例7试利用导数极限定理证明:导函数不能具有第一类间断点 分析如果导函数具有第一类间断点x,则加f(x)与f(x)都存在,由于函数 f(x)在点x处连续,由单侧导数极限定理有m:f(x)=f"+(x)f(x)=f-(x) 因此,不难推出点x0为f(x)的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证首先用反证法证明导函数∫(x)不能有可去间断点,若点x0为f(x)的可去间断点 则如f(x)存在;而f(x)在点x连续,故由导数极限定理,有 ax f(x)=f(ro) 这与点x0为f(x)的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明∫(x)不能具有跳跃间断点。若∫(x)有跳跃间断点x。,则存在左、右 邻域U(x0)U(x0)f(x)在这两个邻域上连续,且f(x)和如:f(x)存在,于是 f(x)在U(x0)和U(x0)上满足单侧导数极限定理的条件,即有 ∫"-(x)=∫(x-0),f"(x0)=f(x0+0) 由于∫(x0-0)≠f(x0+0),因此,f+(x0)≠∫-(x),这与∫(x)在点x0处可导 矛盾,综上证得导函数不能有第一类间断点。 例8设n为正整数 f(x)=(x-1)”(x+1) 证明方程∫(x)=0在(-1,1)中恰好n个相异实根。 分析罗尔中值定理的重要应用是:当f(x)为可导函数时,可以利用方程∫(x)=0的 根本情况讨论方程∫(x)=0的根的分布。若5122,是方程f(x)=0的根,即 f(1)=f(2)=0,由罗尔定理,彐7,5((2,f(m)=0,即在f(x)=0的两个根之间 必存在∫(x)=0的一个根,由于方程(x-1)”(x+1)”=0有两个n重根±1,因此,可以 逐次应用罗尔定理证得结论 证因为±1为方程∫(x)=0的n重根,于是该方程有2n个实根现要证明f(x)=0 有n个相异的实根。 f(x)=n(x-1)"(x+1)”+m(x-1)(x+1)1例 7 试利用导数极限定理证明：导函数不能具有第一类间断点 分析 如果导函数具有第一类间断点 0 x ，则 ( ) lim 0 f x x x  → + 与 ( ) lim 0 f x x x  → − 都存在，由于函数 （f x）在点 0 x 处连续，由单侧导数极限定理，有 ( ) ( ), ( ) ( ) 0 lim 0 lim 0 0 f x f x f x f x x x x x +  =  + −  =  − → → 因此，不难推出点 0 x 为 f (x) 的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证 首先用反证法证明导函数 f (x) 不能有可去间断点，若点 0 x 为 f (x) 的可去间断点， 则 ( ) lim 0 f x x x  → 存在；而 f (x) 在点 0 x 连续，故由导数极限定理，有 ( ) ( ) 0 lim 0 f x f x x x  =  → 这与点 0 x 为 f (x) 的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明 f (x) 不能具有跳跃间断点。若 f (x) 有跳跃间断点 0 x ，则存在左、右 邻域 ( ), ( ), ( ) _ 0 0 U x U x f x + 在这两个邻域上连续，且 ( ) ( ) lim lim 0 0 f x f x x x x x   → + 和 → − 存在，于是 ( ) ( ) ( ) 0 0 f x U x U x 在 − 和 + 上满足单侧导数极限定理的条件，即有 ( ) ( 0), ( ) ( 0) f  − x0 = f  x0− f +  x0 = f  x0 + 由于 ( 0) ( 0) f  x0−  f  x0 + ，因此， ( ) ( ) 0 0 f  + x  f  − x ，这与 f (x) 在点 0 x 处可导 矛盾，综上证得导函数不能有第一类间断点。 例 8 设 n 为正整数 n n f (x) = (x −1) (x +1) 证明方程 ( ) 0 ( ) f x = n 在（-1，1）中恰好 n 个相异实根。 分析 罗尔中值定理的重要应用是：当 f (x) 为可导函数时，可以利用方程 f (x) = 0 的 根本情况讨论方程 f (x) = 0 的 根 的 分 布 。若 1 2  , ，是方程 f (x) = 0 的根，即 f (1 ) = f ( 2 ) = 0 ，由罗尔定理， , 1  2 , f () = 0 ，即在 f (x) = 0 的两个根之间 必存在 f (x) = 0 的一个根，由于方程 ( −1) ( +1) = 0 n n x x 有两个 n 重根  1 ，因此，可以 逐次应用罗尔定理证得结论。 证 因为  1 为方程 f (x) = 0 的 n 重根，于是该方程有 2n 个实根，现要证明 ( ) 0 ( ) f x = n 有 n 个相异的实根。 1 1 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) − −  = − + + − + n n n n f x n x x n x x