第六章微分中值定理及其应用 §1拉格朗日中值定理和函数的单调性 例1设函数f(x)在(a,b)内可导,在ab上连续,且导函数∫(x)严格递增,若 f(a)=∫(b)证明,对一切x∈(a,b)均有 f(xf(a)=f(b) 证人用反证法,若x∈(a,b)f(x0)≥f(a)=f(b)在区间{a,xx,b上分别应用 拉格朗日中值定理,彐51252,a(51(x0,x0〈2(b使得 f(5)=(x)-/(a) ≥0,f(52) ∫(b)-f(x0) Xo 这与∫(x)为严格递增相矛盾。 例2设函数f(x)在[a,+∞内可导,并且∫(a)0,试证:若当x∈(a,+∞)时,有 ∫(x)c)0则存在唯一的ξ∈(a,+∞)使得f(5)=0,又若把条件∫(x)》c减弱为 f(x)O(a(x(+∞),所述结论是否成立? 分析因为∫(a)0,若可以找到某点x)a,使得f(x)0则由∫(x)的严格递增性,并 应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的,使得f(5)=0 证Vx)a在[a,x]上应用拉格朗日中值定理,彐,a(5(x,使得 f(x)-f(a)=f()(x-a) 于是 f(x=f(a)+f((x-alf(a)+c(x-a 由于c)O,因此当x充分大时总可使得 f( f(a)+c(x-ayo 不妨设xx,f(x))0,所以f(x)在a+]上严格递增;在[a,x]上应用连续函数的
第六章 微分中值定理及其应用 §1 拉格朗日中值定理和函数的单调性 例 1 设函数 f (x)在(a,b) 内可导,在[a,b]上连续,且导函数 f (x) 严格递增,若 f (a) = f (b) 证明,对一切 x(a,b) 均有 f (x) f (a) = f (b) 证人 用反证法,若 ( , ) ( ) ( ) ( ) x0 a b f x0 f a = f b 在区间 [ , ],[ , ] a x0 x0 b 上分别应用 拉格朗日中值定理, 1 , 2 ,a 1 x0 , x0 2 b 使得 0 ( ) ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 0 0 1 − − = − − = b x f b f x f x a f x f a f 这与 f (x) 为严格递增相矛盾。 例 2 设函数 f (x) 在 [a,+] 内可导,并且 f (a)0 ,试证:若当 x(a,+) 时,有 f (x)c0 则存在唯一的 (a,+) 使 得 f ( ) = 0 ,又若把条件 f (x)c 减弱为 f (x)0(ax+) ,所述结论是否成立? 分析 因为 f (a)0 ,若可以找到某点 xa ,使得 f (x)0 则由 f (x) 的严格递增性,并 应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的 ,使得 f ( ) = 0 证 xa 在 [a, x] 上应用拉格朗日中值定理, ,a x ,使得 f (x) − f (a) = f ()(x − a) 于是 f (x) = f (a) + f ( )(x − a) f (a) + c(x − a) 由于 c0 ,因此当 x 充分大时总可使得 不妨设 x1 a, f (x1 )c0 ,所以 f (x)在[a,+] 上严格递增;在 [ , ] 1 a x 上应用连续函数的 f (x) f (a) + c(x − a)0
介值定理,则彐,a((x1,且ξ是唯一的。 假设∫(x)满足∫(x)》0,结论可能不成立,例如函数 f(x)= arctan x-,x∈[0,+∞], 满足f(O)=-0.c、)0,但因f(x)恒小于0,故在(O+∞)中不存在5, 1+x 使得f(2)=0 例3下面是对函数f(t)应用值中值定理的实例,因为函数 f(t)= 在[0,x]上满足拉朗日中值定理的条件,于是它存在5,0(5(x。使得 =xsin-=f(5)=2 在上式中令x→0,有2→0+,由 xsIn s一 可知CO=0因而m0,cos=0,这看起来似乎与mcas o COS=0不存在相矛盾, 试分析其原因 解首先应当注意:上面应用拉格朗日中值定理中的ξ是个中值点,是由函数f和区间[0,x 的端点而定的,具体说是与x有关 上面的推理过程到cos-=0为止都是正确。当由此得到cos=0时,必须把 ξ看作是由ⅹ而确定的中值点才是正确的;但若把ξ作为连续趋于零的变量得到 0,那是错误的。 例4证明(1+-)2是x的严格递增函数,而(x+-)是x严格递减函数
介值定理,则 1 ,ax ,且 是唯一的。 假设 f (x) 满足 f (x)0 ,结论可能不成立,例如函数 , [0, ] 2 f (x) = arctan x − x + , 满足 0 2 (0) = − f , 0 1 1 ( ) 2 + = x f x ,但因 f (x) 恒小于 0,故在 (0,+) 中不存在 , 使得 f ( ) =0 例3 下面是对函数 f (t) 应用值中值定理的实例,因为函数 t x t t t f t = = 0 0 1 sin 0 2 ( ) 在 [0, x] 上满足拉朗日中值定理的条件,于是它存在 ,0 x 。使得 1 cos 1 ( ) 2 sin 1 sin 0 ( ) (0) = = = − − − f x x x f x f 在上式中令 → + → + x 0 ,有 0 ,由 0 1 0, 2 sin 1 sin lim 0 lim 0 + = + = → → 与 x x x 可知 0 1 cos lim 0 + = → x 因而 0 1 cos lim 0 + = → ,这看起来似乎与 0 1 cos lim 0 + = → x 不存在相矛盾, 试分析其原因。 解首先应当注意:上面应用拉格朗日中值定理中的 是个中值点,是由函数f和区间[0,x] 的端点而定的,具体说是与 x 有关。 上面的推理过程到 0 1 cos lim 0 + = → x 为止都是正确。当由此得到 0 1 cos lim 0 + = → 时,必须把 看作是由 x 而确定的中值点才是正确的;但若把 作为连续趋于零的变量得到 0 1 cos lim 0 + = → x ,那是错误的。 例 4 证明 2 ) 1 (1 x + 是 x 的严格递增函数,而 1 ) 1 ( + + x x x 是 x 严格递减函数
证设f(x)=i(1+-)=xi(1+-)则有 f(x)=l(1+-)+ f(x)=l(1+-)+ =ln(1+ x 1+x ln(1+x)-hr-、1 1+x (0(6(1) x+6 1+x 其中最后等式是对函数ny在区间[x,x+1上应用了拉格朗日中值定理,由此得到 f(r) +x1+X 于是f(x)在R上严格递增,这样(1+)=e(x也是x严格递增函数,同理可证(1+-) 是x的严格递减函数。 例5设F(x)定义在[a,+o上,而且n阶可导。证明:若 F(a)=F'(a)=…=F(m(a)=0,F(x)0,x∈(a,+∞),则F(x)O,x∈(a,+∞), 分析当m1时,需证,若F(a)=0,F(x)在a,]由解释解惑问题1中严格单调性判 别法可知上述结论是对立的。对一般的n,可以从F((x)0,x∈(a,+∞)与F(a)=0, 利用拉格朗日中值定理证得Fm(x)0,x∈(a,+∞),以此类推可以证得结论,下面例6 就是它的应用。 证x∈(a,+∞),在[a,x]上对F(n-)(m)应用拉格朗日中值定理,彐5n(a(5n(x),使 得 Fm)(x)-F-(a)=F("(5n)x-a) 因为F-"(a)=0所以x)a,F(m-)0,继续上述证明步聚n2次,可得 F'(x)O,x∈(a,+∞),最后对F(x)在a,x上应用拉格朗日中值定理,有 F(x)=F(x)-F(a)=F(51x-a),a(51(x
证 设 ) 1 ) (1 1 ( ) (1 x xil x f x in x = + = + 则有 x x x x f x 1 1 ) 1 ( ) 1 ( ) ln(1 2 + − = + + x x x x f x 1 1 ) 1 ( ) 1 ( ) ln(1 2 + − = + + = x + x + − 1 1 ) 1 ln(1 = x x x + + − − 1 1 ln(1 ) ln = (0 1) 1 1 1 + − + x x , 其中最后等式是对函数 ln y 在区间 [x, x +1] 上应用了拉格朗日中值定理,由此得到 0 1 1 1 1 ( ) = + − + x x f x 于是 f (x) 在 R 上严格递增,这样 ( ) ) 1 (1 x f x e x + = 也是 x 严格递增函数,同理可证 1 ) 1 (1 + + x x 是 x 的严格递减函数。 例 5 设 F(x) 定义在 [a,+] 上 , 而 且 n 阶 可 导 。 证 明 : 若 ( ) ( ) ( ) 0, ( ) 0, ( , ) ( 1) ( ) = = = = + − F a F a F a F x x a n n ,则 F(x)0, x (a,+) , 分析 当 n=1 时,需证,若 F(a) = 0,F(x)在[a,] 由解释解惑问题 1 中严格单调性判 别法可知上述结论是对立的。对一般的 n,可以从 ( ) 0, ( , ) ( ) F x x a + n 与 ( ) 0 ( 1) = − F a n , 利用拉格朗日中值定理证得 ( ) 0 ( 1) − F x n , x (a,+) ,以此类推可以证得结论,下面例 6 就是它的应用。 证 x (a,+) ,在 [ , ] ( ) ( 1) a x F t 上对 n− 应用拉格朗日中值定理, (a x) n n ,使 得 ( ) ( ) ( )( ) 0 ( 1) ( 1) ( ) − = − − − F x F a F n x a n n n 因 为 ( ) 0 ( 1) = − F a n 所 以 xa , 0 ( 1) n− F ,继续上述证明步聚 n-2 次,可得 F(x)0, x (a,+) ,最后对 F(x)在[a, x] 上应用拉格朗日中值定理,有 F x = F x − F a = F x − a a x 1 1 ( ) ( ) ( ) ( )( ),
于是证得 F(x)0,x∈(a,+∞) 例6证明不等式 例7e2)1+x+-(x)0) 证[证法一]设F(x)=ex-1 F'(x) F"(x)=ex-1 且 F(0)=F'(0)=F"(0)=0 由范例5可知F(x)0(x)0),即 e2)l+x+-(x)0) 证法二]由本节例5(教材上册第124页)可知 e)l+x(x≠0) 设F(x)=2-1-x-2,x)有F(O)=0, F'(x)=e2-1-x)0 所以F(x)严格递增,于是 F(x)F(0)=0,x)0 e)l+x+(x)0) 注应用类似方法可证 e(1+x+-(x(0) 请读者补写证明,本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子
于是证得 F(x)0, x (a,+) 例6 证明不等式 例7 ( 0) 2 1 2 + + x x e x x 证[证法一]设 ( ) 1 , 0 2 = − − − x x x F x e x x F x e x x ( ) = −1− ( ) = −1 x F x e ( ) = 0 x F x e 且 F(0) = F(0) = F(0) = 0 由范例 5 可知 F(x)0(x0) ,即 ( 0) 2 1 2 + + x x e x x [证法二]由本节例 5(教材上册第 124 页)可知 e 1+ x(x 0) x 设 , 0, (0) 0 2 ( ) 1 2 = − − − x F = x F x e x x 有 , F(x) = e −1− x0 x 所以 F(x)严格递增,于是 F(x)F(0) = 0, x0 即 ( 0) 2 1 2 + + x x e x x 注 应用类似方法可证 ( 0) 2 1 2 + + x x e x x 请读者补写证明,本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子
例7试利用导数极限定理证明:导函数不能具有第一类间断点 分析如果导函数具有第一类间断点x,则加f(x)与f(x)都存在,由于函数 f(x)在点x处连续,由单侧导数极限定理有m:f(x)=f"+(x)f(x)=f-(x) 因此,不难推出点x0为f(x)的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证首先用反证法证明导函数∫(x)不能有可去间断点,若点x0为f(x)的可去间断点 则如f(x)存在;而f(x)在点x连续,故由导数极限定理,有 ax f(x)=f(ro) 这与点x0为f(x)的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明∫(x)不能具有跳跃间断点。若∫(x)有跳跃间断点x。,则存在左、右 邻域U(x0)U(x0)f(x)在这两个邻域上连续,且f(x)和如:f(x)存在,于是 f(x)在U(x0)和U(x0)上满足单侧导数极限定理的条件,即有 ∫"-(x)=∫(x-0),f"(x0)=f(x0+0) 由于∫(x0-0)≠f(x0+0),因此,f+(x0)≠∫-(x),这与∫(x)在点x0处可导 矛盾,综上证得导函数不能有第一类间断点。 例8设n为正整数 f(x)=(x-1)”(x+1) 证明方程∫(x)=0在(-1,1)中恰好n个相异实根。 分析罗尔中值定理的重要应用是:当f(x)为可导函数时,可以利用方程∫(x)=0的 根本情况讨论方程∫(x)=0的根的分布。若5122,是方程f(x)=0的根,即 f(1)=f(2)=0,由罗尔定理,彐7,5((2,f(m)=0,即在f(x)=0的两个根之间 必存在∫(x)=0的一个根,由于方程(x-1)”(x+1)”=0有两个n重根±1,因此,可以 逐次应用罗尔定理证得结论 证因为±1为方程∫(x)=0的n重根,于是该方程有2n个实根现要证明f(x)=0 有n个相异的实根。 f(x)=n(x-1)"(x+1)”+m(x-1)(x+1)1
例 7 试利用导数极限定理证明:导函数不能具有第一类间断点 分析 如果导函数具有第一类间断点 0 x ,则 ( ) lim 0 f x x x → + 与 ( ) lim 0 f x x x → − 都存在,由于函数 (f x)在点 0 x 处连续,由单侧导数极限定理,有 ( ) ( ), ( ) ( ) 0 lim 0 lim 0 0 f x f x f x f x x x x x + = + − = − → → 因此,不难推出点 0 x 为 f (x) 的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证 首先用反证法证明导函数 f (x) 不能有可去间断点,若点 0 x 为 f (x) 的可去间断点, 则 ( ) lim 0 f x x x → 存在;而 f (x) 在点 0 x 连续,故由导数极限定理,有 ( ) ( ) 0 lim 0 f x f x x x = → 这与点 0 x 为 f (x) 的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明 f (x) 不能具有跳跃间断点。若 f (x) 有跳跃间断点 0 x ,则存在左、右 邻域 ( ), ( ), ( ) _ 0 0 U x U x f x + 在这两个邻域上连续,且 ( ) ( ) lim lim 0 0 f x f x x x x x → + 和 → − 存在,于是 ( ) ( ) ( ) 0 0 f x U x U x 在 − 和 + 上满足单侧导数极限定理的条件,即有 ( ) ( 0), ( ) ( 0) f − x0 = f x0− f + x0 = f x0 + 由于 ( 0) ( 0) f x0− f x0 + ,因此, ( ) ( ) 0 0 f + x f − x ,这与 f (x) 在点 0 x 处可导 矛盾,综上证得导函数不能有第一类间断点。 例 8 设 n 为正整数 n n f (x) = (x −1) (x +1) 证明方程 ( ) 0 ( ) f x = n 在(-1,1)中恰好 n 个相异实根。 分析 罗尔中值定理的重要应用是:当 f (x) 为可导函数时,可以利用方程 f (x) = 0 的 根本情况讨论方程 f (x) = 0 的 根 的 分 布 。若 1 2 , ,是方程 f (x) = 0 的根,即 f (1 ) = f ( 2 ) = 0 ,由罗尔定理, , 1 2 , f () = 0 ,即在 f (x) = 0 的两个根之间 必存在 f (x) = 0 的一个根,由于方程 ( −1) ( +1) = 0 n n x x 有两个 n 重根 1 ,因此,可以 逐次应用罗尔定理证得结论。 证 因为 1 为方程 f (x) = 0 的 n 重根,于是该方程有 2n 个实根,现要证明 ( ) 0 ( ) f x = n 有 n 个相异的实根。 1 1 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) − − = − + + − + n n n n f x n x x n x x