第六章 微分中值定理及其应用

∃ξ ∈ (0, h) ，使得 arctan h = arctan h − arctan 0 = f ′(ξ )(h − 0) =
h 。因为 1+ξ 2
0 < ξ < h ，所以
h h h2 < < h ，从而 < arctan h < h 。 1 + h2 1 + ξ 2 1 + h2
6．确定下列函数的单调区间： （1） f ( x) = 3 x − x
f ′( x ) = nx n−1 + p = 0 至多有两个实根， 从而方程 x n + px + q = 0 当 n 为奇数时至多有三
个实根。 3．证明：若函数 f 和 g 均在区间 I 上可导，且 f ′( x ) ≡ g ′( x) ， x ∈ I ，则在区间 I 上 f 和 g 只相差一常数，即 f ( x) = g ( x ) + c （c 为某一常数）
f (b) − f (a ) = f ′(ξ )(b − a ) .
9 设 f 为 [a , b ] 上二阶可导函数， f (a ) = f (b ) = 0 ，并 ∃c ∈ ( a , b ) ， ∋ “ f ( c ) > 0 ” ，
′′ 证明： ∃ξ ∈ ( a, b) ， ∋“ f (ξ ) < 0” ． 证：因为 f ( x ) 在 [a , c ] ， [c, b] 上满足拉格朗日定理，
2
（2） f ( x) = 2 x − ln x
2
（3） f ( x) = 解
2x − x 2
（4） f ( x) =
x2 −1 x
3 2
（1） f ′( x) = 3 − 2 x ，令 f ′( x) = 0 ，得 x =
当x≤
3 3 时， f ′( x) ≥ 0 ， f 递增；当 x > 时， f ′( x) < 0 ， f 递减。 2 2 1 4x2 −1 1 ，令 f ′( x) = 0 ，得 x = = x x 2
P.124 习题 1．试讨论下列函数在指定区间内是否存在一点 ξ ，使 f ′(ξ ) = 0 ：
（1） f ( x) = ⎨
1 ⎧ ⎪ x sin x ⎪ ⎩ 0
0<x≤
1 π ， （2） f ( x ) =| x | − 1 ≤ x ≤ 1
x=0
1 1 1 ] 连续，在 ([0, ) 可导，且 f (0) = f ( ) ，所以由 Rolle 定 π π π
因为 0 < a < ξ < b ，所以
b−a b−a b−a b−a b b−a < < ，从而 < ln < b a a b ξ a
2
h2 （2） < arctan h < h ，其中 h > 0 1 + h2
证明 设 f ( x ) = arctan x ，则 f 在 [0, h] 上满足 Lagrange 中值定理的条件，于是
f (b) ≥ f (a) + m(b − a)
（2）因为 | f ′( x ) |≤ M ，所以 | f (b) − f ( a ) |=| f ′(ξ ) | ⋅ | b − a |≤ M (b − a) （3）不妨设 x1 < x 2 ，正弦函数 f ( x) = sin x 在 [ x1 , x 2 ] 上连续，在 ( x1 , x 2 ) 可导，于 是 ∃ξ ∈ ( a, b) ，使得 | sin x1 − sin x 2 |=| cos ξ | ⋅ | x1 − x 2 |≤| x 2 − x1 | 5．应用拉格朗日中值定理证明下列不等式： （1）
a 1 证明 因为 S ( x ) = ⋅ b 2 x
f ( a) 1 f (b) 1 , 若 f ( x) 在 [a, b] 连续 , 在 (a, b) 可导 , 则易见 f ( x) 1
S ( x ) 也在 [a, b] 连续 , 在 (a, b) 可导 , 且 S (a ) = S (b) = 0 . 故由 罗 尔 定 理 知 , 存在 ξ ∈ (a, b) , 使得 S ′(ξ ) = 0 . 而 a 1 S ′( x) = ⋅ b 2 1 f ( a) 1 1 f (b) 1 = [ f ′( x )(b − a ) − ( f (b) − f (a ))] , 故 2 f ′( x) 0
所以
∃ξ1 ∈ ( a, c), ∋“
f (c) − f (a ) = f ′(ξ1 )” c−a ，
5
而 故
f (b) − f (c ) = f ′(ξ2 )” b−c ． f (c) − f ( a ) f (b) − f (c) >0 <0 c−a b−c ， ， ′ ′ f (ξ1 ) > 0 ， f (ξ 2 ) < 0 ．
（3） x −
x2 x2 ，x >0 < ln(1 + x) < x − 2 2(1 + x)
证明
x2 x2 先证： x − < ln(1 + x ) ， x > 0 。令 f ( x) = x − − ln(1 + x ) ，则 f 在 2 2
1 − x2 = < 0 ， x > 0 。所以 f 在 1+ x 1+ x
解 （1）因为 f 在 [0, 理， ∃ξ ∈ ( 0,
1 ) ，使得 f ′(ξ ) = 0 。 π ⎧1 x>0 ，且 f ′(0) 不存在，故不存在一点 ξ ，使 f ′(ξ ) = 0 ⎩− 1 x < 0
3
（2）因为 f ′( x ) = ⎨
2．证 明 ： （ 1）方程 x − 3 x + c = 0 （这里 c 为常数）在区间 [0, 1] 内不可能有两个不 同的实根； 证明 设 f ( x) = x − 3 x + c ， 由于方程 f ′( x) = 3x − 3 = 0 在 (0, 1) 内没有根，所以 （由 P.120 ，例 1）方程 x 3 − 3 x + c = 0 在区间 [0, 1] 内不可能有两个不同的实根。 （2）方程 x n + px + q = 0 （n 为正整数）当 n 为偶数时至多有两个实根；当 n 为奇 数时至多有三个实根。 证明 设 f ( x) = x n + px + q ，于是 f ′( x) = nx n −1 + p = 0 。当 n 为偶数时， n-1 为
x2 x2 ， x > 0 。令 f ( x) = x − − ln(1 + x) ，则 2(1 + x) 2(1 + x )
2x + x2 1 x2 f 在 x = 0 连 续 ， 且 f (0) = 0 。 因 为 f ′( x) = 1 − − = >0， 2(1 + x ) 2 1 + x (1 + x) 2
其次证明： sin x < x 。设 f ( x) = x − sin x ，则 f 在 x = 0 连续，且 f (0) = 0 。因为
π π ) 。所以 f 在 (0, ) 严格单调递增，又因 f 在 x = 0 连 2 2 π 续，于是 f ( x) > f (0) = 0 ，从而 x > sin x ， x ∈ ( 0, ) 。 2 f ′( x ) = 1 − cos x > 0 ， x ∈ (0,
x = 0 连续，且 f (0) = 0 。因为 f ′( x) = 1 − x −
x > 0 严 格 单 调 递 减 ， 又 因 f 在 x = 0 连 续 ， 于 是 f ( x ) < f (0) = 0 ， 从 而
4
x2 x− < ln(1 + x) ， x > 0 。 2
其次证明： ln(1 + x) < x −
b−a b b−a ，其中 0 < a < b < ln < b a a
证明 设 f ( x) = ln x ，则 f 在 [a, b] 上连续且可导，所以 f 在 [ a, b] 上满足 Lagrange
中值定理的条件，于是 ∃ξ ∈ ( a, b) ，使得 ln
b 1 = ln b − ln a = f ′(ξ )(b − a) = (b − a ) ， a ξ
当 0 < x ≤ 1 时， f ′( x) ≥ 0 ， f 递增；当 1 < x < 2 时， f ′( x) < 0 ， f 递减。
（4） f 的定义域为 x ≠ 0 。 f ′( x ) = 1 +
1 x2 +1 = > 0 ，故 f 在其定义域 x2 x2
(−∞, 0) ∪ (0, + ∞) 递增。
x > 0 。所以 f 在 x > 0 严格单调递增，又因 f 在 x = 0 连续，于是 f ( x ) > f (0) = 0 ，从
而 ln(1 + x) < x −
x2 ， x > 0。 2(1 + x)
8．以 S ( x) 记由 ( a, f ( a)) , (b, f (b)) , ( x, f ( x )) 三点组成的三角形面积, 试对 S ( x) 应用罗尔中值定理证明拉格朗日中值定理.
f ′( x ) = sec 2 x − 1 + x 2 = tan 2 x + x 2 > 0 ， x ∈ (0,
增，又因 f 在 x = 0 连续，于是 f ( x ) > f (0) = 0 ，从而 tan x > x − （2）
2x π < sin x < x ， x ∈ (0, ) π 2 2x 2 sin x sin x 2 证明 先证 。设 f ( x) = < sin x ，为此证明： < − ，则 f 在 π π x x π π π x cos x − sin x ( x − tan x ) cos x x = 连 续 ， 且 f ( ) = 0 。 因 为 f ′( x) = = <0 ， 2 2 x2 x2 π π π sin x 2 x ∈ (0, ) 。所以 f 在 (0, ) 严格单调递减，于是 f ( x) > f ( ) = 0 ，从而 > ， 2 2 2 x π π x ∈ (0, ) 。 2