 故 F (a ) ≤ 2, F (b ) ≤ 2. 又 F (0) = 4, 故F (x)在[a, b]上的最大值必将在(a, b)内某点ξ 取得, 于是 F ′(ξ ) = 0.

例24 设函数f (x)在[−2, 2]上二阶可导, 且 f ( x ) ≤ 1, 又 2 f 2 (0) + ( f ′(0) ) = 4, 试证: 在[−2, 2]内至少存在一点ξ, 使得 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0. 2 证明设 F ( x ) = f 2 ( x ) + ( f ′( x ) ) , x ∈ [−2,2] 则 F ′( x ) = 2 f ′( x ) ( f ( x ) + f ′′( x ) ) . a ∈ ( −2,0), b ∈ (0,2) 故 F (a ) ≤ 2, F (b ) ≤ 2. 又 F (0) = 4, 故F (x)在[a, b]上的最大值必将在(a, b)内某点ξ 取得, 于是 F ′(ξ ) = 0. 由于F (ξ ) = f 2 (ξ ) + ( f ′(ξ ) ) ≥ F (0) = 4,

f (ξ ) ≤ 1,

⇒ f ′(ξ ) ≠ 0, 故 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0, ξ ∈ (a , b ) ⊂ [−2,2].

F (2) = f 2(2) + f ′2(2)

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第三节、一元函数微分学

一、内容要点二、典型例题三、作业

一、内容要点

1. 证明某些等式的一些方法 1) 利用罗尔(Rolle)中值定理; 2) 利用拉格朗日(Lagrange)中值定理; 3) 利用柯西(Cauchy)中值定理; 4) 利用零点定理及介值定理.

一元函数微分学

4. Taylor公式的一些应用 1) 证明等式; 2) 证明不等式; 3) 判断无穷小的阶; 4) 判断极值; 5) 求极限; 6) 计算函数的近似值;

一元函数微分学

二、典型例题

例1 设函数f (u)在−∞ 1 求出f (u) ( −∞ 0 1, −∞

{

f ( u) =

{

−∞

u 2 2

2e − +2 C

( )

一元函数微分学

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( )

例3设函数f (x), g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内具有二阶

( )

(

( )

(

)

( ) )

g( x)} = g( x2 ), f ( x1) = max{ f ( x)} = max{ x∈[a , b] x∈[a , b] 则 h( x1 ) = f ( x1) − g( x1 ) > 0, h( x2 ) = f ( x2 ) − g( x2 )

综合上述, 存在 x0 ∈ (a, b), 使得h (x0) = 0.

一元函数微分学

ξ ∈ (ξ1, ξ 2 ) ⊂ (a, b), 使得 h′′(ξ ) = 0, 即 f ′′(ξ ) = g′′(ξ ).

使得h (x0) = 0. 其余步骤同证法1.

一元函数微分学

2 n 例5 设 f n ( x ) = x + x + " + x ( n = 2,3,"), 证明: (1) 方程 f n ( x ) = 1 在[0, +∞ ) 内有唯一的实根xn; (2) 求 lim xn .

n→∞

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2 n 例5 设 f n ( x ) = x + x + " + x ( n = 2,3,"), 证明: (1) 方程 f n ( x ) = 1 在[0, +∞ ) 内有唯一的实根xn;

一元函数微分学

(2) 求 lim xn .

n 由于 0

∃xn (0,1), 使 f n ( xn ) = 1 ( n = 2,3,"). (2) 由(1)可知: 0 0, ⇒ xn > xn+1 , 即数列 { x }单调递减, 故 lim x 存在, 设为a.

n n→∞ n

n→∞

一元函数微分学

例7 设函数f (x)在 (a , +∞ ) 内有二阶导数, 且 f (a + 1) = 0, lim+ f ( x ) = 0, lim f ( x ) = 0. 求证: 在(a , +∞ ) 内至少有

x →a x →+∞

/ 0, 则至少存在 x1 ∈ (a + 1, +∞ ) (2) 若在 (a + 1, +∞ ) 内 f ( x ) ≡ f ( x1 ) ≠ 0, 不妨设 f ( x1 ) > 0. 由于 f (a + 1) = 0, lim f ( x ) = 0, 又曲线y = f (x)连续(如图),

x →+∞

则曲线上在点 ( x1 , f ( x1 ))左右曲线皆下降接近零. 于是存在 x2 ∈ (a + 1, x1 ), 使得 f ( x2 )

x →a x →+∞

x →+∞

f ( x1 ) ≠ 0, 不妨设 f ( x1 ) > 0. 由于 f (a + 1) = 0, lim f ( x ) = 0, 又曲线y = f (x)连续(如图),

一点ξ, 满足 f ′′(ξ ) = 0.

一元函数微分学

于是存在 x2 ∈ (a + 1, x1 ), 使得 f ( x2 ) 0. 存在 x3 ∈ ( x1 , +∞ ), 使得 f ( x3 ) 0, x1 − x2 ∃ξ 2 ∈ ( x1 , x3 ), 使得 f ′(ξ 2 ) = f ( x3 ) − f ( x1 )

x →a x →+∞

x2 ∈ (a + 1, x1 ), x3 ∈ ( x1 , +∞ ), ∃ξ1 ∈ ( x2 , x1 ), ∃ξ 2 ∈ ( x1 , x3 ),

ξ 3 ∈ (ξ1 , ξ 2 ), 使得 f ′(ξ 3 ) = 0.

一点ξ, 满足 f ′′(ξ ) = 0.

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一元函数微分学

f ′( x ) = x − a , x ∈ [a , a + 2], 则 f ′(a + 2) = 2, | f ′( x ) |≤ 2, f ( x ) = 1 ( x − a )2 −1, 2 则 f (a + 2) = 1, | f ( x ) | ≤ 1.

一元函数微分学

yx > x y . 例9 设 y > x > 0, 求证：

例9 设 y > x > 0, 求证：y x > x y .

x y ln y − y x ln x > x y ln x − y x ln x = ( x y − y x )ln x > 0

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作

业 1

f ′′(ξ ) ≥ 4

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f (b ) − f (a ) 成立 . (b − a ) 2

{

}

例10 设g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)为二阶可导, 且 g′′( x ) ≥ m > 0 (m为常数), 又g(a) = g(b) = 0, 则 max g( x ) ≥ m (b − a )2 . a ≤ x ≤b 8 证明由g(a) = g(b) = 0及罗尔中值定理, 存在 x0 ∈ (a , b ), 使得 g′( x0 ) = 0. 由Taylor公式, 对∀x ∈ [a , b], g ( x ) = g ( x0 ) + 1 g′′(ξ )( x − x0 )2 , ξ在x与x 之间. 0 2 于是 g ( x ) − g ( x0 ) ≥ 1 m ( x − x0 )2 2 2 1 取x = a, 得 g ( x0 ) ≥ m (a − x0 ) 2 取x = b, 得 g ( x0 ) ≥ 1 m ( b − x0 )2 , 从而 2 max g( x) ≥ g ( x0 ) ≥ m {(a − x0 )2 + (b − x0 )2} ≥ m (b − a )2 . a≤ x≤b 4 8

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x ∈ [0,1],

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F (0) = 0 = F (1), 且 F ′( x ) = ( f ′′( x ) − f ( x ) ) e − x ,

由Rolle定理, 存在ξ ∈ (0,1), 使得 F ′(ξ ) = 0. 即

f ′′(ξ ) = f (ξ ).

一元函数微分学

例15 设f (x)在闭区间[a, b]上连续, 在开区间(a, b)内可导, 0 ≤ a

f (x), 且至少存在在两个点, 使得等式成立,

故需对sinx, f (x)和 cosx, f (x) 分别使用Cauchy中值定理.

例15 设f (x)在闭区间[a, b]上连续, 在开区间(a, b)内可导, 0 ≤ a

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例16 设f (x)在包含原点在内的某区间(a, b)内有二阶导数, f ( x) = 1, f ′′( x ) > 0 (a 0 (a

一元函数微分学

= lim (1 + 2 x + o( x ) ) 2 x + o ( x )

x →0

(

)

(

)

= e2 .

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( ) ( )

( (

) )

( (

) )

| f ′(a ) | ≤ M (a − c ), 故 | f ′(0) | + | f ′(a ) | ≤ Ma .

一元函数微分学

⇒

(1 − c )(a + b ) 1 = , f ′(η ) b

a + b = a + b. f ′(ξ ) f ′(η )

一元函数微分学

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一元函数微分学

f (ξ ) ≤ 1,

⇒ f ′(ξ ) ≠ 0, 故 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0, ξ ∈ (a , b ) ⊂ [−2,2].

F (2) = f 2(2) + f ′2(2)

一元函数微分学

A+3一元函数微分学1_1

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