第31讲微分中值定理(2) 97 第31讲微分中值定理(2) 、利用拉格朗日中值定理证明不等式 例1证明: n+1f(4)>f(b)(当f(x)单调减时), 从而当f(x)单调增时有 f(a)<!(b)-f(a)<f(b) 或 b-a)f(a)<f(b)-f(a)<(b-a)f(b). 例2若0≤a<B<,试证: cos a s tanp-tana< cos"B 证(1)选函数∫(x),选区间[a,b].先将所需证明的不等式变为
98 高等数学重点难点100讲 Cos s sane tana os'P 可见应考虑f(x)=tanx,x∈[a,B]c[0,2) (2)由拉格朗日公式得 tanB-ta Y COs'F Q0,c∈(a,b),则在(a,b)内至少有一点,使f"(})<0. 证由拉格朗日中值定理知 在(a,)内存在一点,使()=1(c)-/(a 在(,b)内存在一点2,使f()≈f(b)-f(c) b 在(1y2)内存在一点{,使f”()= f(2)-f(5)<0(注:这最后一个结果是对函数 f(x)在[31,2]上使用拉格朗日中值定理而得到的),d<51<<<b 即存在一点∈(a,b),使f"(y)<0. 、拉格朗日中值定理在求导方面的应用 在第20讲中我们讲过对于分段函数在分界点处的单侧导数的求法,对初学者来说,应 该用导数定义来求.用拉格朗日中值定理可以证明:在函数满足一定的条件下,单侧导数可 以不用定义来求,有下面的定理 定理(1)设函数∫(x)在区间[xob)上连续,在(x,b)内可导,且极限lm(x)=,1 存在,则右导数f(x)存在,并有f(x0)=A; (2)设函数f(x)在区间(a,x。上连续,在(a,x)内可导,且极限limf(x)=存在 则左导数f-(x)存在,并有f-(x0)=A; (3)当极限limf(x)=∞时,函数∫(x)在x不可导 证(1)(结论(2),(3)的证明留给读者)任取x∈(x,b),在区间「xax]上应用拉格朗 日中值定理,得 。),x0<§ 于是,”+(x)=lim f(xo2- lim P()(x-xo)= lim /(s) 当x→x+时,由两边夹法则知,→x。+,因此limf( ) lim f(s)
第31讲微分中值定理(2) 99 又limf(x)=A存在,由数列极限与函数极限关系定理(参看第8讲)知 lim f(E)= lim f(r)=A, 从而得 f+(x0)=A 2-x,1<x<+∞; 例4设f(x)= 0≤x≤ 求f(x) <x<0 解在各段开区间内分别求导得:f(x)={2x, 3x2 <x<0. 考察分界点x=0与x=1处的可导性 当x=0时,由于limf(x)=lim(2x)=0,limf(x)=lim(3x2)=0,由定理知 f+(0)=f-(0)=0,所以f(0)=0 当x=1时,由于limf(x)=lim(-1)=-1;limf(x)=lim(2x)= 即f+(1)=-1存在,(1)=2存在,但不相等,所以∫(x)在x=1处不可导 1<x<+∞; 综上,得f(x)={2x 0≤x<1;在x=1处f(x)不可导 ∞<x<0 例5讨论f(x)=∫√x-1, ; 在x=1处的可导性 解f(x)在x=1处连续,在x≠1处可导:f(x)= 2√1一 又因为 lim f'(x)= lim lim f(x)= lim ∞ 所以f(x)在x=1处不可导,但有无穷导数 sIn ≠0 例6设∫(x)= 求f(x) 解易知∫(x)在x=0处连续,当x≠0时,f(x)=2xm√ 但由于 im2asin1=0, limos1不存在,所以极限limf(x)不存在 务必充分注意当limf(x)不存在(且不为∞)时,不能断定(x)一定不存在,这时 0 要根据导数定义来判断f(x)在x=x处的可导性 这里,由导数定义得 rasin f(o)=lim f(r)-f(o) lim limxsin
100 高等数学重点难点100讲 2rsin CoS x≠0; 综上得f(x) 0 x=0. 小结分段函数f(x)的求导法可归结为如下几点: 1)如果f(x)在各段开区间内可导就分别求出它在各开区间内的导数 (2)判断分界点x处的可导性 ①若f(x)在x点不连续则它在x点不可导; ②若f(x)在x点连续,且在x0的邻域内(x除外)可导,则 (i)当极限lmf(x)=A存在时,f(x)在x点可导,且f(x)=A; i)当极限limf(x)=∞时,f(x)在x点不可导(但有无穷导数); (i)当极限limf(x)=A1,limf(x)=A2存在但不相等(A1≠A2)时,f(x )在x 工 o 点不可导; (iv)当limf(x)不存在(摆动)时,用定义来判定 利用拉格朗日定理证明方程根的存在性 例7设f(x)在[0,+∞)内可导,且f(x)≥k>0,f(0)0知,函数∫(x)单调增加所以f(x)在(0,+∞)内至多有 一个零点 任意指定x>0,在[0,x上对∫(t)应用拉格朗日中值定理,得 0)=f()x≥kx(00有f(0)+kx→+∞,于是.更有 因而存在x0>0,使f(x0)>0. 因为f(0)·f(x0)0,g(1)=f(1)-1<0,由连续函 数的介值定理知存在x∈(0,1),使g(xo)=0,即f(x0)=x (2)用反证法证明根的惟一性 若存在x0,x1∈(0,1),使f(x)=x,不妨设x<x1,在[x,x1]上对f(x)使用拉格朗 日中值定理,存在∈(x0,x1)C(0,1),使 f()-f(ro)xu 这与已知条件矛盾.综合(1),(2)得,存在惟一的x∈(0,1),使∫(x)=x