问题1:下面解题方法对吗? 2 (1) lim xe=li Im X→)0 (2) lim x-sinx=1im1=csx不存在 x→∞x+ sin x x→∞1+cosx 答:均为错误 (1)因为不是未定式,不能用洛必达法则,正确解法应为 ∴imex2=e"=1,∴, lim xex (2)不满足洛必达法则的条件。正确解法应为 1--sin x limx-sinx=lim =1(lim -Sinx=0) x→x+Snxx∞ x→0 +-sin x 说明:洛必达法则只是充分条件,它不是万能的 问题2:用下述方法证明柯西定理,对吗? 证:因为f(x),F(x)均在园a,b上满足拉格定理中值定理条件,故存在5∈(a,b),使 得f(b)-f(a)=f()(b-a),F(b)-F(a)=F()(b-a),且,两式相除,得 f(b-f(a)f(5) F(b)-F(a F(s 答:不正确因为分别对f(x)F(x),在,b]上应用拉格朗日中值定理得到的x未必 是同一个,应为不同的,分别设为x1x2,则得到的等式应该是 f(b)-f(a)f(51) F(b)-F(a)F(52) 而得不到上述结论 问题3:如果f(x)在x0取得极值,是否必有f(x)=0 分析不一定因为函数还可以在导数不存在的点取得极值 问题4:如果可导函数f(x)当x>4时,有f(x)>0,则当x>a,有f(x)>0,该结 论正确吗?
29 问题 1：下面解题方法对吗？ （1） 2 2 2 2 1 1 1 1 3 2 2 2 lim lim lim lim 0 1 1 x x x x x x x x e e e x xe x x x → → → → − = = = = − ； （2） sin 1 cos lim lim x x sin 1 cos x x x → → x x x − − = + + 不存在. 答： 均为错误. （1） 因为不是未定式，不能用洛必达法则，正确解法应为 2 1 0 lim 1 x x e e → = = ， 2 1 lim x x xe → = ， （2） 不满足洛必达法则的条件。正确解法应为 1 1 sin sin lim lim 1 sin 1 1 sin x x x x x x x x x x → → − − = = + + （ 1 lim sin 0 x x → x = ）. 说明：洛必达法则只是充分条件，它不是万能的. 问题 2：用下述方法证明柯西定理，对吗？ 证：因为 f x F x ( ), ( ) 均在 [ , ] a b 上满足拉格定理中值定理条件，故存在 ( , ) a b ，使 得 f b f a f b a F b F a F b a ( ) ( ) '( )( ), ( ) ( ) '( )( ) − = − − = − ，且，两式相除，得 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( ) f b f a f F b F a F − = − 答：不正确.因为分别对 f x F x ( ), ( ) ，在 [ , ] a b 上应用拉格朗日中值定理得到的 x 未必 是同一个，应为不同的，分别设为 1, 2 x x ，则得到的等式应该是 1 2 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( ) f b f a f F b F a F − = − 而得不到上述结论. 问题 3：如果 f x( ) 在 0 x 取得极值，是否必有 0 f x ( ) 0 = ？ 分析 不一定.因为函数还可以在导数不存在的点取得极值. 问题 4：如果可导函数 f x( ) 当 x a 时，有 f x ( ) 0 ，则当 x a ，有 f x( ) 0 ，该结 论正确吗？
答:不对因为当x>a时,f(x)>0,只能说明f(x)当x>a时是单调增加的, 不能保证f(x)>0,例如f(x)=-,当x>0时,r(x)=1>0,但当x>0时 f(x)=--<0 问题5:证明方程根的存在性和唯一性的常用方法有哪些? 答:证明方程∫(x)=g(x)的根的存在问题,可转化为以下两种情况: ①构造函数F(x)=f(x)-g(x),求F(x)=0的零点问题,借助于闭区间上连续 函数的介值定理.(见例3) ②构造函数G(x),使GY(x)=f(x)-g(x),借助于罗尔定理证明根的存在性(例4) 证明根的惟一性,常用函数的单调性或用反证法利用中值定理完成 问题6:利用导数证明不等式的常用方法有哪些? 答:常用的有: (1)利用拉格朗日中值定理 (2)利用函数的单调性 (3)利用泰勒公式 (4)利用函数的最大最小值, (5)利用函数图形的凹凸性 其中利用单调性证明的方法用得较多 利用上述方法证明不等式,首先要对不等式做适当的变形,并选择辅助函数 b-a 例1利用拉格朗日中值定理证明不等式 b∠b-2,、(0<a 分析把不等式变形为(b-a)<lnb-lna<-(b-a),可见中项是函数lx在 区间,b上的增量,而b-a是该区间的长度,于是可对函数lnx在l,b]上应用拉格朗 日中值定理 证明设f(x)=nx则f(x)=-,在园,b]上应用于拉格朗日中值定理,有 b ln-=lnb-Ⅶna-x =-(b-a),a<x<b 因为a<x<b,所以一<x<,同乘b-a,得 b-a∠1n b
30 答：不对.因为当 x a 时， f x ( ) 0 ，只能说明 f x( ) 当 x a 时是单调增加的， 不能保证 f x( ) 0 ，例如 1 f x( ) x = − ，当 x 0 时， 2 1 f x( ) 0 x = ，但当 x 0 时， 1 f x( ) 0 x = − . 问题 5 ：证明方程根的存在性和唯一性的常用方法有哪些？ 答：证明方程 f x g x ( ) ( ) = 的根的存在问题，可转化为以下两种情况： ① 构造函数 F x f x g x ( ) ( ) ( ) = − ，求 F x( ) 0 = 的零点问题，借助于闭区间上连续 函数的介值定理.（见例 3） ② 构造函数 G x( ) ，使 G x f x g x '( ) ( ) ( ) = − ，借助于罗尔定理证明根的存在性（例 4）. 证明根的惟一性，常用函数的单调性或用反证法利用中值定理完成. 问题 6：利用导数证明不等式的常用方法有哪些？ 答：常用的有： （1） 利用拉格朗日中值定理， （2） 利用函数的单调性， （3） 利用泰勒公式， （4） 利用函数的最大最小值， （5） 利用函数图形的凹凸性. 其中利用单调性证明的方法用得较多. 利用上述方法证明不等式，首先要对不等式做适当的变形，并选择辅助函数. 例 1 利用拉格朗日中值定理证明不等式 ln , (0 ). b a b b a a b b a a - - < < < < 分析 把不等式变形为 ( ) 1 1 ( ) ln ln , b a b a b a b a - < - < - 可见中项是函数 ln x 在 区间 [ , ] a b 上的增量，而 b a - 是该区间的长度，于是可对函数 ln x 在 [ , ] a b 上应用拉格朗 日中值定理. 证明 设 f x x ( ) ln = 则 1 f x( ) x = ，在 [ , ] a b 上应用于拉格朗日中值定理，有 1 ln ln ln ( ), . b b a b a a b a x x = - = - < < 因为 a b < < x ，所以 1 1 a b < < x ，同乘 b a - ，得 ln . b a b b a b a a - - < <
例2利用函数的单调性证明:当0x+-x2 证令f(x)=tanx-(x+x),则f(x)在5]上连续,且f(O)=0,当 0x,故 f'(x)=sec2x-1-x2=tan'x-x (tanx +x(tanx-x)>0 所以f(x)在内单调增加,因此,f(x)>f(0)=0.即 tanx>x+-x'(00时,+x>1+x-x 分析如果不等式是一个复杂函数与多项式的大小关系,可将这个复杂函数用泰勒公式 表示,比较其大小 设f(x)=√1+x,则f(0)=1 f(x) (1+x)2,f(0) 2√1+x f"(x)=-(1+x)2,f(0)= f"(x)=(1+x)2, 所以有二阶泰勒公式,有 √+x=f(0)+f(0x+ f"(0),2,f"(qx),3 12x+1u+ +6x)2x,(00时,余项1(1+0x)2x2>0所以④+x1+x-x,(x>0) 16 例4利用函数的最值证明不等式x-ax≤1-a(x>0,0<a<1) 31
31 例 2 利用函数的单调性证明：当 0 2 x 时， 1 3 tan 3 x x x + . 证 令 1 3 ( ) tan ( ) 3 f x x x x = − + ，则 f x( ) 在 [0, ] 2 p 上连续，且 f (0) 0 = ，当 0 2 x 时， tan x x ，故 2 2 2 2 ( ) sec 1 tan (tan )(tan ) 0 f x x x x x x x x x = − − = − + − 所以 f x( ) 在 [0, ] 2 p 内单调增加，因此， f x f ( ) (0) 0 = .即 1 3 tan 3 x x x + （ 0 2 x ） 例 3 利用泰勒公式，证明：当 x 0 时， 2 1 1 2 8 x x + + − x 分析 如果不等式是一个复杂函数与多项式的大小关系，可将这个复杂函数用泰勒公式 表示，比较其大小. 证明 设 f x x ( ) 1 = + ，则 f (0) 1 = . 1 2 1 1 1 ( ) (1 ) , '(0) 2 1 2 2 f x x f x = = + = + ， 3 2 1 1 ( ) (1 ) , '(0) 4 4 f x x f − = − + = − 5 2 3 ( ) (1 ) 8 f x x − = + ， 所以有二阶泰勒公式，有 ''(0) '''( ) 2 3 1 (0) '(0) 2! 3! f f qx + = + + + x f f x x x 2 5 1 2 3 1 (1 ) ,(0 1). 2 8 16 x x x x − = + − + + 当 x 0 时，余项 5 1 2 3 (1 ) 0, 16 x x − + 所以 2 1 1 ,( 0). 2 8 x x + + − x x 例 4 利用函数的最值证明不等式 1 ( 0,0 1). a x ax a x a − −
分析设m是函数在区间/上的最小值,则当x∈I时,有F(x)≥m,要证不等 式F(x)30,x∈I,只需证明F(x)在区间Ⅰ上的最小值m30即可 证明令F(x)=1 +ax,x>0, F(x)=-x“+a,由F(x)=0得驻点x=1 又F(x)=a(1-a)x“2>0,所以F)>0,故x=1是F(x)在(0+?) 内惟一的极小值点,也是最小值点,故在(0+?)内有F(x)≥F(1)=0.即 ≤1-a,(x>0,01),在[1,x]上用拉格朗日中值定理,有 5>1, 得x-1≤a(x-1)即 在[x,1]上用拉格朗日中值定理,有 0a,但x0),则F( +a=a(1-x2) 由F(x)=0得驻点x=1 当0<x<1时 F'(x)<0,知F(x)单调递减
32 分析 设 m 是函数在区间 I 上的最小值，则当 x I 时，有 F x m ( ) ，要证不等 式 F x( )³ 0， x I ，只需证明 F x( ) 在区间 I 上的最小值 m ³ 0 即可. 证明 令 ( ) 1 , 0, a F x a x ax x = − − + 1 ( ) a F x ax a − = − + ，由 F x ( ) = 0 得驻点 x =1. 又 2 ( ) (1 ) 0 a F x a a x − = − ，所以 Fⅱ(1) 0 > ，故 x = 1 是 F x( ) 在 (0, ) + ? 内惟一的极小值点，也是最小值点，故在 (0, ) +? 内有 F x F ( ) (1) 0. = 即 1 ,( 0,0 1). a x ax a x a − − 该题也可用如下其他方法证明. 证法一 利用拉格朗日中值定理 令 ( ) ,(0 1, 1) a f x x a x = ，在 [1, ] x 上用拉格朗日中值定理，有 1 1 1 (1 ) 1 a a a x a a x x − − − = = − 1 1, 1 a − 1 1 a x a x − − ，得 1 ( 1) a x a x − − 即 1 a x ax a − − 在 [ ,1] x 上用拉格朗日中值定理，有 1 1 1 (0 1) 1 a a a x a a x x − − − = = − 1 1, 1 a − 1 1 a x a x − − ，但 x 1 ，得 1 ( 1) a x a x − − 即 1 a x ax a − − . 证法二、利用单调性 令 ( ) 1 ( 0) a F x a x ax x = − − + ，则 1 1 '( ) (1 ) a a F x ax a a x − − = − + = − 由 F x ( ) 0 = 得驻点 x =1. 当 0 1 x 时， 1 1 a x − ， F x'( ) 0 ，知 F x( ) 单调递减
当x>1时,x20,知F(x)单调递增 所以F()是最小值,又F(1)=0,∴F(x)≥0即x-ax≤1-a 证法三、利用泰勒公式 取x=1,令F(x)=1-a-x2+ax(x>0),F(x0)=F(1)=0 F(x)=a(1-x4),F(x)=F(1)=0,F(x)=a(1-a)x2 由一阶泰勒公式, F "() F(x)=F(1)+F(x-1)+2(5(x-1)2 2! 有F(x)a(1-a) (x-1)2≥0 1-a-x4+ax≥0,即x-ax≤1-a 例5利用图形凹凸性证明:当x>0,y>0时,有不等式 xInx+yIn y2(x+yIn ty 等号仅当x=y时成立 2 分析设f(x)在区间Ⅰ上连续,Vx,x2∈1, 若恒有/(x)0,则f(t)=1+lnt,f"(t)=>0,故函数 f()=tlnt,在t>0的图形是凹的,从而对x>0,y>0,有
33 当 x 1 时， 1 1 a x − ， F x'( ) 0 ，知 F x( ) 单调递增. 所以 F(1) 是最小值，又 F(1) 0 = ， F x( ) 0 即 1 a x ax a − − 证法三、利用泰勒公式 取 x =1 ，令 0 ( ) 1 ( 0), ( ) (1) 0 a F x a x ax x F x F = − − + = = 1 ( ) (1 ) a F x a x − = − ， F x F ( ) (1) 0 = = ， 2 ( ) (1 ) a F x a a x − = − 由一阶泰勒公式， 2 ( ) ( ) (1) (1)( 1) ( 1) 2! F F x F F x x = + − + − 有 2 2 (1 ) ( ) ( 1) 0 2 a a a F x x − − = − 1 0 a − − + a x ax ，即 1 a x ax a − − . 例 5 利用图形凹凸性证明：当 x y 0, 0 时，有不等式 ln ln ( )ln . 2 x y x x y y x y + + + 等号仅当 x y = 时成立. 分析 设 f x( ) 在区间 I 上连续， 1 2 x x I , , 若恒有 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) , 2 2 x x f x f x f + + 称 f x( ) 在 I 上图形是凹的. 若恒有 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) , 2 2 x x f x f x f + + 称 f x( ) 在 I 上图形是凸的. 将不等式两边同除以 2，变形为 ln ln ln . 2 2 2 x y x y x x y y + + + 可以看出，左边是函数 f t t t ( ) ln = 在 2 x y + 处的函数值，而右边是它在 x y, 两点处函 数值的平均值.因此，可用函数图形的凹凸性来证明. 证 明 设 f t t t ( ) ln = ， t > 0 ， 则 1 f t t f t ( ) 1 ln , ( ) 0 t = + = ，故函数 f t t t ( ) ln = ，在 t > 0 的图形是凹的，从而对 x y 0, 0 ，有
r(+y)<f(x)+f(v), nx+yIn x+ys inx+yIny 当X=y时,等号成立,即xmx+yhmy≥(x+y)n3y
34 ( ) ( ) ( ) 2 2 x y f x f y f + + ，即 ln ln ln 2 2 2 x y x y x x y y + + + . 当 x y = 时，等号成立，即 ln ln ( )ln . 2 x y x x y y x y + + +