2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 上两式分别取绝对值后相加得到 2M=f(5)x+/(2)1-x,),令(5=ma{(/(2弟, 则有56∈(0,1),此时有不等式2M≤(50, 因此存在5=1+50∈(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f(x)在12]上有二阶导数,且f()=f(2)=0,F(x)=(x-1)2f(x),证明 x0∈(1,2),使得F"(x0)=0。思路:对F(x)应用罗尔定理。 【证】(方法1) F(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)f(x),令x=1则有F(1)=0,另由 F(1)=0,F(2)=(2)=0,由罗尔定理1∈(1,2),使得F(51)=0,对F(x)在1,51 上应用罗尔定理,则彐5=x0∈(1,51)c(1,2),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[12]上为严格单调增函数。 考虑到F(1)=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,由罗尔定理应1∈(1,2),使得F"(51)=0,这与上述F(x)定号 结论矛盾,于是原假设不成立,即必彐x∈(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g(x)在(-∞,+∞)上连续且可导,显然g(x)有4个实根:x1=0,x2=-1, 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 上两式分别取绝对值后相加得到 2 ( ) ( )(1 ) 1 M 2 M M = f ′ ξ x + f ′ ξ − x ，令 f ′(ξ 0 ) = max{ f ′(ξ 1 ), f ′(ξ 2 )}， 则有ξ 0 ∈(0,1)，此时有不等式 2 ( ) ξ 0 M ≤ f ′ ， 因此存在ξ =1+ξ 0 ∈(1, 2)，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 ， ，证明 ，使得 。 思路：对 ( ) ( 1) ( ) 2 F x = x − f x (1,2) ∃x0 ∈ F′′(x0 ) = 0 F′(x) 应用罗尔定理。 【证】(方法 1) ( ) 2( 1) ( ) ( 1) ( ) ， 令 2 F′ x = x − f x + x − f ′ x x =1 则 有 F′(1) = 0 ，另由 F(1) = 0, F(2) = f (2) = 0 ，由罗尔定理 (1,2) ∃ξ 1 ∈ ，使得 ( ) 0 F′ ξ 1 = ，对 F′(x) 在[ , ] 1 1 ξ 上应用罗尔定理，则 (1, ) (1,2) ∃ξ = x0 ∈ ξ 1 ⊂ ，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[1,2]上为严格单调增函数。 考虑到 F′(1) = 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 ，由罗尔定理应 (1,2) ∃ξ 1 ∈ ，使得 ( ) 0 F′ ξ 1 = ，这与上述 定号 结论矛盾，于是原假设不成立，即必 F′(x) (1,2) ∃x0 ∈ ，使得 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 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 的零点问题，而不应把 g(x) g′(x) g′(x) 求出来再讨论其零点。 【解】函数 g(x) 在(−∞,+∞) 上连续且可导，显然 g(x) 有 4 个实根： x1 = 0 ， x2 = −1， 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 6 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805
2008水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场B座609 电话:62701055 x37≈-,由罗尔定理,g(x)至少有3个零点:51∈(0.),52∈(-1-), (一-,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。 例4.6设x>0,证明不等式 arctan(x+D) 【证】(方法1)由x>0,只需证明不等式 arctan(x+l) 注意到 arctan 1=,对任意x∈(0,∞)令f(x)= arctan x,则有 arctan(x+1) 4f(x)-f(1) (x+1)-1 在[,1+x]上用 Lagrange中值定理则有 arctan(r+1)-z ,ξ∈(1,x+1) (x+1)-1 因 为单调减函数,于是 1+x arctan(r+1)I x2+2x+2 (方法2)令 f(x)=(x2+2x+2) arctan(x+1)-(x2+2x+2)-x f(0)=0 f(x)=(2x+2) arctan(x+1)-x(2x+2), =(2x+2 arctan(x+1)-]>0 刘坤林谭泽光编水木艾迪考研培训网 电话82378805
2008 水木艾迪考研辅导基础班 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 2 1 x3 = − ， 3 1 x4 = − ，由罗尔定理， g′(x) 至少有 3 个零点： ) 3 1 (0, ξ 1 ∈ ， ) 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。 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 f x = x + x + x + − (x + 2x + 2) − x 4 ( ) ( 2 2) arctan( 1) 2 π 2 f (0) = 0 , (2 2) 4 f ′(x) = (2x + 2) arctan( x + 1) − x + π ， ] 0 4 = (2 + 2)[arctan( +1) − > π x x 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 7 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805