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 基础部分 第一课微积分 第4章微分学基本定理及应用 4.1引言 微分学基本定理的首要背景是研究可导函数y=f(x)在莱点x处取 得极值的问题.函数y=f(x)在x=x0处取得极值(应该说是局部极 值 微观性态)的基本事实是在x=x0处的函数增量 4f(x0)=f(xo+△x)-f(x0)在x0附近(或着说两侧) 为定号,即恒为正或恒为负。 以在x0处取得极大值情况来分析y=f(x)在x0附近(莱 N(x0,O)邻域)的微观性态如下 设∫(x)在x0处可导,在x0处取得极大值,即在N(x0,O)内的 任意x处应有f(x)≤∫(x),由此可知 Af=f(x)-f(x0)≤0.即在N(x,6)内偏离x0时 函数f(x)取值会变小,于是可知 f f(xo+ax)-f(o) 若x> 由极限的保序性便得到 ≤0,f(x0)≤ x→)0+△y Af f(x)-f(x( 当x<X 则 X-x △f 0.f(x)≥0 0△x 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 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 基础部分 第一课 微积分 第 4 章 微分学基本定理及应用 4.1 引言 微分学基本定理的首要背景是研究可导函数 y = f (x) 在某点 处取 得极值的问题。函数 0 x y = f (x) 在 0 x = x 处取得极值(应该说是局部极 值—— 微观性 态)的基 本事实 是 在 0 x = x 处 的函数 增 量 ( ) ( ) ( ) 0 0 0 ∆f x = f x + ∆x − f x 在 附近(或者说两侧) 为定号，即恒为正或恒为负。 0x 以 在 处 取 得极大值 情况来分 析 0x y = f (x) 在 附近(某 0x ( , ) N x0 δ 邻域)的微观性态如下： 设 f (x)在 处可导，在 处取得极大值，即在 0x 0x ( , ) N x0 δ 内的 任 意 x 处 应 有 ( ) ( ) 0 f x ≤ f x ， 由 此可知 ∆f = f (x) − f (x0 ) ≤ 0，即在 ( , ) N x0 δ 内偏离 时， 函数 0x f (x)取值会变小，于是可知： 若 ，0 x > x 0 ( ) ( ) 0 0 0 ≤ − + ∆ − = ∆ ∆ x x f x x f x x f 。 由极限的保序性便得到 lim 0 0 ≤ ∆ ∆ → + ∆ x f x ， ( ) 0 。 0 f+ ′ x ≤ 当 ， 则 0 x < x 0 ( ) ( ) 0 0 ≥ − − = ∆ ∆ x x f x f x x f 。 lim 0 0 ≥ ∆ ∆ → − ∆ x f x ， ( ) 0， 0 f− ′ x ≥ 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 1 - 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 于是我们有f(x0)≥0并且∫(x0)≤0.由此断定 f(o)=0 这便是费马定理的结论 由费马定理可以直接导出导数零点定理,并且可以导出其余几个微分学基本定理 4.2微分中值定理 定理4.1费马定理〔 Fermat定理,可导函数取得极值的必要条件) 设J(x)满足:1°在某邻域N(x0,6)内有定义,并且 Vx∈N(x,δ)有f(x)≤f(x0)(或≥f(x0);2 在x0处可导,则∫(x0)=0. 例4.1证明导数零点定理 导数零点定理设函数y=f(x)在[a,b]上可导,并且 ∫(a)∫(b)0,f(x)在x=b处增加则x=b亦不是最小值点 因此可导函数f(x)必有最小值点x0∈(a,b),再由费马定理,即有 f(x0)=0 证:设∫(a)0(另—情况请读者完成证明,即有 f(x-f(a 0,彐61>0,使当0<x-a<1时 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 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 于 是 我们有 并 且 。 由此断定 ，这便是费马定理的结论。 ( ) 0 0 f ′ x ≥ ( ) 0 0 f ′ x ≤ ( ) 0 0 f ′ x = 由费马定理可以直接导出导数零点定理，并且可以导出其余几个微分学基本定理。 4.2 微分中值定理 定理 4.1 费马定理(Fermat 定理，可导函数取得极值的必要条件) 设 f (x) 满足：1° 在 某邻域 ( , ) N x0 δ 内有定义，并且 ( , ) ∀x ∈ N x0 δ 有 ( ) ( ) 0 f x ≤ f x (或 ( )) 0 ≥ f x ；2° 在 处可导，则 。 0x ( ) 0 0 f ′ x = 例 4.1 证明导数零点定理 导数零点定理 设 函 数 y = f (x) 在 [a,b] 上可导，并且 f+ ′(a) f− ′(b) 0, f (x) − 在 x = b 处增加，则 x = b 亦不是最小值点。 因此可导函数 f (x) 必有最小值点 ( , ) x0 ∈ a b ，再由费马定理，即有 f ′(x0 ) = 0。 证：设 f+ ′(a) 0(另一情况请读者完成证明)，即有 0 ( ) ( ) ( ) lim 0，∃δ 1 > 0，使当0 < − a < δ 1 x 时 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 2 - 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 有 f(a)-610,则有 f(x-f(a0,则VE2>0.彐δ2>0,使当 00,则有 f(x)-f(b)<∫(b)(x-b)<0 即f(x)<∫(b)因此∫(b)亦不是f(x)在[,b]上的最 小值 因为∫(x)在[a,b]上可导,则必连续,由最大最小值定理,特别必有, 使得∫(x0)为f(x)在[a,b]上的最小值,而且 x≠a,X0≠b,即存在x∈(an,b),由费马定理,必有 f'(x0)=0 定理42罗尔定理o01l)设函数y=/(x)满足:1在[a,b]上连续, 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 3-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 有 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ε ，则有 ( )( ) 0 2 1 f (x) − f (a) 0 ，则 ∀ε 2 > 0 。 ∃δ 2 > 0 ，使当 0 ，则有 ( )( ) 0 2 3 f (x) − f (b) < f− ′ b x − b < 即 f (x) < f (b) 。因此 f (b) 亦不是 f (x)在 上的最 小值。 [a,b] 因为 f (x)在 上可导，则必连续，由最大最小值定理，特别必有， 使 得 [a,b] ( ) 0 f x 为 f (x) 在 上的最小值，而 且 ， 即 存 在 [a,b] x0 ≠ a, x0 ≠ b ( , ) x0 ∈ a b ， 由 费 马 定 理 ， 必 有 f ′(x0 ) = 0。 定理 4.2 罗尔定理(Rolle) 设函数 y = f (x)满足： 1° 在[a,b]上连续； 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 3 - 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 b 2(a,b)内可导 f(a)=∫(b) 则三与∈(a,b),使∫(5)=0(即在x=5处有水平切 线 【证】f(x)在[a,b]上连续,则必在上取得最大最小值,因为 f(a)=∫(b),若f(x)的最大最小值在ab端点取得,则 f(x)≡C,Vx∈[a,b]均有∫'(x)=0.否则,f(x) 的最大最小值中至少有二者之一在[a,b]内部取得,不设, 使得∫()=maxf(x),又因为f(x)在可导,∫(与)必 ∈{a,b 为(anb)内的极大值点,由 费马定理,得到∫(5)=0. 注:罗尔定理及前面的导数零点定理的命题形式均为有水平切线的充分条件。不满 足这两个定理的条件时,结论也可能成立。 定理43拉格朗日微分中值定理( agrange)设f(x)满足 1在[a,b]上连续;2在(b内可导 则三5∈(a,b)使得f∫'(2)= f(o)-f(a 【证】设 b 点A(a,f(a)与点B(b,f(b)之间的弦为AB,则 f(b)-f(a K AB的直线方程为 6-a AB y(x)-f(a)= f(6)-f(a x-a), 取辅助函数 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 4-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 2° (a,b)内可导； 3° f (a) = f (b)。 则 ∃ξ ∈(a,b) ，使得 f ′(ξ ) = 0(即在 x = ξ 处有水平切 线)。 【证】 f (x) 在 [a,b] 上连续， 则必在上 取得最大 最小值， 因 为 f (a) = f (b) ， 若 f (x) 的 最 大最小值 在 [a,b] 端点取 得 ， 则 f (x) ≡ C ，∀x ∈[a,b]均有 f ′(x) = 0。否则， f (x) 的最大最小值中至少有二者之一在[a,b]内部取得，不妨设， 使得 ( ) max ( ) [ , ] f f x x∈ a b ξ = ，又因为 f (x)在可导， f (ξ ) 必 为(a,b)内的极大值点，由 费马定理，得到 f ′(ξ ) = 0。 注：罗尔定理及前面的导数零点定理的命题形式均为有水平切线的充分条件。不满 足这两个定理的条件时，结论也可能成立。 定理 4.3 拉格朗日微分中值定理(Lagrange) 设 f (x) 满足 1° 在[a,b]上连续；2° 在(a,b)内可导。 则∃ξ ∈(a,b)使得 b a f b f a f − − ′ = ( ) ( ) (ξ ) 【证】 设 点 A(a, f (a)) 与 点 B(b, f (b)) 之 间的弦为 AB ， 则 KAB b a f b f a = − ( ) − ( ) ， AB 的 直 线 方 程 为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x a b a f b f a y x f a − − − − = ， 取辅助函数 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 4 - 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(x=f(x)-y(x =f(x)-f(a) f(o)-f(a (x-a) b 则F(x)在[an,b]上满足罗尔定理的条件,且 F(a)=0,F(b)=0.于是三∈(an,b) F'(2)=0,即f(5) f(o)-f(a) b 注1:拉格朗日微分中值定理是罗尔定理(Ro1le)的进一步拓展,证明方法是通过引 入辅助函数,构造罗尔定理的条件,从而得到结果。并且(.1)式可有如下等价表 达式 f(b)-f(a)=f(2)b-a) f(a+b(b-a)(b-a),(0<6<1) f(x)=f(x0)+f(5)(x-x0) f(xo+h)=f()+ f(sh 注2:微分中值定理的证明是先引入辅助函数,以创造应用罗尔定理的条件,导出 结论。 注3:由微分中值定理可直接得出4个推论如下 推论1:若Vx∈(a b)恒有f(x)=0,则f(x)=C,其中 C为常数。 推论2若Vx∈(a,b)有(x)=g(x),则在(a,b)内必 有∫(x)=8(x)+C,当且仅当两曲线y=f(x)与 y=g(x)有一个公共点(x0,y0),x0∈(a,b)时,有 f(x=g(x) 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 5-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(x) = f (x) − y(x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x a b a f b f a f x f a − − − = − − 则 在 上 满 足罗尔 定理的 条件， 且 ，于是 F(x) [a,b] F(a) = 0, F(b) = 0 ∃ξ ∈(a,b)， F′(ξ ) = 0，即 b a f b f a f − − ′ = ( ) ( ) (ξ ) 。 注 1：拉格朗日微分中值定理是罗尔定理(Rolle)的进一步拓展，证明方法是通过引 入辅助函数，构造罗尔定理的条件，从而得到结果。并且(4.1)式可有如下等价表 达式 f (b) − f (a) = f ′(ξ )(b − a) = f (a +θ (b − a))(b − a) ，(0 < θ < 1)； ( ) ( ) ( )( ) 0 0 f x = f x + f ′ ξ x − x f (x0 + h) = f (x0 ) + f ′(ξ )h 注 2：微分中值定理的证明是先引入辅助函数，以创造应用罗尔定理的条件，导出 结论。 注 3：由微分中值定理可直接得出 4 个推论如下： 推论 1：若∀x ∈(a,b)恒有 f ′(x) = 0，则 f (x) = c ，其中 c 为常数。 推论 2：若∀x ∈(a,b)有 f ′(x) = g ′(x) ，则在 内必 有 (a,b) f (x) = g(x) + c 。当且 仅 当 两 曲 线 y = f (x) 与 y = g(x) 有一个公共点 ( , ), ( , ) x0 y0 x0 ∈ a b 时，有 f (x) = g(x) 。 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 5 - 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(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00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 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 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