微分中值定理及其應(yīng)用

1、第六章微分中值定理及其應(yīng)用§1、拉格朗日定理和函數(shù)的單調(diào)性1、試討論下列函數(shù)的指定區(qū)間內(nèi)是否存在一點(diǎn)之，使f，代)=0:,11xsin,0<x<(1) f(x)=«xn；0,x=0(2) f(x)=x,-1<x<1.分析：驗(yàn)證f(x)是否滿足羅爾羅爾中值定理的三個(gè)條件：(1)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；(2)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)；(3)f(a)=f(b)解：(1)因?yàn)閒(x)在.0,上連續(xù)，在©I)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)=f口所以由羅爾冗冗I”中值定理存在一點(diǎn)S：0j,使得f代)=0.I月J(2)雖然f(x)在1,1上連續(xù)f(1)

2、=f(1)，但f(x)在(1,1)內(nèi)x=0點(diǎn)不可導(dǎo).可見，f(x)在11,1】上不滿足羅爾中彳1定理的條件，因此未必存在一點(diǎn)之W(1,1)，使得f«)=0事實(shí)上，由于1,x0f(x),J-1,x：二0,所以不存在一點(diǎn)(T,1),使得f()=0.2、證明1)方程x3-3x+c=0(這里c為常數(shù))在區(qū)間0,1】?jī)?nèi)不可能有兩個(gè)不同的實(shí)根；(2)方程xn+px+q=0(n為正整數(shù)，p、q為實(shí)數(shù))當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)至多有兩個(gè)實(shí)根；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)至多有三個(gè)實(shí)根.分析：作輔助函數(shù)f(x),應(yīng)用反證法和羅爾中值定理。證明：(1)記f(x)=x33x+c,用反證法.假設(shè)f(x)=0在0,1內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，

3、那么f(Xi)=f(%),又因?yàn)閒(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，所以由羅爾中值定于是知:存在一點(diǎn)專三(0,1)，使得注)=0.但(x)=3(x21)只有兩個(gè)實(shí)根x=±1，因此不存在S(0,1)，使得代)=0.于是推出矛盾.(2)設(shè)f(x)=xn+px+q,用反證法1)當(dāng)n=2k(k=1,2,W)為偶數(shù)時(shí)，假設(shè)f(x)=0至少有三個(gè)實(shí)根x1,xaxa,不妨設(shè)x<x2<x3則由羅爾中值定理知：存在qw(xhx2),JW(x2,x3)，使得f代)=2k，+p=0,f仁)=2k胃"+p=0，但由于募函數(shù)x2k-在sF上嚴(yán)格遞增，從而f(x)=2k£

4、2"+p也存在(,收)上來格遞增，而£<x2<£,所以f仁。"仁),于是推出矛盾.2)當(dāng)n=2k+1(k=0,1,2,|)為奇數(shù)時(shí)，若k=0,結(jié)論顯然成立.若k=1,2,|,假設(shè)f(x)=0至少有四個(gè)實(shí)根，則由羅爾中值定理知，f(x)=(2k1)x2kp=0,即2k-pcx0x=02k1至少有三個(gè)實(shí)根，這與1)的結(jié)論矛盾.3、證明定理6.2推論2.證明：設(shè)F(x)=f(x)g(x),則因?yàn)镕(x)的區(qū)間I上可導(dǎo)，且F'(x)=f'(x)g'(x)=0，所以由定理6.2的推論1知：F(x)為I上的一個(gè)常量函數(shù)，即F(x)

5、=f(x)-g(x)(B某一定數(shù)),從而，在I上有f(x)=g(x)(c為某一定數(shù))4、證明(1)若函數(shù)f在b,b】上可導(dǎo)，且f'(x)>m,則f(b)_f(a)m(b;a(2)若函數(shù)f在L,b上可導(dǎo)，且|f'(x)之M,則f(b)<f(a)<M(b;a(3)對(duì)任意實(shí)數(shù)，都有sinx1-si)q三"_x.分析：利用拉格朗日中值定理。因?yàn)楹瘮?shù)f在la,b上可導(dǎo)，所以f(x)在a,b上滿足拉格朗日中值定理的條件。證明：(1)因?yàn)閒在b,b上可導(dǎo)，所以由拉格朗日中值定理知：存在t(a,b)使得f(b)-f(a>'f()ba)即f(b)三f(a

6、)m(ba)(2)因?yàn)閒在la,b上可導(dǎo)，所以由拉格朗日中值定理知：存在£w(a,b)使得f(b)-f(a)=f()b|a)又f代)«M所以f(b)-f(a)<M(b-a).(3)當(dāng)x1=x2時(shí)結(jié)論顯然成立，當(dāng)x1#x2時(shí)，對(duì)函數(shù)sinx在以x1,x2為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用拉格朗日中值定理，得sinx1-sinx2=cos(x1-x2),其中E在為與x2之間，因此si因一si)n=CO%一x2KXx25、應(yīng)用拉格朗日中值定理證明不列不等式：b-abb-a,(1) <ln-<，其中0<a<b;baah(2) 2carctanh<h,其中ha。.

7、1h分析：(1)作輔助函數(shù)f(x)=lnx,xWa,b。(2)作輔助函數(shù)f(x)=arctanxx0,h證明：(1)因?yàn)閒(x)=lnx在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，所以由拉格朗日中值定理，存在自W(a,b)使得bb-aln=InbTna=,a從而(2)對(duì)函數(shù)f(x)=arctanx在0,h上應(yīng)用拉格朗日中值定理知：存在上(0,h)使得一一一harctanh=arctanharctan。=2,1從而h2二arctOnn：h1h22,=2x -ln x;6、確定下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:(1) f(x)=3xx2;(2)f(x)(2) f(x)=,2x-x2;(4)f(x)=分析：利用f'

8、;(x)的符號(hào)來判斷函數(shù)的增減性。解：(1)由于f'(x)=32x,故當(dāng)x/時(shí)，f'(x)之0;當(dāng)x23時(shí)，f'(x)0.所22以f在(3,3I上遞增.，在；*)上遞減.12.1.1(2)由于f(x)=(4x21)，故當(dāng)0<xE時(shí)，f(x)<0;ivEx<y時(shí)，/(力之0.所以x221 -x由于f (x)= ,2x -x2f在.02I上遞減，在,2f的定義域?yàn)?ExE2,故f在10,1】上遞增，在1,2上遞減.x21(4)由于f'(x)=J1A0,x#0,故f在(g,0)U(0,y)內(nèi)遞增.x7、應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性證明下列不等式x3二(1) ta

9、nxx-,x(0,);33_2x二(2) :sinx:二x,x(0,);二222x.x-(3) x-：ln(1x):二x-,x0.22(1x)分析：作輔助函數(shù)，并利用函數(shù)的單調(diào)性來證明。證明：(1)設(shè)f(x)=tanxx+x-,則f'(x)=tan2x+x2>0,0w'0,i內(nèi)嚴(yán)格遞增.又3.3.-.一x3f(x)在x=0處連續(xù)且f(0)=0，故當(dāng)0<x<時(shí)，f(x)Af(0)，即tanx33sin x(2) 設(shè) f(x)= x則 f(x)=(x -tanx)cosx冗a>0(0<x<-).令2G," i內(nèi)嚴(yán)格遞減 ,2g(x)在x

10、=0處連續(xù)，且g(0)=0，故在'0rl jg(x) <0，即 x tanx <0,所以當(dāng)xw 0 02i時(shí),2f '(x) <0 .從而 f 在'0,2 Isi n內(nèi)嚴(yán)格遞減.由于1m* =1.所以一2x)0 x二si n<cl ,即x2x ：sinx < x,x :- j0,-.二,222x . x設(shè) f(x)=ln(1 +x) x + ,則 f'(x)=A0(x>0),從而當(dāng) x>0 時(shí),21 xf嚴(yán)格遞增.又f(x)在 x=0 處連續(xù)，且 f (0)=0,所以當(dāng) x>0 時(shí)，f(x)>0 .即 ln(

11、1+x)2 xx22x設(shè) g(x)=x-ln(1+x),x>0 .同理可證，當(dāng) x >02(1 x)時(shí)，g(x)>0 ,即2xx- >ln(1 +x)綜合上述結(jié)果可得，當(dāng)x >0時(shí)，有2(1 x)22xxx - ： ln(1 x) : x -22(1 x)8.以S(x)記由(a, f (a),(b,f (b),(x,f (x)三點(diǎn)組成的三角形面積，試又S(x)應(yīng)用羅爾中值定理證明拉格朗日中值定理.分析：把S(x)用行列式表示出來，判斷S(x)在Ja,b】上滿足羅爾中值定理的條件，然，又g(x)=xtanx,xWI。;，則g'(x)=tan2x<0,x

12、：0;1,故g(x)在10,.2.2八后用行列式的求導(dǎo)法則。證明：易見af(a)11S(x)=bf(b)1,2xf(x)1S(x)4ab- a1f( a)(b (f僅)1一=2f(x)(b-a)-(f(gf(a)因?yàn)镾(x)在b,b上滿足羅爾中值定理的條件，所以存在w(a,b)使得S'(D=0。故f(b)-f(a)=f()(b-a).9、設(shè)f為hb上二階可導(dǎo)函數(shù)，f(a)=f(b)=0,并存在一點(diǎn)c(a,b)使得f(c)>0.證明至少存在一點(diǎn)tw(a,b)，使得f“代)<0.分析：兩次利用拉格朗日中值定理。首先f在la,c、b,b上利用拉格朗日中值定理，然后f'(x

13、)在彳，幺上利用拉格朗日中值定理。證明：由拉格朗日中值定理知f(c)=f(c)-f(a)=f(1)(c-a),a：二1；c,-f(c)=f(b)-f(c)=f(2)(b-c),c<2:二b,因?yàn)閒(c)>0,所以f注)A0,f注)<0,從而f代)-f宿)<0,J-£>0.又由拉格朗日中值定理知：存在一點(diǎn)七W(。&)u(a,b)，使得f色)-fK)=f"(b12-4)，因此ff)<0.10、設(shè)函數(shù)f在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f'單調(diào).證明f'在(a,b)內(nèi)連續(xù).證明：不妨設(shè)f'在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增，則對(duì)任一x0

14、w(a,b),必存在x0的某一鄰域U(x0)U(a,b).因?yàn)閒'在U+(x0)內(nèi)單調(diào)遞增有下界f'(M)，在U(x。)內(nèi)單調(diào)遞增有上界f'(x。)，所以xl+f(oXif'(x),都存在.從而由拉格朗日中值定理的推論3,X%0十f'(x)=f'+(X0)，黑_(x)=f'(X0)，而+(%)=()=(%)故f1(x)在(a,b)內(nèi)連續(xù).11、設(shè)P(x)為多項(xiàng)式，口為P(x)=0的r重實(shí)根.證明a必定是P'(x)=0的r1重實(shí)根.分析：利用代數(shù)學(xué)的基本定理證明。即P(x)=h(x)(xot),其中h(x)為多項(xiàng)式，且h(:):0,

15、證明：由題設(shè)P(x)=h(x)(x),其中h(x)為多項(xiàng)式，且h(ot)00,從而P(x)=(x-a)r1lh(x)(x-a)rh(x),又因卜(x)(x-a)+rh(x)x=a=rh(a)=0，所以a是P1r(x)=0的r-1重實(shí)根.12、證明：設(shè)f為n階可導(dǎo)函數(shù)，若方程”刈=0有門+1個(gè)相異的實(shí)根，則方程f(n)(x)=0至少有一個(gè)實(shí)根.分析：因?yàn)閒存在n階導(dǎo)數(shù)，所以f的前n-1階導(dǎo)數(shù)也存在，連續(xù)利用羅爾中值定理。證明：設(shè)f(x)=0的n+1個(gè)相異實(shí)根為%”：»2寸卜,則由羅爾中值定理知：存在4(i=1,2,|,n):x0:二11：:x1：:：12：:x2：:：IH:1n：:：x

16、n，使得f'(如)=0,(i=1,2MI,n).再由羅爾中值定理至少存在J(i=1,2j,n1)：-11<e21<-12<-22<-13<lll<2n<；n，使得f"(")=0，。=1,2,|刀一1).如此作到第n步，則知至少存在一點(diǎn)之Wa<U<±2,使得f(n)(D=0.13、設(shè)a,bA0.證明方程x3+ax+b=0不存在正根.證明：用反證法.假設(shè)方程f(x)=x3+ax+b=0有一正根x0,又因f(x)在hx0】上連續(xù),且存在中W(0,%)，使得fyp)_f(x0)-f(0)_bx0x0,i2b但f

17、()=32a=一b,Xo1b.一、一.因此=一一(一+a)<0,這與9w(0,Xo)矛盾,故方程x+ax+b=0不存在正根.3X注：此題也可利用函數(shù)的單調(diào)性來證明。tanxx14、證明：,x-10,.xsinx2證明：原式等價(jià)于tanxsinx>x2,x0,i,設(shè)f(x)=tanxsinx-x2,則,2(n)-x0,2.f(x)=siix(2sex:-1)x2,f(x)=sexcoxs22k3nxecxsin0.故f"(x)在''0,-|內(nèi)嚴(yán)格遞增.又f"(x)在x=0處連續(xù)，且f“(0)=0,所以,2f“(x)>0xf工，從而f'(x)在:內(nèi)嚴(yán)格遞增.又f(x)在x=0處連續(xù)，且f'(0)=0,2.2所以f(x)«jx,-