第一学期总复习三

设 f ( x) x3 5x 1 ，则 f ( x) 在[0，1]上连续且
f (0) 1 0
，
f (1) 3 0
由零点定理可知 f ( x) 在(0，1) 上至少有一个根
x0
（再证唯一性） 假设 f ( x) 在(0,1) 上还有一个根 即
x1
f ( x0 ) f ( x1 ) 0
从而当 e x e2 时,
f ( x) 2 ln x 4 4 4 2 2 f (e ) 2 2 0, x e e e
2 即当 e x e 时, f ( x) 单调增加. 因此当
e a b e2 时,
f (b) f (a)
即
4 4 2 ln b 2 b ln a 2 a e e
故方程在 (,) 上有且仅有一根。
4 3.设 e a b e , 证明 ln b ln a 2 (b a) e . 4 2 证明: 设 f ( x) ln x 2 x . 则 e (方法一) ln x 4 f ( x) 2 2 x e
2
2 2
1 ln x f ( x) 2 x2 , 所以当 x e 时, f ( x) 0 , 故 f ( x ) 单调减少,
《
高
等
数
学
பைடு நூலகம்
I
》
期末复习3
第三章 中值定理和导数应用
重要内容: 中值定理 导数应用 (单调性,凹凸性)
根的存在性,所在区间,唯一性
用中值定理证明某些等式 中值定理,单调性,凹凸性证明不等式 洛比达法则求七种未定式的极限
泰勒公式, 常用展开式 极值问题
1．证明：x 3 5 x 1 0 在（0，1）上有且仅有一根。 证：（先证存在性）
f ( x) 在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，
由罗尔定理可知至少存在一点
（0，1）使得
f ( ) 0
2 f ( x) 3 x 5 0 不可能有这样的点, （0，1），矛盾。
但是，
故方程在（0，1）上有且仅有一根。 也可以不用
罗尔定理,直 接利用单调性
2．证明：sin x 2 x 1 0 在 (,) 内 有且仅有一根。 证明：（先证存在性） 设 则 f ( x) 在 [
x U (1, ) , f ( x ) 0
同号
同号
故 x 1 不是极值点, 故只有极小值 f (0) 0.
x1 1, x2 0, x3 1
又由 f ( x) 6( x 2 1)(5 x 2 1)有
f (0) 6 0
所以 x 0 为极小值点. 但 f ( 1) f (1) 0
定理3失效. 在x 1 改用定理2.
x U (1, ), f ( x ) 0
f (c ) f ( a ) f (c ) 0 f (1 ) 0 ca ca
f (b) f (c) 0 f (c) f (2 ) 0 bc bc
及
再在闭区间 [1 ,2 ] 上对 f ( x ) 用拉格朗日中值定理,
知存在
(1,2 ) (a, b)
即
4 ln b ln a 2 (b a ) e
2 2
课堂上讲 解的方法
4.设 f ( x) 在 [0,1] 上连续, 在 (0,1) 内可导,且 f (1) 0
f ( ) 求证存在 (0,1), 使得 f ( )

证明: 设 F ( x) xf ( x) , 则 F (0) 0 且

,0]
f ( x) sin x 2 x 1
上连续且 2 f ( ) 0 f (0) 1 0 2 由零点定理可知， f ( x) 在 [ ,0] 上至少有一个根
2
（再证唯一性）
因为 f ( x) cos x 2 0
f ( x) 在 (,) 上严格单调递增，
f ( )

4. 设 f ( x) 在 [ a, b] 上连续, 在 ( a, b) 内有二阶导数, 且有 f (a) f (b) 0, f (c) 0 ,(a c b) . 试证在
( a, b) 内至少存在一点 , 使得 f ( ) 0.
证明: 由罗尔中值定理知, 存在 (a, b) ,使得 f ( ) 0 对 f ( x) 分别在 ( a, c ) 和 (c, b) 上用拉格朗日中值定理, 知分别存在 1 (a, c) 和 2 (c, b) , 使得
F (1) f (1) 0
即 F ( x) 在区间 [0,1] 上满足罗尔中值定理的条件, 因此存在 (0,1) , 使得 F ( ) 0 又 因此有
F ( x) f ( x) xf ( x)
f ( ) f ( ) 0
整理后可得 f ( )
f (2 ) f (1 ) f ( ) 0 2 1
使得
前页已证明 f (1 ) 0, f (2 ) 0;
例5 求函数 f ( x) ( x 2 1)3 1 的极值 解
定义域为 (-, )
由 f ( x) 6 x( x 2 1)2 0, 得
ln x f ( x) 2 , x
,
(a, b)
1 ln x f ( x) 2 x2 所以当 x e 时, f ( x) 0 , 故 f ( x ) 单调减少,
从而当 e x e2 时,
f (b) f (a) f ( )(b a) f (e2 )(b a)
2
故
4 ln b ln a 2 (b a ) e
2 2
3.设 e a b e2, 证明 ln 2 b ln 2 a 4 (b a ) 2 e . 2 证明: 设 f ( x) ln x . 则由中值定理
(方法二)
f (b) f (a) f ( )(b a),