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 基础班微积分第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(应该说是局部极值一—徹观性态)的基本事实是在x=x 处的函数增量(x0)=f(x0+△x)-f(x)在x0附近(或者说两侧)为定号,即恒为正或恒 为负。以在x处取得极大值情况来分析y=∫(x)在x附近(某N(x0,6)邻域)的微观 性态如下: 设∫(x)在x处可导,在x处取得极大值,即在N(x26)内的任意x处应有 f(x)≤f(x0),由此可知=f(x)-f(x0)≤0,即在N(x0,O)内偏离x时,函数f(x) 取值会变小,于是可知: 若x>x,=f(x+A)-/(x)≤0 由极限的保序性便得到1my≤0,fx)≤0. 当x<x,则=(-(x≥0.my≥0,f(n)≥0, △r→0°△x 于是我们有∫(x0)≥0并且∫(x0)≤0。由此断定∫(x0)=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f(x)满足:1°在某邻域N(x0,O)内有定义并且x∈N(x,)有f(x)≤f(x)(或 ≥∫(x0)};2°在x处可导,则f(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。则必 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 基础班微积分第 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 在 处取得极值(应该说是局部极值——微观性态)的基本事实是在 处的函数增量 0 x y = f (x) 0 x = x 0 x = x ( ) ( ) ( ) 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。 以在 处取得极大值情况来分析 0 x 0 x y = f (x) 在 x0附近(某 ( , ) N x0 δ 邻域)的微观 性态如下： 设 f (x) 在 x0 处可导，在 x0 处取得极大值，即在 ( , ) N x0 δ 内的任意 处应有 ，由此可知 x ( ) ( ) 0 f x ≤ f x ∆f = f (x) − f (x0 ) ≤ 0 ，即在 ( , ) N x0 δ 内偏离 时，函数 取值会变小，于是可知： 0 x f (x) 若 x > x0 ， 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 。 f+ ′ x0 ≤ 当 x < x0 ，则 0 ( ) ( ) 0 0 ≥ − − = ∆ ∆ x x f x f x x f 。 lim 0 0 ≥ ∆ ∆ → − ∆ x f x ， ( ) 0 ， f− ′ x0 ≥ 于是我们有 ( ) 0 并且 。由此断定 ，这便是费马定理的结论。 f ′ x0 ≥ f ′(x0 ) ≤ 0 f ′(x0 ) = 0 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 (或 ；2°在 处可导，则 。 ( ) ( ) 0 f x ≤ f x ( )) 0 ≥ f x 0 x f ′(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 ′( ) ′( ) < 0 + − f a f b 。则必 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 1 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 彐x。∈(ab),使得∫(x)=0(在x处有水平切线) 思路:f(x)在a,b两点异号,若f(a)0,同样在x=b左 侧有x2使得f(x2)0(另一情况请读者完成证明),即有 ∫(a)=linf(x)-f(a) 按极限定义,V1>0,彐81>0,使当00,则有 f(x)-f(a)0,则VE2>0。彐2>0,使当00,则有 f(x)-f(b)<∫(b(x-b)<0 即∫(x)<∫(b)。因此∫(b)亦不是f(x)在[,b]上的最小值。 因为∫(x)在[ab]上可导,则必连续,由最大最小值定理特别必有,使得f(x0)为f(x) 在[a6上的最小值而且x。≠a,x0≠b,即存在x0∈(anb),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 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 ( , ) ∃x0 ∈ a b ，使得 ( ) 0 (在 处有水平切线)。 f ′ x0 = 0 x 思路： f ′(x) 在 a,b 两点异号，若 ′( ) 0 −f b ，同样在 左 侧有 使得 x = b 2 x ( ) ( ) 2 f x 0 −f b 0 ( ) ( ) ( ) lim ， 0 ∃δ 1 > ，使当 1 0 ，则有 ( )( ) 0 2 1 f (x) − f (a) 0，则 0 ∀ε 2 > 。 0 ∃δ 2 > ，使当 2 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[a,b]上的最小值。 因为 在 上可导，则必连续，由最大最小值定理，特别必有，使得 为 在 上的最小值，而且 f (x) [a,b] ( )0 f x f (x) [a,b] x0 ≠ a, x0 ≠ b ，即存在 ( , ) x0 ∈ a b ，由费马定理，必有 ( ) 0 。 f ′ x0 = 定理 4.2 罗尔定理(Rolle) 设函数 y = f (x)满足： 1° 在[a,b]上连续； 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 2 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 2(a,b)内可导;3°f(a)=∫(b) 则三ξ∈(a,b),使得∫()=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)=f(b),若f(x)的最 大最小值在[a,b]端点取得,则∫(x)≡C,x∈[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,不妨设 使得f()=maxf(x),又因为f(x)在可导,∫()必为(a,b)内的极大值点,由 费马定理,得到f()=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∫(x)满足 1°在{ab]上连续;2°在(a,b)内可导 则彐∈(a,b)使得()= f∫(b)-f(a) 【证】设点A(a,/(a)与点B(b,(b)之间的弦为AB,mf(b)-f(a)=KB,AB的 直线方程为y(x)-f(a)=/(b)-f(x-a), 取辅助函数 F(x)=f(x)-y(x)=f(x)-()(b)-f(a)(x-a) b-a 则F(x)在[a,b]上满足罗尔定理的条件,且F(a)=0,F(b)=0,于是3∈(a,b), F'(=0,即f()=/(b)-a 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(41)式可有如下等价表达式 f(b)-f(a)=f'()b-a)=f(a+0(b-a)b-a),(0<b<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 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 的最 大最小值在 端点取得，则 f (x) [a,b] f (x) ≡ C ，∀x ∈[a,b]均有 f ′(x) = 0 。否则， 的最 大最小值中至少有二者之一在 内部取得，不妨设， f (x) [a,b] 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 F(x) = f (x) − y(x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x a b a f b f a f x f a − − − = − − 则 F(x) 在[a,b]上满足罗尔定理的条件，且 F(a) = 0, F(b) = 0 ，于是∃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) ； 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 3 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 f(x)=f(x0)+f()(x-x0) f(x。+h)=f(x0)+f(5h 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∫(x)=0,则∫(x)=c,其中c为常数 推论2:若x∈(a,b)有f(x)=g'(x),则在(a,b)内必有∫(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,y),x∈(a,b)时,有f(x)=g(x) 推论3:若f(x)在[a,b]上有界,则对[a,b]上的任意两点x1,x2存在常数L>0,使得 (x2)-f(x)≤Lx2-x 其中L称为利普希茨常数。(若进一步有00 时y=∫(x)严格单调增加。而当∫(x)≤0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: (1)由y=f(x)在某x1处的取值或性态,可推知x近旁处∫(x)的取值或性态,像是 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 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 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 ( ) ( ) ( )( ) 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(a,b)内必有 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) 。 推论 3：若 f ′(x) 在[a,b]上有界，则对[a,b]上的任意两点 存在常数 ，使得 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 y = f (x) 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 在某 处的取值或性态，可推知 近旁处 的取值或性态，像是一 条“链锁”，对满足定理条件的 在 区间上有某种全局控制作用。 y = f (x) 1 x 1 x f (x) f (x) [a,b] (2) 拉格朗日中值定理在 的函数取值（或增量）与其导数取值之间搭起了一 座桥梁。 y = f (x) 定理 4.4 柯西中值定理(Cauchy) 如果 和 满足：(1)在闭区间 上连续； (2)在开区间 内可导，且 f (x) g(x) [a,b] (a,b) g(b) ≠ g(a), g′(x) ≠ 0，则在开区间(a,b)内至少存在一点 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 4 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 5,使得f(b)-/(a)(5 g(b)-g(a)g'(5) 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。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m,n为自然数,f(x)=x"(1-x),则f(x)在(0,1)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5∈(01)使∫'(2)=0,又 f(x)=mx -(1-x)"-nx(1-x)-=x -(1-x)"-(m-mx 令f(x)=0,当x∈()时,xm(1-x)≠0,得x°m+n 为唯一驻点,即ξ=x0为∫(x)的唯一零点。 例43设f(x)是周期为1的周期函数,在[0,1内可导,且f(1)=0, 令M=m以(x),试证明存在5∈(2),使得(5列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(5)≥2M。(用 Lagrange中值定理) 由f(x)在[0,1内可导,则必在[0,内连续,又因f(1)=f(0)=0, 则只能存在x∈(O,1)使得(x)=M=maNf(x) (最大最小值不在端点取得) 对区间(0,xM):±M-0=f(1)xM 对区间(x,1):0±M=f"(52)1-x1),51∈(0,x1),点2∈(x,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 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。读者可以进一步思考， 满足什么条件时，罗尔定理与拉格朗日定 理中的 f (x) ξ 点具有唯一性？又满足什么条件时有两个不同的ξ 1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 ，得 1 1 − ≠ m− n− x x (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 ξ 0 ∈(0,1)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 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 ) ： M M 0 f ( )x ξ 1 ± − = ′ 对区间(xM , 1) ： 0 ( )(1 ) 2 M ± M = f ′ ξ − x ， ( ) M 0, x ξ 1 ∈ ， ( ,1) 2 M ξ ∈ x 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 5 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 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 0，只需证明不等式 2 4 1 arctan( 1) 2 2 1 2 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
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 于是当x>0时f(x)>0,即原左侧不等式成立。 令叫(x)= arctan(x+1)-z-x,o(0)=0, 0(1+(x+2<0.→(x)<0,即原右侧不等式成立 例4.7设f(x)∈C0,,在(0,1)内可导,且f(0)=f(1)=0,证明存在5∈(0,1)使 f(5)+()=0。 【证】构造F(x)=x2f(x),容易验证 F(x)∈C[0,1且在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,对F(x)应用罗尔定理得 存在∈(01)使F(2)=0,即25()+2f()=0,两边同除5≠0,于是原题得证。 4.4用导数研究函数性态(极值凸性与拐点最值不等式等) 4.4.1引言 用导数研究函数性态是一类重要问题,属于导数应用范围。这类问题的理论基础是若 干微分学基本定理,并且还会涉及到导数定义与几何意义,以及连续函数的性质等内容。 而这类问题涉及的范围是:函数及其导数(甚至二阶导数)的零点问题,增减性问题,极值 与最大最小值问题,曲线的凹凸性问题与渐近线问题,以及某些不等式的证明问题 4.4.2函数的局部极值问题 定义4.1若在x0的某邻域内,恒有∫(x)≤f(x)或f(x)≥f(x) 则称f(x0)为函数∫(x)的一个极大(小)值。 极大值、极小值统称为极值,使函数取极值的点x0称为极值点。 个可导函数在x=x0处取得极值的必要条件是∫(x0)=0,这正是费尔马定理。满 足∫(x0)=0的点x称的为f(x)的驻点 从几何上看,曲线在极值点x处如果有切线,必是水平切线。 三类判断极值点的充分条件 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 于是当 x > 0时 f (x) > 0，即原左侧不等式成立。 令 , (0) 0 4 2 ( ) = arctan( +1) − − ϕ = π ϕ x x x ， 0, ( ) 0 2 1 1 ( 1) 1 ( ) 2 − < ⇒ < + + ′ = x x ϕ x ϕ ，即原右侧不等式成立。 例 4．7 设 f (x)∈C[0,1] ，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) = 0 ，证明存在ξ ∈(0,1) 使 2 f (ξ ) +ξf '(ξ ) = 0。 【证】构造 ( ) ( ) ，容易验证 2 F x = x f x F(x)∈C[0,1]且在(0,1) 内可导，且 F(0) = F(1) = 0，对 F(x) 应用罗尔定理得： 存在ξ ∈(0,1)使F'(ξ) = 0，即 2 ( ) '( ) 0，两边同除 2 ξf ξ +ξ f ξ = ξ ≠ 0 ，于是原题得证。 4．4 用导数研究函数性态（极值 凸性与拐点 最值 不等式等） 4．4．1 引言 用导数研究函数性态是一类重要问题，属于导数应用范围。这类问题的理论基础是若 干微分学基本定理，并且还会涉及到导数定义与几何意义，以及连续函数的性质等内容。 而这类问题涉及的范围是：函数及其导数(甚至二阶导数)的零点问题，增减性问题，极值 与最大最小值问题，曲线的凹凸性问题与渐近线问题，以及某些不等式的证明问题。 4．4．2 函数的局部极值问题 定义 4.1 若在 x0 的某邻域内，恒有 ( ) ( ) 0 f x ≤ f x 或 ( ) ( )) ， 0 f x ≥ f x 则称 ( )为函数 的一个极大(小)值。 0 f x f (x) 极大值、极小值统称为极值，使函数取极值的点 称为极值点。 0 x 一个可导函数在 x = x0 处取得极值的必要条件是 f ′(x0 ) = 0 ，这正是费尔马定理。满 足 ( ) 0 的点 称的为 的驻点。 f ′ x0 = 0 x f (x) 从几何上看，曲线在极值点 处如果有切线，必是水平切线。 x0 三类判断极值点的充分条件： 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 8 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 定理4.5(第一类充分条件) 设∫(x)在x某邻域内有定义,着在x处的增量M(x)=f(x)-f(x0)在x0两侧附近 不变号,则x=x0必为f(x)的极值点并且△(x)≥0时,x为极小值点而△(x)≤0时, x为极大值点。 例48求f(x)=-x在[-1的极值点 x-1x1:4=1-x-f(1)=1-x0,而当x∈(x0,x+)时,f(x)0,x=x必 为极小值点。 例生.10设方程x3-3x+A=0,讨论A取何值时 (1)方程有一个实根; (2)方程有二个不同实根; (3)方程有三个不同实根。 【解】设f(x)=x3-3x+A,则f(x)为三次多项式,最多有三个实根。用导数讨论该函 数的增减区间与极值的分布情况。 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 定理 4.5 (第一类充分条件) 设 f (x) 在 x0某邻域内有定义，若在 x0 处的增量 ( ) ( ) ( ) 0 ∆f x = f x − f x 在 两侧附近 不变号，则 必为 的极值点。并且 0 x 0 x = x f (x) ∆f (x) ≥ 0 时， 为极小值点，而 时， 为极大值点。 0 x ∆f (x) ≤ 0 0 x 例 4.8 求 f (x) = 1− x 在[−1,1]内的极值点。 【解】 ，由 ⎩ ⎨ ⎧ − ≥ − 1： ∆f =1− x − f (1) =1− x 0 ，而当 ∈( + δ ) 0 0 x x , x 时， f ′(x) 0 ， 必 为极小值点。 0 x = x 例 4.10 设方程 x3 − 3x + A = 0 ，讨论 A 取何值时 (1) 方程有一个实根； (2) 方程有二个不同实根； (3) 方程有三个不同实根。 【解】设 ，则 为三次多项式，最多有三个实根。用导数讨论该函 数的增减区间与极值的分布情况。 f (x) = x − 3x + A 3 f (x) 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 9 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 f(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 令∫(x)=0,解得驻点x1=-1,x2=1,并且 x∈(-∞,-1)时,∫(x)>0,∫(x)单调增加; x∈(-11)时,∫(x)0,∫(x)单调增加。 于是可知x1=-1为f(x)的极大值点,而x2=1为f(x)的极小值点。f(x)的极大极 小值分别为 (1)f(-1)=A+2,f(1)=A-2, 最大最小值均大于零(域或小于零)时,y=f(x)在(-1,+∞)内无零点,又limf(x)=-∞, 即f(x)可在(-0,-1)内可取得负值,由连续函数的零点定理,可知f(x)仅在(-∞,-1)内 有一个零点。 ∫(-1)·f(1)=(A+2(A-2)>0 由此可得A应满足A2-4>0,即4>2 (2)显然,当f(x)的最大最小值有一个为零时,即f(-1)·f(1)=A2-4=0时, f(x)恰有两个零点,此时4=2 (3)当f(-1)与∫(1)取得异号时,注意到imf(x)=+∞,于是f(x)恰有三个零点 分别位于(--1)(-1)与(+∞)内,此时|40),则f(x0)为极大 值(极小值 注:进一步的广义充分条件,在关于凹凸性一节后面给出。 4.4.3闭区间与开区间上的最大最值问题 (1)闭区间上的最大最值问题 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 ( ) 3 3 3( 1)( 1) ， 2 f ′ x = x − = x + x − 令 f ′(x) = 0 ，解得驻点 1 x1 = − ， 1 x 2 = ，并且 x ∈ (−∞,−1) 时， f ′(x) > 0 ， f (x) 单调增加； x ∈ (−1,1) 时， f ′(x) 0 ， f (x) 单调增加。 于是可知 1 x1 = − 为 f (x) 的极大值点，而 1 x2 = 为 的极小值点。 的极大极 小值分别为： f (x) f (x) (1) f (−1) = A+ 2 ， f (1) = A− 2 ， 最大最小值均大于零(或小于零)时， y = f (x) 在(−1,+∞) 内无零点，又 ， 即 可在 内可取得负值，由连续函数的零点定理，可知 仅在 内 有一个零点。 = −∞ →−∞ lim f (x) x f (x) (−∞,−1) f (x) (−∞,−1) f (−1)⋅ f (1) = (A+ 2)(A − 2) > 0 由此可得 A 应满足 A2 − 4 > 0 ，即 A > 2 (2) 显然，当 f (x) 的最大最小值有一个为零时，即 ( 1) (1) 4 0 时， 2 f − ⋅ f = A − = f (x) 恰有两个零点，此时 A = 2 。 (3) 当 f (−1) 与 f (1) 取得异号时，注意到 = +∞ →+∞ lim f (x) x ，于是 恰有三个零点， 分别位于 f (x) (−∞,−1),(−1,1) 与(1,+∞) 内，此时 A 0) ，则 为极大 值(极小值)。 ( ) 0 f x 注：进一步的广义充分条件，在关于凹凸性一节后面给出。 4．4．3 闭区间与开区间上的最大最值问题 （1） 闭区间上的最大最值问题 刘坤林 谭泽光 编 水木艾迪考研培训网 10 www.tsinghuatutor.com 电话 82378805