数学分析选讲第3章n

第三章导数第1节导数的定义设在x 0的某邻域内函数f 有定义.若极限000()()lim h f x h f x h→+−(=00)()(lim 0x x x f x f x x −−→)∈R ,则称f 在x 0可微,并称此极限为f 在x 0处的(有穷)导数,记为f ′(x 0),D f (x 0),0|)(x x x f =′等.若此极限为∞(或−∞),且f 在x 0连续,则定义f ′(x 0)=∞(−∞)并说f 在x 0有无穷导数.把上述极限中的h →0换成h →0+或h →0−,便得到右导数f +′(x 0)或左导数f −′(x o )的定义.若f 在(a ,b )的每个点均可微,则称f 在(a ,b )内可微,并称由x a f ′(x )定义的函数f ′为f 在(a ,b )上的导函数,简称为f 的导数.若f 在(a ,b )内可微,且f +′(a )与f −′(b )存在,则称f 在[a ,b ]上可微.若在x 0的某邻域内函数f (n −1)(n =2,3,…)有定义,且f (n −1)在x 0可微,则称f 在x 0处n 次可微或n 阶可微,并把导数(f (n −1))′(x 0)记为f (n )(x 0),称为f 在x 0处的n 阶导数.与上面类似地可定义),(0)(x f n +)(0)(x f n −和f (n ).当f (n )连续时,称f 是C (n )类函数或f n 次连续可微.若对任何正整数n ,f (n )均存在,则称f 是C ∞类函数或f 无穷次可微.可微函数必连续.若f 在x 0处n 次可微,则在x 0的某邻域内f n −1次可微,n −2次连续可微.两个n 次可微函数的和、差、积、商及复合仍n 次可微.导数f ′Darboux 连续,故f ′没有零点时不变号,这意味着可微函数在其相邻驻点之间严格单调.同时,f ′的Darboux 连续性表明f ′没有第一类间断点.因此,有第一类间断点的函数不可能是另一个函数的导数,或者说,它没有原函数.分段表示的函数的导数当然分段求,但分点处的导数应单独求.为求分点处的导数,可以应用定义,也可以用所谓“导数的连续性定理”,如下:若f 在(a ,b )内可微,在a (右)连续,f ′(a +)=l ∈R*,则f +′(a )=l .对另一端点b 也成立着类似的结论.因此,若f 在c ∈(a ,b )连续,cx →lim f ′(x )=l ∈R*,则f ′(c )=l .〖当l ∈R 时这意味着f ′在c 连续,当l =±∞时直接得到f ′(c )=±∞而不必从定义去求无穷导数.又,若f ′在c ∈(a ,b )有无穷型间断点,即cx →lim |f ′(x )|=∞,则|f ′(c )|=∞,与f 在c 可微矛盾.因此导数也没有无穷型间断点.〗上述结论中的条件“f 在a 连续”不可去,因为f +′(a )∈R 时f 在a 右连续,而f +′(a )=±∞的定义要求f 在a 右连续.例如对⎩⎨⎧<>=′⎩⎨⎧<−≥=,0 ,1;0 ,cos )( ,0 ,1;0 ,sin )(x x x x f x x x x x f 有从f ′(0+)=f ′(0−)=1不能得到f −′(0)=f +′(0)=1,更不能得到f ′(0)=1.例1求下列函数的导数:(1)f (x )=arcsin ;122x x +(2)g (x )=sgn f (x ),其中f 连续.证(1)|x |≠1时.1)1sgn(2)(22x x x f +−=′又,因为f 在±1处连续,f ′(1+)=−1=f ′(−1−),f ′(1−)=1=f ′(−1+),所以f +′(1)=f −′(−1)=−1,f −′(1)=f +′(−1)=1,f 在±1不可微.(2)若f (a )≠0,则有a 的邻域,使在其内f >0或f <0,从而在该邻域内sgn f (x )=1或−1,(sgn f (x ))′=0.换句话说,当f 连续且f (a )≠0时g ′(a )=0.当f (a )=0时g ′(a )=ax x f a x −→)(sgn lim ,当且仅当在a 的某邻域内f =0时存在且=0.例2设f (0)=0,x ≠0时f (x )=x 2|cos (π/x )|.考察f 的可微性.解易知f ′(0)=0.设x ≠0,此时f (x )=x 2cos x πsgn cos x π.当cos xπ≠0时f 可微,f ′(x )=x 2(−sin x π)(−2xπ)sgn cos x π+2x cos x πsgn cos x π=πsin x πsgn cos x π+2x |cos x π|.当cos x π=0即x =122+n (n ∈Z )时f 连续.设n =0或正偶数,则在122+n 的右邻域内cos x π>0,f (x )=x 2cos x π,在122+n 的左邻域内f (x )=−x 2cos xπ,因此f +′(122+n )= ,cos (lim 2122ππ=′++→x x n x f −′(122+n )=−π,f 在122+n 处不可微.类似地,n 为正奇数时f 也不可微.因为f 是偶函数,故有如下结论:f 在122+n (n ∈Z )处不可微,在其它点均可微.例3考察何时f 可微⇒|f |可微,何时|f |可微⇒f 可微.解把|f |记为g ,则g (x )=f (x )sgn f (x ).设f 在x 可微,则f 在x 连续,由例1(2),当f (x )≠0时g 可微,且g ′(x )=f ′(x )sgn f (x ).设f 在a 可微,f (a )=0.因为|,)(| |)(lim | 0|)(|lim )(a f a x x f ax x f a g a x a x ′=−=−−=′+→+→+|,)(| |)(lim | |)(|lim )(a f ax x f a x x f a g a x a x ′−=−−=−=′+→−→−所以当且仅当f ′(a )=0时g ′(a )存在且=0.设g 可微,f (a )=0,则由g +′(a )=a x x f a x −+→|)(|lim ≥0与g −′(a )=ax x f a x −−→|)(|lim ≤0得g ′(a )=0.因此g +′(a )=g −′(a )=0,即|)(|lim a x x f a x −+→=) |)(|(lim ax x f a x −−−→=0,,0 |)(|lim =−→a x x f a x f ′(a )=a x x f a x −→)(lim =0.当f (a )≠0时由g 在a 可微不一定得到f 在a 可微,请读者自己举例.例4设x ≠0时f (x )=x p sin x −1,f (0)=0.考察f 在x =0处的各阶可微性.解因为p ≤0时f 在0不连续,故不可微.设p >0,此时f 连续.当x ≠0时f ′(x )=px p −1sin x −1−x p −2cos x −1,f ″(x )=(p (p −1)x p −2−x p −4)sin x −1−(2p −2)x p −3cos x −1,f ′″(x )=(a 1x p −3+a 2x p −5)sin x −1+(b 1x p −4+b 2x p −6)cos x −1,其中a 1,a 2,b 1,b 2是适当的数.一般地,f (n )(x )=P (x )sin x −1+Q (x )cos x −1,这里,n 为偶数时P (x )=x p −2n P 1(x ),Q (x )=x p −2n +1Q 1(x );n 为奇数时P (x )=x p −2n +1P 2(x ),Q (x )=x p −2n Q 2(x ),其中P 1,P 2,Q 1,Q 2是含常数项的多项式.若f (n )(0)=0(n =0,1,2,…),则n 为偶数时f (n +1)(0)=xx f n x )(lim )(0→=0lim →x (x p −2n −1P 1(x )sin x −1+x p −2n Q 1(x )cos x −1),当p −2n −1≤0,即p ≤2n +1时f (n +1)(0)不存在,p >2n +1时f (n +1)(0)=0.当n 为奇数时结果相同.因此,当p ≤2n −1时f (n )(0)不存在,p >2n −1时f (n )(0)=0.(进一步可知:当p =2n 时f (n )在0处不连续,当p >2n 时f (n )在0处连续.)例5设f :(0,∞)→R 在x =1处可微,且对任意x ,y >0有f (x y )=y f (x )+x f (y ).证明f 可微并求f ′,f .证〖用导数定义并使之与f ′(1)联系起来,为此先求f (1)〗在题式中令x =y =1得f (1)=2f (1),故f (1)=0.当x >0时hx f x h x f h x f h x f )())1(()()(−+=−+h x f x h xf x f x h )()1()()1(−+++=hx h f x x f 1)1()(−++=,令h →0得).1()()(f x x f x f ′+=′因此,)1()((xf x x f ′=′解得f (x )=x (f ′(1)ln x +C ).由f (1)=0得C =0,故f (x )=f ′(1)x ln x ,f ′(x )=f ′(1)(1+ln x ).例6设f :R →R 可微,f (0)=0.证明:若∃c >0∀x ∈R :f ′(x )>c f (x ),则x >0时f (x )>0.证法一(反证法)因为f ′(0)>cf (0)=0,故∃δ>0∀x ∈(0,δ):f (x )>0.设有a >0使f (a )≤0.设f 在[0,a ]上的最大值为f (ξ),则f (ξ)>0,ξ≠0,ξ≠a ,从而f ′(ξ)=0<c f (ξ),与条件矛盾.法二(间接证法)设g (x )=e −c x f (x ),则g (0)=0,g ′(x )=e −c x (f ′(x )−c f (x ))>0(x ∈R ).因此g 严格增,x >0时g (x )>0,f (x )=e c x g (x )>0.法三(直接证法)因为f ′(0)>0,故∃δ>0∀x ∈(0,δ):f (x )>0.设E ={δ|x ∈(0,δ)时f (x )>0},则E 非空.设a =sup E 〖本题结论等价于a =∞〗.若a ∈R ,则f (a )=0〖∃x n ∈E 使x n →a ,由f 连续及f (x n )>0得f (a )≥0.若f (a )>0,则将有x >a 使f (x )>0,与a 是最小上界矛盾〗,从而f ′(a )=f −′(a )=ax x f a x −−→)(lim≤0=c f (a ),与条件矛盾.因而a =∞,由此得证.注一个问题的不同证法往往提供问题的不同推广.对本例而言,证法一并不要求对所有x 有统一的c ,因此条件可改为“∀x ∈R ∃c >0:f ′(x )>c f (x )”.对这样的条件,证法三仍然适用,而证法二不能再用.但从证法二可见,x <0时g (x )<0,从而f (x )<0.这个结论却不能从证法一直接得到.同时,因为题中的条件是f ′(x )−c f (x )>0,故证法二考虑辅助函数e −c x .如果条件改为f ′(x )+c f (x )>0,则可考虑e c x ,设g (x )=e c x f (x ),应用同样的证明过程可得到相同的结论.例7设f 在[a ,∞)上连续,在其零点可微,且导数不为0.若f 存在互不相同的零点组成的点列x 1,x 2,…,证明lim x n =∞.证设结论不成立,则〈x n 〉有子列有上界.因为x n ≥a ,故〈x n 〉有有界子列,从而有收敛子列,设为〈k n x 〉且k n x →x 0,则k n x ≠x 0〖因为x n 互不相同〗.由f (k n x )=0与连续性得f (x 0)=0.因为f ′(x 0)存在,故,0)()(lim )()(lim )(0000000=−−=−−=′→→x x x f x f x x x f x f x f k k n n x x x x 与题设矛盾.例8设f 在(−1,∞)上可微,f (0)=1,f ′(x )+f (x )−∫+x f x 011=0.求f ′(x )并证明e −x ≤f (x )≤1(x ≥0).解〖为求f ′,需把题式中的积分号通过求导数去掉,为此要先说明f ″存在〗由f ′(x )=∫+x f x 011−f (x )知f ″存在.把题式变形为(x +1)(f ′(x )+f (x ))−∫x f 0=0.两端求导,得(x +2)f ′(x )+(x +1)f ″(x )=0,从而得ln |f ′(x )|=−x −ln |x +1|+C .在题式中令x =0得f ′(0)=−1,故C =0.因此|f ′(x )|=1+−x e x ,再由f ′(0)=−1得f ′(x )=−1+−x e x .当x ≥0时−e −x <f ′(x ),在[0,x ]上积分,得e −x =1−∫−x t dt e 0≤f (x )=−∫+−xt dt e 01+f (0)≤f (0)=1.例9证明f 在a 可微的充要条件是:对满足αn ≤a ≤βn 、αn →a 、βn →a 、αn ≠βn (n ∈N )的任何数列〈αn 〉,〈βn 〉,极限n n n n f f αβαβ−−)()(lim 存在且相等.证设f 在a 处可微,则n →∞时b n =00)()(x f f n n −−β与c n =nn f x f α−−00)()(→f ′(a ).易知a ,b >0时b a d c ++在a c 与bd 之间,故n n n n f f αβαβ−−)()(在b n 与c n 之间,从而其极限为f ′(a ).反之,设条件成立,nn n n f f αβαβ−−)()(lim =L .取αn =a ,〈βn 〉为满足βn >a 与βn →a 的任一数列,则lim aa f f n n −−ββ)()(存在且等于L ,即f +′(a )存在且等于L .类似地可证f −′(a )=L .因此f ′(a )=L .例10设f :[0,1]→R 连续,a ∈(0,1).证明:若对有理数h ,h a f h a f h h )()(lim 0,0−+→≠存在且等于L ,则f 在a 可微.分析如果可微,导数当然是L ,因此要证明∀ε>0∃δ>0当0<|x |<δ时|)()(|L x a f x a f −−+<ε.只有设法把其中的实数x 过渡到适当的有理数h x ,才能应用条件.注意|)()(|L x a f x a f −−+≤|)()(|x h a f x a f x +−+|)()(|L x h h x f h a f x x x −⋅−++.(∗)对右端第一项,因为f 在a+x 连续,故只要h x 与x 充分靠近,分子便可任意小.对右端第二项,只要x →0时h x →0且h x /x →1,便可趋于0.为此,例如可把h x 取得使|h x −x |≤x 2.证由条件,∀ε>0∃δ1>0当h ∈Q 且0<|h |<δ1时|)()(|L h a f h a f −−+<3ε.取正数δ<δ1使L =0时δ<ε/3,L ≠0时δ<ε/(3|L |).设x 满足0<|x |<δ,取h x ∈Q 使h x ≠0,|h x −x |≤x 2,|h x /x |≤1且|f (a +x )−f (a +h x )|<|x |ε/3〖因为f 在a+x 连续,这样的h x 是存在的〗.因此0<|x |<δ时|1−h x /x |≤|x |<δ,|h x |≤|x |<δ,〖为便于写成ε-δ形式,把(∗)式第二项进一步变形〗|)()(|L x a f x a f −−+≤|()(|)xh a f x a f x +−+|1||||||)()(|−+−−++xh L x h L h x f h a f x x x x <.||133εδεε≤+⋅+L 例11证明:若f :[a ,b ]→R 可微,且对任意实数c ,E ={x ∈[a ,b ]|f ′(x )=c }是闭集,则f ′在[a ,b ]上连续.证〖用第二章例9〗设F ={x ∈[a ,b ]|f ′(x )≥c }.若F 不是闭集,则存在x ∉F ,x n ∈F 使x n →x ,此时f ′(x n )≥c ,f ′(x )<c .由Darboux 定理,有x ,x n 间的ξn 使f ′(ξn )=c .于是ξn ∈E ,ξn →x 而x ∉E ,与E 是闭集矛盾.因此F 是闭集.同理,集{x ∈[a ,b ]|f ′(x )≤c }也是闭集.因此f ′连续.求函数的高阶导数的方法主要有:(1)用数学归纳法;(2)把函数变形为易求高阶导数的函数之线性组合;(3)用Leibniz 法则;(4)寻找高阶导数满足的微分方程;(5)求一点处的高阶导数时还可考虑用定义(如例4)和Taylor 公式.例12(1)证明函数L (x )=e x (x m e −x )(m )满足方程xL ″(x )+(1−x )L ′(x )+mL (x )=0.(2)若f (x )=sin (c arcsin x ),求f (n )(0).解(1)设h (x )=x m e −x ,则h ′(x )=m x m −1e −x −x m e −x ,即xh ′(x )+(x −m )h (x )=0.用Leibniz 法则求n +1阶导数,得x h (m +2)(x )(x +1)h (m +1)(x )+(m +1)h (m )(x )=0.以h (m )(x )=L (x )e −x ,h (m +1)(x )=(L ′(x )−L (x ))e −x ,h (m +2)(x )=(L ″(x )−2L ′(x )+L (x ))e −x 代入上式得证.(2)f ′(x )=cos (c arcsin x )⋅21x c −=221)(1xx f c −−…①.平方并整理,得(1−x 2)(f ′(x ))2=c 2(1−f 2(x )).求导并整理,得(1−x 2)f ″(x )−x f ′(x )+c 2f (x )=0…②.用Leibniz 法则求n 阶导数,得(1−x 2)f (n +2)(x )−(2n +1)x f (n +1)(x )+(c 2−n 2)f (n )(x )=0.令x =0,得f (n +2)(0)=(n 2−c 2)f (n )(0).由①②式知f ′(0)=c ,f ″(0)=0.因此,当n 为偶数时f (n )(0)=0,n =2k +1(k ∈N )时f (2k +1)(0)=(−1)k c (c 2−1)(c 2−22)…(c 2−(2k −1)2).注在求f 的高阶导数时,如果能用f 表示f ′,将会简化求导过程.例如对f (x )=tan x ,我们有:f ′(x )=1+f 2(x ),f ″(x )=2f (x )f ′(x )=2f (x )(1+f 2(x )),f ′″(x )=2(1+4f 3(x )+3f 4(x )),f (4)(x )=8(2f (x )+5f 3(x )+3f 5(x ))等等,这比从f ′(x )=cos −2x ,f ″(x )=2cos −3x sin x 往下求要简单.第2节中值定理与Taylor 公式Rolle 定理:若f 在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内有有限或无穷导数,且f (a )=f (b ),则存在ξ∈(a ,b )使f ′(ξ)=0.注意Rolle 定理允许f 在(a ,b )内的点处取无穷导数,这是因为f 在内点x 0取无穷导数时x 0不可能是极值点.事实上,这时存在(x 0−δ,x 0+δ)⊂(a ,b )使0<|x −x 0|<δ时00)()(x x x f x f −−>0,从而x 0−δ<x <x 0时f (x )<f (x 0),x 0<x <x 0+δ时f (x 0)<f (x ),f (x 0)不可能是极值.Rolle 定理可推广为:若f 在有限或无限区间(a ,b )内有有限或无穷导数,且f (a +)=f (b −)∈R*,则存在ξ∈(a ,b )使f ′(ξ)=0.对函数F =(f (b )−f (a ))g −(g (b )−g (a ))f 应用Rolle 定理,易得一般中值定理:若f ,g 在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内有有限或无穷导数,则存在ξ∈(a ,b )使(f (b )−f (a ))g ′(ξ)=(g (b )−g (a ))f ′(ξ).在一般中值定理中取g (x )=x 时得到Lagrange 中值定理.另一个特例是Cauchy 中值定理:若f ,g 在[a ,b ]上连续,在(a ,b )内有有限或无穷导数,并且f ′,g ′不同时为无穷、无公共零点、g (b )≠g (a ),则存在ξ∈(a ,b )使)()()()()()(ξξg f a g b g a f b f ′′=−−.(∗)事实上,g ′(ξ)=±∞时f (b )−f (a )=0〖否则由一般中值定理的结论知f ′(ξ)=±∞,与条件矛盾〗,g ′(ξ)∈R 时g ′(ξ)≠0〖否则将有f ′(ξ)=0,f ′,g ′有公共零点ξ〗,因而(∗)式成立.Lagrange 中值定理的一个常用的变形是:若f :〈a ,b 〉→R 连续,在(a ,b )内有有限或无穷导数,x 0,x 0+h ∈〈a ,b 〉,则存在θ∈(0,1)使f (x 0+h )−f (x 0)=f (x 0+θh ).注意此式中h 可正可负.一般中值定理有下列推广:例13(广义中值定理)若f ,g 在a 的某邻域内n 次可微,g (n )无零点,则对该邻域内的x ,存在a 与x 之间的ξ,使)())(!)()(()(10)(ξn n k k k g a x k a f x f ∑−=−−=)())(!)()(()(10)(ξn n k k k f a x k a g x g ∑−=−−.证设ϕ(t )=∑−=−−10)()(!)()(n k k k t x k t f x f −∑−=−−10)())(!)()((n k k k M t x k t g x g ,其中M 取得使ϕ(a )=0〖即M =(∑−=−−10)()(!)()(n k k k a x k a f x f )÷(∑−=−−10)()(!)()(n k k k a x k a g x g ),不过没有必要写出这个值〗.因为ϕ(x )=0,故在[a ,x ]或[x ,a ]上用Rolle 定理,存在a 与x 之间的ξ,使0=ϕ′(ξ)=M 1)()()!1()(−−−n n x n g ξξ−1)()()!1()(−−−n n x n f ξξ.因此M =f (n )(ξ)/g (n )(ξ),再由ϕ(a )=0得证.在广义中值定理中取g (x )=(x −a )n ,得到带Lagrange 余项的Taylor 公式:∑−=−=1)()(!)()(n k k k a x k a f x f +.)(!)()(n n a x n f −ξ常见的其它形式的余项有:积分型余项:∫−−−x a n n dt t f t x n )()()!1(1)(1(条件:在a 的某邻域内f (n )可积);Peano 余项:o(|x −a |n −1)(条件:f 在a 的某邻域内n −1次可微);Schlömilch-Roche 余项:)()!1()()()(ξξn p n p f n x a x −−−−(p =1,2,…,n .条件:f 在a 的某邻域内n 次可微)〖在[a ,x ]或[x ,a ]上对函数ϕ(t )=∑−=−1)()(!)(n k k k t x t f +(x −t )p H n (x )应用Rolle 定理,从ϕ′(ξ)=0中解出H n (x ),便可得到此余项〗.当p =1时得到Cauchy 余项,p =n 时得到Lagrange 余项.例14(n 阶中值定理)设f 在[a ,b ]上n 次可微,h =(b −a )/n ,则存在ξ∈(a ,b )使).()()1()(0ξn n n j j n j n f h jh a f C =+−∑=−注n =1时为f (b )−f (a )=(b −a )f ′(ξ),n =2时为f (a )−2f (2b a +)+f (b )=2)2(a b −f ″(ξ).证用数学归纳法.n =1时为Lagrange 中值定理.设n =k 时成立.设n =k +1,这时h =1+−k a b .对g (x )=f (x +h )−f (x )(x ∈[a ,b −h ])用归纳假设,存在η∈(a ,b −h )使∑=−+−kj j k j k jh a g C 0)()1()()()(ηk k g ka hb −−=)()(ηk k g h ==h k (f (k )(η+h )−f (k )(η))=h k +1f (k +1)(ξ),这里最后一步用了Lagrange 中值定理,ξ∈(η,η+h )⊂(a ,b ).因此)()1(1ξ++k k f h =∑=−++−kj j k j k h j a f C 0))1(()1(−∑=−+−kj j k j k jh a f C 0)()1(=∑+=−−++−1111 )()1(kj j k j k jh a f C +∑=−++−kj j k j k jh a f C 01 )()1(=f (b )+∑=−−+++−kj j k j k j k jh a f C C 111 )()()1(+f (a )=∑+=+−++−1011).()1(kj j k j k jh a f C例15已知f 在a 的某邻域内n +1次可微,f (n +1)(a )≠0,f (a +h )=f (a )+f ′(a )h +…+) (!)!1()()(1)1(h a f n h h n a f n n n n θ++−−−(0<θ<1).证明11lim 0+=→n h θ.分析为求θ的极限,须分离出θ.用中值定理有f (n )(a +θh )−f (n )(a )=θh f (n +1)(η),或从导数定义也可分离出θ:ha f h a f h a f h a f n n n n )() ()() ()()()()(θθθθ−+=−+)( )1(a f n +→θ.无论哪种方法都要涉及f (n )(a +θh )−f (n )(a ).题式中已有f (n )(a +θh ),故再考虑含f (n )(a )的Taylor 公式.证f (a +h )=f (a )+f ′(a )h +…+1)1()!1()(+++n n h n a f +o (h n +1).与题式相减,得hh o n a f h a f h a f n n n n )(1)()() (1)1()()(++++=−+θ.把上式左端记为A ,右端记为B ,则h →0时B →f (n +1)(a )/(n +1),A /θ→f (n +1)(a ),由A =B 得证.例16设f 在(a ,b )内可微且f ′(a +0)=l ∈R,则f 可连续延拓到[a ,b )上.若延拓得到的函数为F ,则F +′(a )=l .证由极限定义,存在δ1使a <a +δ1<b 且当x ∈(a ,a +δ1)时|f ′(x )−l |<1.任给ε>0,取δ>0使δ<δ1,δ<ε/(1+|l |),则对x 1,x 2∈(a ,a +δ)有|f (x 1)−f (x 2)|=|f ′(ξ)||x 1−x 2|<(1+|l |)δ<ε.由Cauchy 准则,f (a +0)存在.定义F 为:F (a )=f (a +0),x ∈(a ,b )时F (x )=f (x ),则F 是f 的连续延拓.由中值定理,当a <x <b 时F (x )−F (a )=(x −a )F ′(ξ),其中a <ξ<x .因此x →a +时ξ→a +,且F +′(a )=ax a F x F a x −−+→)()(lim)(lim ξξF a ′=+→)(lim ξξf a ′=+→=l .注因为在(a ,a +δ1)内|f ′|<1+|l |,故f 在(a ,a +δ1)内一致连续.用连续延拓原理也可知f 可连续延拓到a .例17设f 在[a ,b ]上可微,f (a )=0,|f ′(x )|≤c |f (x )|,c 是常数.证明:f =0.注为证f =0,通常有以下方法:1°反证法;2°证明|f |=0,例如证明|f |的最大值为0,或|f |≤g n 而g n →0,或f 连续时证;0||=∫b a f 3°f 可微时证f ′=0且f 取到值0;4°证明在任一点的函数值为0(如第二章例13).分析设0<ε<b −a ,ε待定,x 0∈[a ,b −ε],f (x 0)≠0,|f (ξ)|=max {|f (x )||a ≤x ≤b −ε}.由中值定理,存在η∈(a ,ξ)使|f (ξ)|=|f ′(η)|(ξ−a ).为得到矛盾,须证|f ′(η)|>c |f (ξ)|(≥c |f (η)|),只须ξ−a <1/c .因为ξ−a ≤b −a −ε,故只须b −a −ε<1/c ,即ε>b −a −1/c .例如取ε=b −a −1/(2c ).这样,证得在[a ,b −ε]即[a ,a +1/(2c )]上f =0.证先证在[a ,a +1/(2c )]上f =0.设|f (ξ)|=max {|f (x )||a ≤x ≤a +1/(2c )}.由中值定理,存在η∈(a ,ξ)使|f (ξ)|=|f (ξ)−f (a )|=|f ′(η)|(ξ−a )≤c |f (η)|⋅1/(2c )=½|f (η)|≤½|f (ξ)|.因此|f (ξ)|=0,f (x )=0(x ∈[a ,a +1/(2c )]).类似地,由f (a +1/(2c ))=0可证在[a +1/(2c ),a +1/c ]上f =0.如此进行有限次,得证.别证设M =max {|f (x )||a ≤x ≤b }.∀x ∈[a ,b ],|f (x )|=|∫′x a f |≤∫′x a f ||≤c ∫x a f ||≤c M(x −a ),|f (x )|≤c ∫x a f ||≤c ∫x a c M (t −a )d t =½c 2M (x −a )2.继续迭代,得|f (x )|≤c n M (x −a )n /n !.令n →∞得|f (x )|=0.因此f =0.例18设f 在(a ,b )内可微,f (b −)=∞.证明:存在〈x n 〉使x n →b −,|f ′(x n )|=∞(n →∞).证对n ∈N,因为f (b −)=∞,故存在c n ∈(a ,b )使c n →b −,|f (c n )−f (a )|>n (b −a ).由中值定理,存在x n ∈(a ,c n )⊂(a ,b )使|f ′(x n )|(c n −a )=|f (c n )−f (a )|>n (b −a ).因为(c n −a )<b −a ,所以|f ′(x n )|>n .因此lim |f ′(x n )|=∞.例20设f 在R 上连续可微且sup{exp (−x 2)f ′(x )|x ∈R }<∞.证明sup{x exp (−x 2)f (x )|x ∈R }<∞.分析因为函数x exp (−x 2)f (x )连续,在任何闭区间上有界,故只须证明对某个正数a ,|x |>a 时该函数有界.为方便起见,取a =1.因为问题涉及函数与导数的关系,故用中值定理.为使应用中值定理后出现exp (−x 2)f ′(x )以便应用条件,可对f (x )与x −1exp x 2,或对x f (x )与exp x 2在[1,x ]上应用Cauchy 中值定理.通过实际计算,前者方便.证设ϕ(x )=x exp (−x 2)f (x ),M =sup{exp (−x 2)f ′(x )|x ∈R },x >1.由Cauchy 中值定理,存在ξ∈(1,x )使,|)2(exp )(| |exp )1()(|2221M f e x x f x f ≤−′=−−−−ξξξ其中最后一个不等式是因为ξ−2<1.易知x >1时导数(x −1exp x 2)′>0,故x −1exp x 2>e .因此|ϕ(x )|≤|x exp (−x 2)|(|f (x )−f (1)|+|f (1)|)≤M (1−ex exp (−x 2))+x exp(−x 2)|f (1)|≤M +|f (1)|/e .类似地可以证明在(－∞,1)上ϕ有界(|ϕ(x )|≤2M +|f (−1)|/e ).而在[−1,1]上ϕ连续,有界,故在R 上ϕ有界.当问题涉及函数与其高阶导数的关系时,可考虑用Taylor 公式.例21设f 在(0,∞)内二次可微,且x →∞时f (x )→0.证明:若存在M 使|f ″|≤M <∞,则f ′(x )→0(x →∞).分析要证x 充分大时|f ′(x )|<ε.因为f (t )=f (x )+f ′(x )(t −x )+½f ″(ξ)(t −x )2,故2)(2|||)()(||)(|x t M x t x f t f x f −+−−≤′.只要t >x ,上式右端第一项的分子当x →∞时极限为0.为使第二项任意小,只须t −x 任意小,因此取t −x =ε.证设ε>0.因为f (x+ε)=f (x )+f ′(x )ε+½f ″(ξ)ε2,故|f ′(x )|2|)()(|εεεM x f x f +−+≤.因为,0))()((lim =−+∞→x f x f x ε故x 充分大时|f (x +ε)−f (x )|<ε2/2,|f ′(x )|<½(1+M )ε,即f ′(x )→0(x →∞).注条件|f ″|≤M <∞不满足时结论不成立.如f (x )=x −1sin x 2.例22设f 在[0,1]上二次可微,f (0)=f (1),|f ″(x )|≤1,则1)在[0,1]上|f ′(x )|≤½;2)若f 在[0,1]上还满足0≤f (x )≤1,则f 在[0,1]中有唯一的不动点.证1)对x ∈[0,1],有f (1)=f (x )+f ′(x )(1−x )+½f ″(ξ)(1−x )2,ξ∈[x ,1];f (0)=f (x )+f ′(x )(0−x )+½f ″(η)(0−x )2,η∈[0,x ].∴f ′(x )+½f ″(ξ)(1−x )2=½f ″(η)x 2,∴|f ′(x )|≤½((1−x )2+x 2)≤½.2)设F (x )=x −f (x ),则由1)可知F ′(x )=1−f ′(x )>0,F 严格增.而F (0)=−f (0)≤0,F (1)=1−f (1)≥0,因此方程x =f (x )在[0,1]中有唯一解,即f 有唯一不动点.例23设f 在0的某邻域内二次可微,f ″在0处连续,,0))(3sin(lim 230=+→x x f x x x 求f (0),f ′(0),f ″(0).解设g (x )=23)(3sinx x f x x +,则f (x )=x 2g (x )−x x 3sin …(∗).令x →0得f (0)=−3.又,f ′(0)=.0)33sin )((lim 3)(lim 200=−−=+→→x x x x xg x x f x x 把f (x )=f (0)+x f ′(0)+22x f ″(ξ)=−3+22x f ″(ξ)代入(∗)式,得21f ″(ξ)=g (x )+23sin 3x x x −.令x →0得f ″(0)=9.例24设对x ∈R 有x f ″(x )+3x (f ′(x ))2=1−e x .1)若f 在c (≠0)处有极值,证明它是极小值.2)若f 在0处有极值,它是极小值还是极大值?3)若f (0)=f ′(0)=0,求使f (x )≤kx 2(x ≥0)的最小正数k .解〖对1),2),只须判断二阶导数的符号.3)实际上是求函数x −2f (x )的最大值.〗1)由f ′(c )=0得f ″(c )=ce c −−1>0,所以f (c )是极小值.2)由f ′(0)=0得x e x x −→−1(lim 0−3(f ′(x )2)=1.因为f ′在0连续,故由导数的连续性定理,f ″(0)=1>0,f (0)是极小值.3)x ≥0时,由二阶Taylo r 公式,得f (x )=½f ″(ξ)x 2(0<ξ<x ).〖下面证明f ″的最大值是1〗由2),f ″(0)=1.若存在x 0≥0使f ″(x 0)>1,则0≤3x 0(f ′(x 0))2=1−0x e −−x 0f ″(x 0)<1−0x e −−x 0≤0,即0<0,不可能.因此f ″的最大值是1,k =½.例25设函数y =f (x )满足y ′=53222++y x y ,f (0)=0.1)f 在0处有无极值?如果有,是极大值还是极小值?2)求正数a ,b 使x ≥10/3时f (x )>ax −b .3)求.lim ,lim 2x y y xx x ∞→∞→证1)f ′(0)=0.,)53(6)2()53)(14()()(2222+′+−++′=′′=′y y y x y y y y y x f f ″(0)=1/5>0,因此f 在0处达极小值.2)设g (x )=f (x )−ax +b .需要求a ,b 使x ≥310时g ′(x )=f ′(x )−a ≥0,g (310)>0.因此f ′(x )≥a (x ≥310).但x ≥310时f ′(x )=53222++y x y ≥32,故a =32.〖g (310)=f (310)−920+b .但f (310)的值不能确定,因为从题设可得f ′(310)=32且f (310)可取任意值.不过,f (310)的符号是可以确定的.〗因为x >0时y ′>0,故f (310)>f (0)=0.由g (310)=f (310)−920+b 可见,不管f (310)取什么正值,只要b =920,便有g (310)>0.因此a =32,b =920.3)由2),x ≥310时2292032(0−≤≤x x y x.因此.0lim 2=∞→y x x 又,由L'Hospital 法则,.32lim lim =′=∞→∞→y x y x x 例26设f 二次可微,f (0)=f (1)=0,min{f (x )|x ∈[0,1]}=−1.证明sup{f ″(x )|x ∈[0,1]}≥8.证设M =sup{f ″(x )|x ∈[0,1]},f (a )=min{f (x )|x ∈[0,1]}=−1,则a ∈(0,1),f ′(a )=0.用二阶Taylor 公式,0=f (0)=f (a )+f ′(a )(0−x )+½f ″(ξ1)(0−a )2=−1+½f ″(ξ1)a 2,0=f (1)=f (a )+f ′(a )(1−x )+½f ″(ξ2)(1−a )2=−1+½f ″(ξ2)a 2,其中ξ1∈(0,a ),ξ2∈(a ,1).因此f ″(ξ1)=22a ,f ″(ξ2)=2)1(2a −,M 2≥22a 2)1(2a −.因为0<a <1时a (1−a )≤¼,所以M ≥8.例27设函数f n 次可微,且有p ∈R 使∞→x lim x p f (x )∈R ,∞→x lim x p f (n )(x )∈R ,则∞→x lim x p f (k )(x )=0(k =1,2,…,n ).分析考虑n =2的情形.现在要从∞→x lim x p f (x )与∞→x lim x p f ″(x )存在推出x p f ′(x )与x p f ″(x )→0(x →∞),因而要找f ,f ′,f ″的关系,这当然要用二阶Taylor 公式.我们有f (x +1)−f (x )=f ′(x )+½f ″(ξ1)(x ≤ξ1≤x +1),f (x +2)−f (x )=2f ′(x )+2f ″(ξ2)(x ≤ξ2≤x +2).从第一式解出f ′(x ),可见∞→x lim x p f ′(x )存在.设∞→x lim x p f ′(x )=A 1,∞→x lim x p f ″(x )=A 2,则从上面两式有:0=A 1+½A 2,0=2A 1+2A 2.易知这个方程组的系数行列式为1,故A 1=A 2=0.从上述过程不难想到一般情形的证法.证f (x +j )−f (x )=j f ′(x )+! 22j f ″(x )+…+! )1(1−−n j n f (n −1)(x )+!n j n f (n )(ξj ),j =1,2,…,n ,ξj ∈[x ,x +j ].用Vandermonde 行列式,容易算得前n −1个等式中f ′(x ),…,f (n −1)(x )的系数行列式为1.由此可从前n −1个等式中解出f ′(x ),用f (x +j )−f (x )和f (n )(ξj )(j =1,2,…,n −1)的线性组合表示,因而∞→x lim x p f ′(x )存在.同理,∞→x lim x p f ″(x ),…,∞→x lim x p f (n −1)(x )均存在.设∞→x lim x p f (k )(x )=A k (k =1,2,…,n ),则=∑=nk k k A k j 1!0,j =1,2,…,n .这个齐次线性方程组的系数行列式为1,故A 1=A 2=…=A n =0.第3节用微分学方法证明不等式用微分学方法证明不等式,主要有:(1)用中值定理或Taylor 公式由Lagrange 中值定理,f (x )−f (a )=f ′(ξ)(x −a ).若g (x )≤f ′(x )≤h (x ),则x ≥a 时g (x )(x −a )≤g (x )−f (a )≤h (x )(x −a );x <a 时上述不等式反向.类似地,估计Cauchy 中值定理中的f ′(ξ)/g ′(ξ)及Taylor 公式中的f (n )(ξ)也可得到不等式.特别地,若f (a )=f ′(a )=…=f (n −1)(a )=0,x >a 时f (n )>0,则f (x )>0(x >a ).(2)用函数的单调性中值定理有如下推论(其证明可见[1]中册):设f 在〈a ,b 〉上连续,在(a ,b )内有有限或无穷导数,则1°在(a ,b )内f ′=0⇔f 在〈a ,b 〉上为常值函数;2°在(a ,b )内f ′≥0(≤0)⇔f 在〈a ,b 〉上递增(递减);3°在(a ,b )内f ′>0(<0)⇒f 在〈a ,b 〉上严格增(严格减).注意上述推论中,对导数的要求不包括区间端点,而结论包括端点,只要函数在该端点连续.应用2˚、3˚,若在(a ,b )内f ′≥0(>0),则对x ∈〈a ,b 〉有f (a +)≤f (x )≤f (b −)(f (a +)<f (x )<f (b −)).(3)用函数的最大值和最小值证明在〈a ,b 〉上m ≤f (x )≤M ,也就是证明f 在〈a ,b 〉上的最小值是m ,最大值是M .(4)用凸函数设I 是区间,f :I →R.若∀λ∈(0,1)∀a ,b ∈I :f (λa +(1−λ)b )≤(<)λf (a )+(1−λ)f (b ),则称f 在I 上凸(严格凸);上述不等式反向时称f 凹(严格凹).f 凸⇔−f 凹.注意对凸函数而言,λ=0,1时等式总成立.凸函数的性质见例36.注设a <b ,则f (λa +(1−λ)b )=λf (a )+(1−λ)f (b )对任意λ∈(0,1)成立的充要条件为f 是[a ,b ]上的一次函数.事实上,f 是一次函数时等式显然成立.反之,设等式成立,令x =λa +(1−λ)b ,则x ∈[a ,b ],λ=a b x b −−,等式成为f (x )=f (a )+ab a f b f −−)()((x −a ),是一次函数.凸函数有多种等价定义,下面是其中的几个:f 在I 上凸⇔1°∀a ,b ,x ∈I :a x a f x f −−)()(≤bx b f x f −−)()(⇔2°∀a ,b ∈I ,函数ϕ(λ)=f (λa +(1−λ)b )(λ∈[0,1])凸连续f ⇔3°∀a ,b ∈I :f (2b a +)≤2)()(b f a f +可微f ⇔4°∀a ,b ∈I :f (b )≥f (a )+f ′(a )(b −a )⇔5°f ′增二次可微f ⇔6°f ″≥0.例28证明上述等价命题3˚.证⇒取λ=1/2.⇐〖如第二章例13,(0,1)中的数λ可表示为λn =m /2n 的极限〗当λ=0,1时凸函数的定义式自然成立.设0<λ<1,这时λa +(1−λ)b ∈(a ,b ),因而是I 的内点.用数学归纳法可以证明),(21()(2))21(2(b f m a f m b m a m f nn n n −+≤−+(∗)其中m =0,1,2,…,2n .事实上,n =1时即条件.设n 时成立,对n +1,当m ≤2n 时)21))21(2(21())21(2(11b b m a m f b m a m f nn n n +−+=−+++≤)(21))21(2(21b f b m a m f nn +−+〖用归纳假设〗≤)(21))()21()(2(21b f b f m a f m n n +−+=)(21()(211b f m a f m n n ++−+.当2n <m ≤2n +1时设m =2n +1−p ,则p ≤2n ,)2)21(())21(2(1111b p a p f b m a m f n n n n +++++−=−+,类似于上段〖上段中的m 换成p ,a ,b 互换〗可以得证.因为λ∈(0,1)可表示为λn =m /2n 的极限,而由(∗)式得f (λn a +(1−λn )b )≤λn f (a )+(1−λn )f (b ).令n →∞得f (λa +(1−λ)b )≤λf (a )+(1−λ)f (b ).因此f 凸.注满足3°的f 称为中点凸函数.本例说明f 连续时凸与中点凸等价.下面是几个常用的不等式:(1)Jordan 不等式:).20( 1sin 2ππ<<<<x x x (2)Bernoulli 不等式:(1+x )p ≤1+px ,其中x >−1,0≤p ≤1.等号当且仅当p =0或1或x =0时成立.当p ≤0或p ≥1时不等式反向.(3)Jensen 不等式:f (p 1t 1+…+p n t n )≤p 1f (t 1)+…+p n f (t n ),其中f 在区间I 上凸,t 1,…,t n ∈I ,p 1,…,p n ≥0,p 1+…+p n =1.等号当且仅当f 是包含t 1,…,t n 的最小闭区间〖即区间[min {t 1,…,t n },max {t 1,…,t n }]〗上的一次或常值函数时成立(见例38).特别地,当f 严格凸且t 1,…,t n (n ≥2)不全相等时“<”号成立.当f 凹时不等式反向.等价形式:,)((1111∑∑∑∑====≤n k kn k k k n k k n k k k p t f p p t p f 其中p 1,…,p n >0,f 凸,t 1,…,t n ∈I .特例:.)()((11nt f t f n t t f n n ++≤++L L (4)平均不等式:n n p n p x p x p x x n ++≤L L 1111,其中x 1,…,x n >0,p 1,…,p n ≥0,p 1+…+p n =1.等号当且仅当x 1=…=x n 时成立.特别地,取p 1=…=p n =1/n 时得几何-算术平均不等式.〖在Jensen 不等式中取f (x )=−ln x ,便得平均不等式.〗(5))()(1111p n p p p n p n p x x n x x x x ++≤++≤++−L L L ,其中p >1,x 1,…,x n >0.0<p <1时反向.左端的等式当且仅当x 1,…,x n 中有n −1个等于0时成立,右端的等式当且仅当x 1=…=x n 时成立.〖左端的不等式用数学归纳法证明,右端的不等式可从对f (x )=x p (p >0)应用(3)中的特例得到.〗(6)111))((+−−≥++++p p n p p n p n x x x x L L ,其中p >0,x 1,…,x n >0.〖对f (x )=x −p (x >0,p >0)应用(3)中的特例.〗(7)Hölder 不等式:∑=n k k k b a 1≤q n k q k p n k p k b a /11/11)()(∑∑==,其中a k ,b k >0(k =1,2,…,n ),p ,q >1,1/p +1/q =1.等式当且仅当∃c >0∀k :p k a =c q k b (即p k a 与q k b 成比例)时成立.当0<p <1时不等式反向.〖对f (x )=x p (x >0,p >0)应用Jensen 不等式的等价形式可得(∑p k t k )p ≤(∑p k )p −1∑p k p k t .取p k =q k b ,t k =a k q k b −1得证.〗(8)Minkowski 不等式:∑∑==≤+n k p n k p k p p k k a b a 1/11/1)())((p nk p k b /11)(∑=+,其中p >0.等号当且仅当a k ,b k 成比例时成立.当0<p <1时不等式反向.〖设1/p +1/q =1.∑(a k +b k )p =∑a k (a k +b k )p/q +∑b k (a k +b k )p/q (用(7))≤(∑p k a )1/p (∑(a k +b k )p )1/q +(∑p k b )1/p (∑(a k +b k )p )1/q=((∑p k a )1/p +(∑p k b )1/p )(∑(a k +b k )p )1/q .两端除以(∑(a k +b k )p )1/q 得证.〗例291)考察)1ln(,,1x x x x ++的大小关系.2)证明ln (1+n )<1+n 121++L <1+ln n (n ≥2).证1)显然x >−1.用Lagrange 中值定理,ln (1+x )=ln (1+x )−ln1=x /ξ,其中ξ在1与1+x 之间.x >0时1<ξ<1+x ,x +11<ξ1<1;−1<x <0时x +11>ξ1>1.因此xx +1≤ln (1+x )≤x (x >−1),等号当且仅当x =0时成立.2)在1)中取x =k 1(k ∈N ),得11+k <ln(1+k 1)<k1.左右两个不等式分别对k 从1到n −1及从1到n 求和便可得证.〖也可不用1)而直接从11+<∫+−11k k dx x <1证明.〗注1考虑ln (1+x )的二阶Taylor 公式ln (1+x )=x −½x 2(1+ξ)−2,ξ在1与1+x 之间.当x >0时1<ξ<1+x ,(2+x )2>(1+ξ)2>4;当−1<x <0时(2+x )2<(1+ξ)2<4.因此x >0时82x x −<ln (1+x )<22)2(2x x x +−,−1<x <0时此不等式反向.易知右边的不等式比1)中的ln (1+x )<x 更精确.注2在不等式ln (1+x )<x (x >−1,x ≠0)中取1+x =x k /∑p k x k (k =1,2,…,n ),把所得到的不等式乘以p k ,再把这n 个不等式相加,便得到平均不等式.例30(1)设b >a >0,p >1,比较b 1/p −a 1/p 与(b −a )1/p 的大小.(2)e π与πe 哪个大?解(1)问题即比较(b/a )1/p −1与(b/a −1)1/p 的大小.法一〖考虑差〗设f (x )=x 1/p −1−(x −1)1/p (x >1),则p f ′(x )=x 1/p −1−(x −1)1/p −1<0,故f (x )<f (1+0)=0.因此b 1/p −a 1/p <(b −a )1/p .法二〖考虑商〗对f (x )=x 1/p 与g (x )=(x −a )1/p 在[a ,b ]上用Cauchy 中值定理,有.1)()(1/11 /1/1/1/1<−=−−−−p p p p p a a b a b ξξ(2)设f (x )=x e e −x (x >0),则f ′(x )=(e/x −1)x e e −x ,驻点为x =e .易知f (e )=1是最大值,故f (π)<1,e π>πe .例31(1)考察函数f (x )=(1+x −1)x +p (x >0)的单调性.(2)证明集{p |x >0时(1+x −1)x +p >e }存在最小数并求其值.解(1)f ′(x )=f (x )g (x ),其中g (x )=x x p x x ++−+211ln(.因为222222)()12()(21)(x x p x p x x p px x x x x g ++−=+−−−−+−=′,所以p ≥½时g ′(x )>0,g (x )<g (∞)=0,f ′(x )<0,f 严格减;p ≤0时g ′(x )<0,g (x )>g (∞)=0,f ′(x )>0,f 严格增.设0<p <½,这时g 有驻点x 0=p /(1−2p ).当x >x 0时g ′(x )<0,故x ≥x 0时g (x )>0;当x <x 0时g ′(x )>0,由g (x 0)>0及g (0+)=−∞知存在x 1∈(0,x 0)使g (x 1)=0,且x 0≥x >x 1时g (x )>0,x <x 1时g (x )<0.因此x >x 1时g (x )>0,x <x 1时g (x )<0.综上所述,当p ≥½时f 严格减;当p ≤0时f 严格增;当0<p <½时f 在[x 1,∞)上严格增,在(0,x 1]上严格减,其中x 1满足g (x 1)=0.(2)由(1)可知,当且仅当p ≥½时f 严格减,而f (∞)=e .因此当且仅当p ≥½时f (x )>e ,所求的数为½.注1(2)的直接解法如下:〖(2)中的不等式可变形为p >(ln (1+x −1))−1,故只须求右端的函数的最大值或上确界〗设f (x )=(ln (1+x −1))−1(x >0).易f ′>0,故0sup >x f (x )=f (∞)=½.〖再检查½是否属于(2)中的集〗下面证明x >0时(1+x −1)x +1/2>e ,即g (x )=ln (1+x −1)−(x +½)−1>0.事实上,因为x >0时g ′(x )<0,而g (∞)=0,所以g (x )>0.因此所求的最小数是½.注2由(1)可知:p ≥½时p n n ++)11(↓e ,p ≤0时p n n++)11(↑e (n →∞).对p ∈(0,½),可具体地判断.例如设p =1/3,这时x 0=1,而n ≥1,故仍有(1+n −1)n +1/3↑e .一般地,对p∈(0,½),当n 充分大时(1+n −1)n +p ↑e .例32证明:对0<p <1,−1<x <0时(1+x )p >1+x ,0<x <a 时(1+x )p >1+.1)1(x aa p −+证设x x f p 1)1()(−+=,则2)()(xx g x f =′,其中g (x )=(1+x )p −1(px −x −1)+1.因此g ′(x )=p (p −1)x (1+x )p −2.当x >0时g ′<0,当−1<x <0时g ′>0,故g (x )<g (0)=0,f ′<0.因此0<x <a 时f (x )>f (a ),−1<x <0时f (x )<f (−1+)=1,由此得证.注p <0及p >1时不等式反向.这个不等式是Bernoulli 不等式的一种反不等式.寻找一些著名不等式的反不等式是不等式研究的内容之一.例33证明n xx x x xn n 1112322+≥++++++−L L (x >0),且等号当且仅当x =1时成立.证设g (x )=n n x x x x x n n 1112322+−++++++−L L =)1(1222n n x x x −−+−n n 1+=)1()(2n x nx x f −,其中f (x )=n (1−x 2n +2)−(n +1)(x −x 2n +1).f ′(x )=−(n +1)(2nx 2n (x −1)+1−x 2n ),故x =1是f 的唯一驻点.因为f ′(½)=−(n +1)(1−(n +1)4−n )<0,f ′(2)=−(n +1)(1+(2n −1)4n )<0,所以x >0,x ≠1时f ′(x )<0.因此0<x <1时f (x )>f (1)=0,x >1时f (x )<f (1)=0,从而x >0,x ≠1时g (x )>0,x =1时g (x )=0.由此得证.例34证明).10()1(!!!100+<<−++<<+==∑∑n x x n n x k x e k x n n k k x n k k 证设x n k k e k x x f −=∑=)!()(0,则x >0时f ′(x )=−! n x n e −x <0,故f (x )<f (0+)=1,左端的不等式得证〖当然也可用e x 的Taylor 级数证明〗.设x n x n k k e x n n x e k x x g −+−=−++=∑)1(!)!()(10,则)2)1(()1(!!)(222x x nx n e x e x x g x n x n +−−+−++−=′−−=21)1(!e x x n −+−+>0.因此g (x )>g (0+)=1,右端的不等式得证.例35证明q q p q x )1(+−>p q p p x x )11(+−−(q >p >0,0<x <1).证取对数,化为证明q ln (1−x q )−p ln (1−x p )−(q −p )ln (1−x p+q )>0.用ln (1−x )的Taylor 级数,化为证明∑n1((q −p )x n (p +q )+px np −qx nq )>0.〖下面证明这个级数的每一项大于0〗令t =x n ,则0<t <1,且只须证明(q −p )t p+q +pt p −q t q >0,即p q p q t pq t t−>−−11(0<t <1).但由Cauchy 中值定理,有p p q p q p q t pq p q p q t t −−−−>==−−ξξξ1111(t <ξ<1),得证.例36设f 是开区间I 上的凸函数.证明:(1)∀x ,y ,z ∈I ,x <y <z :yz y f z f x z x f z f x y x f y f −−≤−−≤−−)()()()()()(;(2)∀x ∈I ,f +′(x )和f −′(x )存在且f −′(x )≤f +′(x );(3)f 在I 上连续;(4)f −′和f +′在I 上是增函数;(5)除可数个点外,f 在I 内可微;(6)若[a ,b ]⊂I ,M =max {|f +′(a )|,|f −′(b )|},则∀x ,y ∈[a ,b ]:|f (x )−f (y )|≤M |x −y |.即凸函数在其定义域的任何闭子区间上满足(一阶)Lipschitz 条件;(7)若a ∈I ,m 满足f −′(x )≤m ≤f +′(x ),则∀x ∈I :f (x )≥m (x −a )+f (a ).证(1)z x z x y x x z y z y −−+−−=,)()()(z f xz x y x f x z y z y f −−+−−≤,即(1)中之式.(2)对固定的x ∈I ,取a ,b ∈I 满足a <x <b ,则由(1)得x b x f b f a b a f b f a x a f x f −−≤−−≤−−)()()()()()(.(∗)在0的邻域内定义函数ϕ(h )=(f (x +h )−f (x ))/h (h ≠0),则由(∗)式知ϕ是增函数,故在0处的两个单侧极限存在,即f −′(x )和f +′(x )存在且f −′(x )≤f +′(x ).(3)由(2),f 在x 处左、右连续,因而连续.(4)设a ,b ∈I ,a <b .在(∗)式中先令x →a +,再令x →b −,得f +′(a )≤a b a f b f −−)()(≤f −′(b ).(∗∗)结合(2),得f −′(a )≤f +′(a )≤f −′(b )≤f +′(b ),即f −′与f +′增.(5)由(4),a <b 时f +′(a )≤f −′(b ).因此若增函数f −′在a 连续,则f −′(a )≤f +′(a )≤ab →lim f −′(b )=f −′(a ),即f 在a 可微.因为单调函数至多有可数个间断点,所以f 至多在可数个点不可微.(6)设x <y ,则由f −′与f +′增及(∗∗),有−M ≤f +′(a )≤f +′(x )≤yx y f x f −−)()(≤f +′(y )≤f −′(b )≤M .(7)由(∗∗),对x >a 与x <a 分别有a x a f x f −−)()(≥f +′(a )≥m 与ax a f x f −−)()(≤f −′(a )≤m .由此得证.例37证明:若f :(a ,b )→R 凸,则f 或者单调,或者存在c ∈(a ,b )使在(a ,c )上减,在(c ,b )上f 增.证〖作图可见,f 凸、不单调时,其最小值点就是所求的c .〗设f 凸,则∀x ,y ,z ∈(a ,b ),x <y <z 时yz y f z f x z x f z f x y x f y f −−≤−−≤−−)()()()()()(.(∗)设f 不单调,则有x ,y ,z ∈(a ,b )使x <y <z ,f (x )>f (y ),f (y )<f (z )〖否则,∀x ,y ,z ∈(a ,b ),x <y <z 时f (x )≤f (y )或f (y )≥f (z ).这与(∗)式矛盾〗.因为f 在(a ,b )上连续,故在[x ,z ]上有最小值,即存在c ∈[x ,z ]∀t ∈[x ,z ]:f (c )≤f (t ),并且,由f (c )≤f (y )<f (x )与f (z )得c ∈。