2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 推论3;若(x)在[a,b]上有界,则对[a,b]上的任意两点x,x存在 常数L>0,使得 f(x2)-f(x1)≤Lx2-x1 其中L称为利普希茨常数。(若进一步有0<L<1,则这样的y=f(x)满足压缩映 象原理。压缩映象原理不属于本课程要求的内容) 推论4;若∨x∈(a,b),∫(x)≥0,则y=f(x)在 (a,b)上单谓(非严格)增加,且f(x)>0时y=f(x)严格单调 增加而当∫(x)≤O时(或∫(x)<0),y=f(x)非严格或严格) 单调减少。 注4:拉格朗日中值定理的两个常用重要功能是: )由y=f(x)在某x1处的取值或性态,可推知x1近旁处f(x) 的取值或性态,像是一条“链锁”,对满足定理条件的f(x)在[a,b]区间上 有某种全局控制作用。 (2)拉格朗日中值定理在y f(x)的函数取值(或增量)与其导数取 值之间搭起了一座桥梁。 定理44柯西中值定理(ac)如果∫(x)和g(x)满足:(在闭区间 a,b]上连;()在开区间(a1,b)内可导,且 g(b)≠g(a),g(x)≠0,则在开区间(ab)内至少存在一点占, 使得 f(b)-f(a)f(2) g(b)-g(a)g'() 4.3徵分学基本定理的几何意义 微分学几个基本定理有誉明显的几何意义,了解这些几何意义,将有助于我们 建立必要的直观感性认识。 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 6-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 推论 3：若 f ′(x) 在 上有界，则对 上的任意两点 存在 常数 ，使得 [a,b] [a,b] 1 2 x , x L > 0 2 1 2 1 f (x ) − f (x ) ≤ L x − x 其中 L 称为利普希茨常数。（若进一步有0 < L < 1，则这样的 y = f (x)满足压缩映 象原理。压缩映象原理不属于本课程要求的内容） 推 论 4 ： 若 ∀x ∈(a,b) ， f ′(x) ≥ 0 ， 则 y = f (x) 在 (a,b)上单调(非严格)增加，且 f ′(x) > 0时 y = f (x)严格单调 增加。而当 f ′(x) ≤ 0时(或 f ′(x) < 0 )， y = f (x)非严格(或严格) 单调减少。 注 4：拉格朗日中值定理的两个常用重要功能是： (1) 由 y = f (x)在某 处的取值或性态，可推知 近旁处 1x 1x f (x) 的取值或性态，像是一条“链锁”，对满足定理条件的 f (x)在 区间上 有某种全局控制作用。 [a,b] (2) 拉格朗日中值定理在 y = f (x) 的函数取值（或增量）与其导数取 值之间搭起了一座桥梁。 定理 4.4 柯西中值定理(Cauchy) 如果 f (x)和 g(x) 满足：(1)在闭区间 [a,b] 上 连续；(2) 在 开区间 (a,b) 内 可 导 ， 且 g(b) ≠ g(a), g ′(x) ≠ 0，则在开区间(a,b)内至少存在一点ξ ， 使得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ξ ξ g f g b g a f b f a ′ ′ = − − 4.3 微分学基本定理的几何意义 微分学几个基本定理有着明显的几何意义，了解这些几何意义，将有助于我们 建立必要的直观感性认识。 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 6 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 读者可以进一步思考,∫(x)满足什么条件时,罗尔定理与拉格朗日定理中 的S点具有唯一性?又满足什么条件时有两个不同的1与52 例42设mn为自然数,f(x)=x"(1-x)”,则∫(x)在(0 内零点个数为(B)。 【解】正确选项为(B)。 由罗尔定理,f(0)=f(1)=0,因此至少存在一点 2∈(0,1)使f(5)=0,又 f'(x)=mx"(1-x)"-nx"(1-x)" n-mmx-nx 令f(x)=0,当x∈(O,1)时, m(1-x)”≠0,得x0 m+n 为唯一驻点,即 5=x0为f(x)的唯零点 例43设∫(x)是周期为1的周期函数,在[O,1内可导,且 = M=my(),要得在5(.2) 使得 f()≥2M 【证】首先,因∫(x)是周期为1的周期函数,则只须证明 50∈(0,1)使得f(50)2≥2M.用Lw中值定理) 由∫(x)在[0,1]内可导,则必在[0,1]内连续,又因 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 7-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 读者可以进一步思考， f (x)满足什么条件时，罗尔定理与拉格朗日定理中 的ξ 点具有唯一性？又满足什么条件时有两个不同的ξ1与ξ 2？ 例 4.2 设m,n 为自然数， ，则 m n f (x) = x (1− x) f ′(x) 在(0,1) 内零点个数为 ( B )。 (A) 0。 (B) 1。 (C) 2。 (D) 3。 【解】正确选项为(B)。 由罗尔定理， f (0) = f (1) = 0 ，因此至少存在一点 ξ ∈(0,1) 使 f ′(ξ ) = 0，又 1 1 ( ) (1 ) (1 ) − − ′ = − − − m n m n f x mx x nx x (1 ) ( ) 1 1 x x m mx nx m n = − − − − − 。 令 f ′(x) = 0，当 x ∈(0,1)时， (1 ) 0 1 1 − ≠ m− n− x x ，得 (0,1) 0 ∈ + = m n m x 为唯一驻点，即 0 ξ = x 为 f ′(x) 的唯一零点。 例 4.3 设 f (x) 是周期 为 1 的周 期函数， 在 [0,1] 内可导 ， 且 f (1) = 0, 令 max ( ) [0,1] M f x x∈ = ， 试证明 存 在 ξ ∈(1, 2) ，使得 f ′(ξ ) ≥ 2M 。 【证】首先，因 f (x)是周期为 1 的周期函数，则只须证明 (0,1) ξ 0 ∈ 使得 f ′(ξ 0 ) ≥ 2M 。（用 Lagrange 中值定理） 由 f (x) 在 [0,1] 内可导，则必在 [0,1] 内连续，又因 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 7 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1 清华大学理科楼1101电话:62781785 f(1)=f(0)=0, 则只能存在x∈0使得f(xM)=M=maxf(x) x∈[O,1 (最大最小值不在端点取得) 对区间(0,xM)±M-0=f(2)(1-xM) 对区间(xM,1):0±M=f(与1)xM ∈ X ∈(x 上两式分别取绝对值后相加得到 2M=f(51)xM+f(2)1-xM),令 f(50)=maxf(51),f(2) 则有50∈(0,),此时有不等太2M≤f(50) 因此存在5=1+50∈(1,2),使得(5)≥2M 作为练习,请读者将拉格朗日中值定理的4个推论依次进行证明,这将有助于 这一重要定理的理解与应用。 例44设∫(x)在[2]上有二阶导数,且f(1)=f(2)=0 F(x)=(x-1)2f(x),证明丑x∈(1,2),使得 F"(x0)=0 思略;对F(x)应用罗尔定理 证:(方法1) F(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)2f(x),令 有F(1)=0 由 F()=0,F(2)=f(2)=0,由罗尔定理 彐51∈(1,2),使得F(51)=0,对F(x)在上应用罗 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 8-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 f (1) = f (0) = 0, 则只能存在 xM ∈(0,1) 使得 ( ) max ( ) [0,1] f x M f x x M ∈ = = 。 （最大最小值不在端点取得） 对区间(0, xM )： 0 ( )(1 ) M f 2 − xM ± − = ′ ξ 对区间 (xM , 1) ： 0 M f (ξ1)xM ± = ′ ， (0, xM ) ξ1 ∈ ， ( , 1) ξ 2 ∈ xM 上两式分别取绝对值后相加得到 2 ( ) ( )(1 ) M f 1 xM f 2 − xM = ′ ξ + ′ ξ ， 令 f ′(ξ 0 ) = max{ f ′(ξ 1), f ′(ξ 2 )}， 则有 (0,1) ξ 0 ∈ ，此时有不等式2 ( ) ξ 0 M ≤ f ′ ， 因此存在 1 (1, 2) ξ = + ξ 0 ∈ ，使得 f ′(ξ ) ≥ 2M . 作为练习，请读者将拉格朗日中值定理的 4 个推论依次进行证明，这将有助于 这一重要定理的理解与应用。 例 4.4 设 f (x) 在 [1,2] 上有二阶导数，且 f (1) = f (2) = 0 ， ( ) ( 1) ( ) ，证明 2 F x = x − f x (1,2) ∃x0 ∈ ，使得 F′′(x0 ) = 0。 思路：对 F′(x) 应用罗尔定理。 证：(方法 1) ， 令 则 有 ( ) 2( 1) ( ) ( 1) ( ) 2 F′ x = x − f x + x − f ′ x x =1 F′(1) = 0 ，另由 F(1) = 0, F(2) = f (2) = 0 ， 由 罗 尔 定 理 (1,2) ∃ξ1 ∈ ，使得 F′(ξ1) = 0，对 F′(x) 在[ , ] 1 1 ξ 上应用罗 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 8 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 尔定理,则彐5 (1,51)∈(1,2) F"(x0)=0 (方法2) 反证设F"(x)≠0,则由导数零点定理之推论可知F"(x)在(2 上取定号,不妨设F(x)>0,因此F'(x)在[1,2]上为严格单调增 函数 考虑到F()=0及x∈(1,2),所以F'(x)>0,即 x∈(1,2)有F(x)定号的结论,但由 F(1)=F(2)=0,由罗尔定应彐51∈(1,2),使得 F'(1)=0,这与上述F(x)定号结论矛盾,于是原假设不成立,即 必彐x0∈(1,2),使得F"(x0)=0 例45设g(x)=x(x+1)(2x+1)3x-1) 试确定方程g(x)=0在(-1,0)内有几个实根 思路:已知函数g(x)表达式已是因子乘积形式,应采用连续函数零点定理及罗 尔定理综合讨论g'(x)的零点问题,而不应把g'(x)求出来再讨论其零点 【解】函数(x)在(-0+)上连续且可导,显然{x)有4个实根:x1=0, x ,由罗尔定理,8(x)至少有8个零点51∈(0,), 2 ∈ ∈(-0) 又g(x)为3次多项式最多有3个实根,因此g'(x)在(-10)内恰 有2个实根 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 9-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 尔 定 理 ， 则 (1, ) (1,2) ∃ξ = x0 ∈ ξ1 ⊂ ， 使 得 F′′(x0 ) = 0。 (方法 2) 反证，设 F′′(x) ≠ 0，则由导数零点定理之推论可知 F′′(x)在(1,2) 上取定号，不妨设 F′′(x) > 0，因此 F′(x) 在 上为严格单调增 函数。 [1,2] 考虑到 F′(1) = 0 及 x∈(1, 2) ，所以 F′(x) > 0 ，即 定 号 的 结 论 。 但 由 ， 由 罗尔定理 应 ∀x ∈(1, 2)有 F′(x) F(1) = F(2) = 0 (1,2) ∃ξ1 ∈ ，使得 F′(ξ1) = 0，这与上述 F′(x) 定号结论矛盾，于是原假设不成立，即 必 (1,2)，使得 ∃x0 ∈ F′′(x0 ) = 0。 例 4.5 设 g(x) = x(x +1)(2x +1)(3x −1)， 试确定方程 g ′(x) = 0在(−1, 0) 内有几个实根。 思路：已知函数 g(x) 表达式已是因子乘积形式，应采用连续函数零点定理及罗 尔定理综合讨论 g ′(x)的零点问题，而不应把 g ′(x)求出来再讨论其零点。 【解】函数 在 上连续且可导，显然 有 4 个实根： ， ， g(x) (−∞,+∞) g(x) x1 = 0 x2 = −1 2 1 x3 = − 3 1 x4 = − ，由罗尔定理， g ′(x) 至少有 3 个零点： ) 3 1 (0, ξ1 ∈ ， ) 2 1 ( 1, ξ 2 ∈ − − ， ,0) 2 1 ( ξ 3 ∈ − 。 又 g ′(x)为 3 次多项式，最多有 3 个实根，因此 g ′(x)在(−1,0) 内恰 有 2 个实根。 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 9 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101 话:62781785 例4.6设x>0,证明不等式 丌x 2 arctan(x+D) +2x+ 【证】(方法1)由x>O,只需证明不等式 arctan(x+1) 41 x2+2x+2 注意到 arctan I2 ,对任意X∈(0,∞)令 4 f(x)= arctan,则有 arctan(x 4f(x)-f(1 (x+1)-1 在[1,1+x]上用Lgag中值定理则有 arctan(x 1) 4 ∈(l,x+ 1) (x+1)-11+2 因,2为单调减函数,于是 1+ arctan(x+1) 4 x2+2x+2 x (方法2)令 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 10清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 例 4.6 设 x > 0 ，证明不等式 4 2 arctan( 1) 2 2 2 x x x x x < + − < + + π 。 【证】（方法 1）由 x > 0 ，只需证明不等式 2 4 1 arctan( 1) 2 2 1 2 < + − < + + x x x x π ， 注意到 4 arctan1 π = ，对任意 x ∈(0, ∞) 令 f (x) = arctan x ，则有 ( 1) 1 4 ( ) (1) arctan( 1) + − − = + − x f x f x x π 在[1,1+ x]上用 Lagrange 中值定理则有 , (1, 1) 1 1 ( 1) 1 4 arctan( 1) 2 ∈ + + = + − + − x x x ξ ξ π 因 2 1 1 + x 为单调减函数，于是 2 4 1 arctan( 1) 2 2 1 2 < + − < + + x x x x π 。 （方法 2）令 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 10 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785