## 第6讲

## 一元函数微分学的应用（二）一中值定理、微分等式与微分不等式

①连续函数+可导函数

②方程(数学二、三常考)

③用导数的方法证明（数学三常考）

![](images/a6ed079bb4888192fc2cdd7930359ac71182b32442678098bce389668905096a.jpg)

<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>中值定理、微分等式与微分不等式</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①理解闭区间上连续函数的性质(有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质;②理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理和泰勒定理，了解并会用柯西中值定理</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①平均值定理；②罗尔定理的推论；③用函数性态证明微分不等式；④用中值定理证明微分不等式</td></tr></table>

![](images/20b37bfbf0be64034503ab717e123a8adb8374069ce151bc06f636b9f3963872.jpg)

## 基础知识结构

![](images/b60e6d07fb9b6449201c43991c2b60bd67fee1ff3eb11ab987a808fc1c83a856.jpg)

第6讲一元函数微分学的应用（二）—中值定理、微分等式与微分不等式

零点定理（证存在性）

配合起来考

微分等式方程的根，函数的零点，曲线的交点

单调性（证唯一性）

罗尔原话

★罗尔定理的推论

实系数奇次方程至少有一个实根 结计

用函数性态证明

★首先考虑研究辅助函数F(x)的凹凸性、最值、正负

微分不等式数学一综合题中的一个小步骤

用常数变量化证明

用中值定理证明

★中值5， $\begin{array} { r } { a < \xi < b \ , \ f ( a ) < f ( \xi ) < f ( b ) } \\ { ( > ) } \end{array}$

![](images/c839da34760b76ca664cbf4afa644c92c1f024dba0a8c961cab971ce84d9336b.jpg)

## 基础内容精讲

![](images/874788916234cf774be1b1a3ecd44acf31413abd2b2c6bd317bfca33b713093d.jpg)

## 中值定理

![](images/660f49eda7e7f081cc093f1a24db3335ce26685cb649960b8a907536d077e25d.jpg)

## 涉及函数的中值定理

设f(x)在[a,b]上连续，则

![](images/e0b57dca3f4b882650f6e043bd07372692f9a5d5486011ce9f4ec7f21d1ff3a8.jpg)

定理1(有界与最值定理） $m \leqslant f ( \dot { x } ) \leqslant M$ ，其中m,M分别为f(x)在[a,b]上的最小值与最大值.

定理2（介值定理）当 $m \leqslant \mu \leqslant M$ 时，存在 $\xi \in [ a , b ]$ ，使得 $f ( \xi ) = \mu$

如，f(x)在[0,2]上连续, $f ( 0 ) = 0 , f ( 1 ) = 1$ ，则存在 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使 $f ( \xi ) = \frac { 1 } { 2 }$

![](images/bb28396f37a9f607d7355e703dc7bffe34a7d15ded2a623cf70daee5255c5359.jpg)

(离散的)平均值定理： $f ( \xi ) = { \frac { 1 } { n } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( x _ { i } )$

(连续的)平均值定理： $f ( \xi ) = \frac { 1 } { b - a } \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x .$ 7

定理3（平均值定理）当 $a < x _ { 1 } < x _ { 2 } < \cdots < x _ { n } < b$ 时，在 $[ x _ { 1 } , x _ { n } ]$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得

$$
f ( \xi ) = { \frac { f ( x _ { 1 } ) + f ( x _ { 2 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } } \ .
$$

注证由闭区间连续函数的最值定理，得

$$
m \leqslant f ( x _ { 1 } ) \leqslant M \ ,
$$

$$
m \leqslant f ( x _ { 2 } ) \leqslant M ,
$$

$$
m \leqslant f ( x _ { n } ) \leqslant M \ ,
$$

$$
m { \leqslant } \frac { f ( x _ { 1 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } { \leqslant } M ,
$$

则存在 $\xi \in [ x _ { 1 } , x _ { n } ] \subset [ a , b ]$ 使得 $f ( { \boldsymbol { \xi } } ) = { \frac { f ( x _ { 1 } ) + \cdots + f ( x _ { n } ) } { n } }$

定理4（零点定理）当 $f ( a ) \cdot f ( b ) < 0$ 时，存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得 $f ( \xi ) = 0$

a,b为无定义点，可直接用

![](images/2aa847fa73119a62bcca0b4c6efceaa15094169d8b5220b201d683a8fc092f44.jpg)

注推广的零点定理：若f（x）在（a,b）内连续， $\operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { + } } f ( x ) = \alpha , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } f ( x ) = \beta$ 且 $\alpha \cdot \beta < 0$ 则$f ( x ) = 0$ 在(a,b)内至少有一个根，这里a,b,α,β可以是有限数，也可以是无穷大．

例6.1 设函数f(x)在[0,1]上连续，且 $f ( 1 ) = 0 , f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = 1$ ，证明：存在 $\eta \in \left( { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right)$ ，使得$f ( \eta ) = \eta$

分析涉及关系式，“做一至两步的逆运算”只需证 $\ " f ( \eta ) - \eta = 0 \ : \cdots$

$F ( x ) = f ( x ) - x$ ，则函数F(x)=f(x)-x在 $\left[ { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right]$ 上连续，且有

$$
F \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) - { \frac { 1 } { 2 } } = { \frac { 1 } { 2 } } \geq { \overline { { 0 , \ F ( 1 ) = f ( 1 ) - 1 = - 1 \leq 0 } } } , \quad { \widehat { \ast } } \bot { \widehat { \ast } } \ { \widehat { \ast } } \ { \widehat { \ast } } \ = { \frac { 1 } { 2 } } .
$$

由于 $F { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } \bullet F ( 1 ) < 0$ ，根据零点定理可知，存在 $\eta \in \left( { \frac { 1 } { 2 } } , 1 \right)$ ，使得F(n)=0，即 $f ( \eta ) = \eta$

例6.2 设函数f(x)在区间[0,1]上连续，且 $f ( 1 ) > 0 , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < 0$ .证明：方程 $f ( x ) = 0$ 在区间(0,1)内至少存在一个实根. 一般作为解答题的第一问》极限必须存在，才可和“0”比大小

证由 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < { \widehat { 0 } }$ 与极限的保号性可知，存在 $a \in ( 0 , 1 )$ ，使得 $\frac { f ( a ) } { a } < 0$ ，即 $f ( a ) < 0$

又 $f ( 1 ) > 0$ ，所以存在 $b \in ( a , 1 ) \subset ( 0 , 1 )$ ，使得f(b)=0，即方程 $f ( x ) = 0$ 在区间(0,1)内至少存在一个实根.

拉格朗日中值定理

$$
\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x  f ( x ) \underset { } {  } f ^ { \prime } ( x )  f ^ { ( n ) } ( x ) ( n \geq 2 )
$$

定积分/积分中值定理

## ②涉及导数（微分）的中值定理

![](images/40caa3f05054d5c810c941736a60be8b5e5da549aa804977a5a73b297ecc6678.jpg)

历史故事：费马，被称为最业余的数学家，比牛顿大42岁，是个律师.

1637年他在图书馆看书时，看到了 $\mathbf { \omega } ^ { * } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = z ^ { 2 }$ 必存在正整数解”，他违反规定写了一段话：

$\left. \begin{array} { c } { { x ^ { 3 } + y ^ { 3 } = z ^ { 3 } } } \\ { { } } \\ { { x ^ { 4 } + y ^ { 4 } = z ^ { 4 } } } \\ { { } } \\ { { \cdots } } \\ { { } } \\ { { x ^ { n } + y ^ { n } = z ^ { n } } } \end{array} \right\}$ 一律没有正整数解.

费马说：“此处太小写不下，不予证明了”·费马大定理提出了好的问题，实际上，比解决它更好！怀尔斯于1994年证明出了该定理，此时已超40岁

[①可导，左右导数存在且相等 定理5（费马定理）设f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处满足 则 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ②取极值， 极值点

## 注(1）证明费马定理

不妨假设f（x）在点 $x _ { \mathfrak { o } }$ 处取得极大值，则存在 $x _ { 0 }$ 的邻域 $U ( x _ { 0 } )$ ，对任意的 $x \in U ( x _ { 0 } )$ ，都有 $\Delta f =$ $f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) { \leqslant } 0$ ，于是根据导数的定义与极限的保号性，有

$$
f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } \geq 0 ,
$$

![](images/442751999fe0f4e5dd20e70aee6a2c63495f3d53e8f4ffb9b62dd7a7eefcee8f.jpg)

$$
f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname * { l i m } _ { x  x _ { 0 } ^ { + } } \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } \leqslant 0 \ .
$$

又f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处可导，于是 $f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ ，故 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$

(2)当一个人跑到最远处时，他的速度为零；当一个人跑得最快时，他的加速度为零，这些都是费马定理在生活中的通俗应用

例6.3 (导数零点定理)设f(x)在[a,b]上可导，证明当 $f _ { + } ^ { \prime } ( a ) \cdot f _ { - } ^ { \prime } ( b ) < 0$ 时，存在 $\xi \in ( a , b )$ 使得 f'(x)存在 由此知最大值取在区间内，而 由此知最大值取在区间内，而区间内函墨值必为极值牌 区间内的最值必为极值，端

$$
f ^ { \prime } ( \xi ) = 0 \ .
$$

$$
f _ { + } ^ { \prime } ( a ) > 0 , f _ { - } ^ { \prime } ( b ) < 0
$$

点的最值不一定是极值Jl  
aa+δ b-δb  
（端点不谈论极值，因为在  
区间外侧并无定义）

由 $f _ { + } ^ { \prime } ( a ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { * } } { \frac { f ( x ) - f ( a ) } { x - a } } > 0 ,$ 可得存在 $\delta _ { \mathrm { 1 } } > 0$ ，在 $( a , a + \delta _ { 1 } )$ 内， $f ( x ) > f ( a )$ 脱帽法由 $f _ { - } ^ { \prime } ( b ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } { \frac { f ( x ) - f ( b ) } { x - b } } < 0$ 可得存在 $\delta _ { 2 } > 0$ ，在 $( b - \delta _ { 2 } , b )$ 内， $f ( x ) > f ( b )$

故f(a)与f(b)均不是f(x)在[a,b]上的最大值,则f(x)在(a,b)内取得最大值,根据费马定理可知，存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi ) = 0$

定理6（罗尔定理）

①在[a,b]上连续,

三个条件同时满足才可

设f(x)满足{②在(a,b)内可导，则存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi ) { \overset { ! } { = } } 0$

![](images/d5d153d6734be739eef2adf830bc6c98ef3687b38e12d389ade3b6699d55f814.jpg)

③f(a)=f(b)，

![](images/8a1941eb08bcba0a9a7a01ba5e5c5fd94f073f1fb54281379d35bf73d5f73daa.jpg)

①f(a)=f(b);

② lim f(x)=lim f(x):

罗尔（1652—1719）

罗尔→f(5)=0

③limf(x)=+∞，limf(x)=+∞. x→a+ (18) x→b (-8)

## 注推广的罗尔定理

设f(x)在(a,b)内可导， $\operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { + } } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } f ( x ) = A$ 则在(a,b)内至少存在一点ξ，使f‘(§）=0，其中区间(a，b)可以是有限区间也可以是无穷区间，A可以是有限数也可以是无穷大

罗尔定理的使用往往需要构造辅助函数，其方法总结如下

（1）简单情形：题设f（x）即为辅助函数（研究对象）.

（2）复杂情形

→一般不用f，而用一个神秘的“F”一—辅助函数。

①乘积求导公式 $( u \nu ) ^ { \prime } = u ^ { \prime } \nu + u \nu ^ { \prime }$ 的逆用

a $[ f ( x ) f ( x ) ] ^ { \prime } = [ f ^ { 2 } ( x ) ] ^ { \prime } = 2 f ( x ) \cdot f ^ { \prime } ( x )$

见到f（x）f（x），令 $F ( x ) = f ^ { 2 } ( x )$ 逆运算

b. $[ f ( x ) \bullet f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { \prime } = [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } + f ( x ) f ^ { n } ( x )$

见到 $[ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } + f ( x ) f ^ { \prime } ( x )$ ，令 $F ( x ) = f ( x ) f ^ { \prime } ( x )$

$$
\mathsf { c . } \left[ f ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } \right] ^ { \prime } = f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } + f ( x ) \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) } \bullet \varphi ^ { \prime } ( x ) = \left[ f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x ) \right] \mathrm { e } ^ { \varphi ( x ) }
$$

见到 $f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x )$ ，令 $F ( x ) = f ( x ) { \mathrm { e } } ^ { \varphi ( x ) }$

常考以下情形

φ（x）=x=见到f（x）+f（x），令F（x）=f（x）e.

φ（x）=-x=见到f‘（x）-f（x），令F（x）=f（x）e

φ（x)=kx=见到f‘（x）+f（x），令 $F ( x ) = f ( x ) \mathrm { e } ^ { k \alpha }$

$( u \nu ) ^ { \prime \prime } = u ^ { \prime \prime } \nu + 2 u ^ { \prime } \nu ^ { \prime } + u \nu ^ { \prime \prime }$ 亦有可能考到

②商的求导公式 $\left( \frac { u } { \nu } \right) ^ { \prime } = \frac { u ^ { \prime } \nu - u \nu ^ { \prime } } { \nu ^ { 2 } }$ 的逆用.

$\left[ { \frac { f ( x ) } { x } } \right] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) x - f ( x ) } { x ^ { 2 } } }$

见到 $f ^ { \prime } ( x ) x - f ( x ) , x \neq 0$ $F ( x ) = { \frac { f ( x ) } { x } }$

$$
\mathsf { b . } \left[ \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right] ^ { \prime } = \frac { f ^ { \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } { f ^ { 2 } ( x ) }
$$

$f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } , f ( x ) \neq 0$ $F ( x ) = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } }$

$[ \ln f ( x ) ] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } }$ 故 $[ \ln f ( x ) ] ^ { \prime \prime } = \left[ { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { f ( x ) } } \right] ^ { \prime } = { \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } { f ^ { 2 } ( x ) } }$

见到 $f ^ { \prime \prime } ( x ) f ( x ) - [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } , f ( x ) > 0$ ，亦可考虑令 $F ( x ) = \ln f ( x )$

事实上，这些辅助函数的构造不仅仅限于罗尔定理的使用。

例6.4 设f(x)在[0,3]上连续，在(0,3)内可导，且 $f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 , f ( 3 ) = 1$ .证明：必存在 $\xi \in ( 0 , 3 )$ ，使得f(5)=0.

证 因为f(x)在[0,3]上连续，所以f(x)在[0,2]上连续，且在[0,2]上必有最大值M和最小值 m，于是

$$
m \leqslant f ( 0 ) \leqslant M , m \leqslant f ( 1 ) \leqslant M , m \leqslant f ( 2 ) \leqslant M ,
$$

故

$$
m { \leqslant } \frac { f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) } { 3 } \overline { { = 1 { \leqslant } M \ . } } ^ { } \overset { } { = } 4 3 h { \leqslant } 3 2
$$

由介值定理可知，至少存在一点 $c \in [ 0 , 2 ]$ ，使得 $f ( c ) = { \frac { f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) } { 3 } } = 1$

所以函数f(x)在[c,3]上满足罗尔定理的条件，于是存在 $\xi \in ( c , 3 ) \subset ( 0 , 3 )$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi ) = 0$

例6.5 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导， $f ( a ) = 0 , a > 0$ ，证明：存在 $\xi \in ( a , b )$ 使得 $f ( \xi ) = { \frac { b - \xi } { a } } f ^ { \prime } ( \xi )$

分析先将结论改写为 $f ^ { \prime } ( \xi ) - \frac { a } { b - \xi } f ( \xi ) = 0$ （对照 $f ^ { \prime } ( x ) + f ( x ) \varphi ^ { \prime } ( x ) ~ ;$ ，所以构造辅助函数 $F ( x ) = f ( x ) { \mathrm { e } } ^ { \int \left( { \frac { a } { b - x } } \right) d x }$ $f ( x ) ( b - x ) ^ { a }$ ，再利用罗尔定理即可. $\begin{array} { c } { { \enclose{circle} { 1 } F ( a ) = f ( a ) ( b - a ) ^ { a } = 0 } } \\ { { \enclose{circle} { 2 } F ( b ) = f ( b ) ( b - b ) ^ { a } = 0 } } \end{array}$

证 令 $F ( x ) = f ( x ) ( b - x ) ^ { a }$ ，显然 ${ \dot { F ( a ) } } = F ( b ) = 0$ ，由罗尔定理知，存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得 $F ^ { \prime } ( \xi ) = 0$ 即 $f ^ { \prime } ( \xi ) ( b - \xi ) ^ { a } - a f ( \xi ) ( b - \xi ) ^ { a - 1 } = 0$ ，已知 $a > 0$ ，故 $f ( \xi ) = { \frac { b - \xi } { a } } f ^ { \prime } ( \xi )$

注上面是证明一阶导数为0，也就是使用一次罗尔定理的问题，但有些题目涉及二阶导数为0，即要多次使用罗尔定理，这种问题的难点是要找到函数值相等的三个不同点，即 $f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) \ ( \pi$ 妨设 $a < b < c )$ ，分别在[a,b],[b,c]上使用罗尔定理，有 $f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = 0 , \xi _ { 1 } \in ( a , b ) , \xi _ { 2 } \in ( b , c )$ 进而在 $[ \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ]$ 上再对f'(x)使用罗尔定理，得 $f ^ { \prime } ( \xi ) = 0$ ，其中 $\xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( a , c )$ .如例6.6

![](images/da394962da7eada5bdea35cff97437f9418a9b74ef3932f0bc8f81155c8cfda9.jpg)  
由F'(5)=F'(ξ)=0，得F"(5)=0

例6.6 设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内二阶可导，过点A(0,f(0))与点B(l，f())的直线与曲线y=f(x)相交于点C(c，f(c))，其中 $0 < c < 1$ ，证明：存在 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使得 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = 0$

证 根据题意，过点A与点B的直线方程为 $y _ { 1 } = [ f ( 1 ) - f ( 0 ) ] x + f ( 0 )$

令 $\cdot F ( x ) = f ( x ) - y _ { 1 } = f ( x ) - \left[ f ( 1 ) - f ( 0 ) \right] x - f ( 0 ) , \ \mathbb { X } f ( c ) = \left[ f ( 1 ) - f ( 0 ) \right] \cdot c + f ( 0 )$ ，且 $F ( 0 ) = 0 , F ( 1 ) = 0$   
$F ( c ) = f ( c ) - [ f ( 1 ) - f ( 0 ) ] \bullet c - f ( 0 ) = 0$ ，则F(x)在[0,c]与[c,1]上均满足罗尔定理的条件，于是可得 V   
$F ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = F ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = 0 , \xi _ { 1 } \in ( 0 , c ) , \xi _ { 2 } \in ( c , 1 )$ 因为F(x）有三个零点 C 店1x

![](images/6ab53ca9aee08246eb4acaf5501d0dbe9771ce87c7c6e47e63fd23ba38efb789.jpg)

再由罗尔定理可得 $F ^ { \prime \prime } ( \xi ) = f ^ { \prime } ( \xi ) = 0 , \xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( 0 , 1 )$ ，命题得证.

公式直线方程 $y _ { 1 } - f ( 0 ) = { \frac { f ( 1 ) - f ( 0 ) } { 1 - 0 } } ( x - 0 )$

## 注大于等于2阶为高阶

若证 $f ^ { ( n ) } ( \xi ) = 0$ 用罗尔定理可能性大；

若证 $f ^ { ( n ) } ( \xi ) \neq 0$ （不等式）用泰勒公式可能性大。

例6.7 设函数f(x)在区间[0,1]上具有二阶导数，且f(1)>0,lim $\frac { f ( x ) } { x } < 0$ .证明：方程x→0+$f ( x ) f ^ { \prime \prime } ( x ) + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } = 0$ 在区间(0,1)内至少存在两个不同实根. 说明函数f(x)在闭区间上左端点右连续，右端点左连续

分析 辅助函数为 $F ( x ) = f ( x ) \cdot f ^ { \prime } ( x )$ ，即证 $\left\{ { F } ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = 0 , \right.$ 其中 $\xi _ { 1 }$ 与 $\boldsymbol { \xi } _ { 2 }$ 不相等．

证 由题设知f(x)连续且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { * } } { \frac { f ( x ) } { x } }$ 存在，所以f(Q)=0.又由例6.2知f(b)=0， $b \in ( 0 , 1 )$ ，由罗尔V $\bigoplus _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { x } } < 0 \not \equiv \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } f ( x ) = 0 = f ( 0 )$ 定理知，存在 $c \in ( 0 , b ) \subset ( 0 , 1 )$ ，使得

$$
f ^ { \prime } ( c ) = 0 \ .
$$

$F ( x ) = f ( x ) f ^ { \prime } ( x )$ ，由题设知F(x)在区间[0,b]上可导，且

$$
F ( 0 ) = 0 , F ( \overrightarrow { c ) = 0 , F ( b ) = 0 \ . } \quad \stackrel { } { \Rightarrow } \oplus f ^ { \prime } ( c ) = 0 \ \not \in \mathfrak { F } ( b ) = 0 \ .
$$

根据罗尔定理，存在 $\xi \in ( 0 , c ) , \eta \in ( c , b )$ ，使得 $F ^ { \prime } ( \xi ) = F ^ { \prime } ( \eta ) = 0$ ，即5,n是方程 $f ( x ) f ^ { \prime \prime } ( x ) +$ $[ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } = 0$ 在区间(0,1)内的两个不同实根.

定理7(拉格朗日中值定理)

设f(x)满足 $\left\{ { \begin{array} { l } { \enclose{circle} { 1 } \# \mathbb { E } \left[ a , b \right] } \\ { \enclose{circle} { 2 } \# \mathbb { E } \left( a , b \right) } \end{array} } \right.$ 上连续， 则存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得内可导，

$$
f ( b ) - f ( a ) = f ^ { \prime } ( \xi ) ( \underline { { { b - a } } } ) , \qquad 
$$

![](images/48d8fb42edebe962f8bf24e7fb9d9cb7f868d1d925bbc47f35384751b7a412c3.jpg)

或者写成

若在区间(a，b)上处处变化率为0，则f(b)=f(a)为常数

![](images/a6d7c965e0eff02638138f3082c0c001992a648969104b61b71968ad7488a5ce.jpg)

$$
f ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { f ( b ) - f ( a ) } { b - a } ~ .
$$

拉格朗日（1736-1813）

注见到f(a）-f（b)或f与f的关系，一般想到用拉格朗日中值定理．拉格朗日中值定理的作用是用导函数的值来控制函数值的增减.

例6.8 若f(x)在 $| ( a , b )$ 内可导且f(x)有界，证明：f(x)在(a,b)内有界.

证 因为f(x)在(a,b)内可导，所以f(x)在(a,b)内连续，因此对任意 $x _ { 0 } \in ( a , b ) , f ( x _ { 0 } )$ 存在，对任意 $x \in ( a , b )$ ，不妨设 $x < x _ { 0 }$ ，对f(x)在 $[ x , x _ { 0 } ]$ 上应用拉格朗日中值定理，有→在(a,b)内取闭区间[x,x0]

$$
f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) = f ^ { \prime } ( \xi ) ( x - x _ { 0 } ) , \xi \in ( x , x _ { 0 } ) , \xi \notin \mathcal { Z } .
$$

则 $\scriptstyle { \big | } f ( x ) { \big | } \leqslant { \big | } f ( x _ { 0 } ) { \big | } + { \big | } f ^ { \prime } ( \xi ) { \big | } { \big | } x - x _ { 0 } { \big | }$ ，由于f'(x)有界，故存在 $k > 0$ ，使得对任意 $x \in ( a , b )$ 有 $\left| f ^ { \prime } ( x ) \right| { \leqslant } k$ 学会翻译数学名词 ★关系式

$$
\left| f ^ { \prime } ( \xi ) \right| \leqslant k
$$

$$
\lvert f ( x ) \rvert { \leqslant } \lvert f ( x _ { 0 } ) \rvert { + } k \rvert x { - } x _ { 0 } \lvert \leqslant \lvert f ( x _ { 0 } ) \rvert { + } k ( b - a ) { \overset { \mathrm { i } \backslash \Sigma } { \longrightarrow } } M ,
$$

即f(x)在(a,b)内有界.

$$
\star | A | { - } | B | { \leqslant } | A + B | { \leqslant } | A | { + } | B |
$$

例6.9 设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)=0，且f(x)在[0,1]上不恒等于零.证 明：存在 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使得 $f ( \xi ) f ^ { \prime } ( \xi ) > 0$ 3a∈(0,1]，使f(a)≠0

分析 令 $F ( x ) = \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 } ( x ) \ , \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 }  f f ^ { \prime }  ( f ^ { \prime } ) ^ { 2 } + f f ^ { \prime }$ ，欲证 $F ^ { \prime } ( \xi ) = 0$ 想到罗尔定理；欲证 $F ^ { \prime } ( \xi ) > 0$ 想到拉格朗日中值定理.

证 令 $F ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { 2 } ( x )$ ，则 $F ( 0 ) = { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { 2 } ( 0 ) = 0$ ，因为f(x)不恒为0，于是必存在某点 $a \in ( 0 , 1 ]$ 使得 $f ( a ) \neq 0$ ，则 $F ( a ) = \frac { 1 } { 2 } f ^ { 2 } ( a ) > 0$ ，由拉格朗日中值定理可知，存在 $\xi \in ( 0 , a ) \subset ( 0 , 1 )$ ，使得→函数值不等于0，平方大于0$F ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { F ( a ) - F ( 0 ) } { a - 0 } > 0$ ，即 $f ( \xi ) f ^ { \prime } ( \xi ) > 0$

例6.10 设函数f(x)满足f(0)=0，且当x>0时， $f ( x ) < 0 , f ^ { \prime } ( x ) < 0 , f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ ，则当 $0 < a <$ x<b时，有（ ）

（A) $x f ( x ) > a f ( a )$ (B) $b f ( b ) > x f ( x )$ (C） $x f ( a ) > a f ( x )$ (D) $x f ( b ) > b f ( x )$

## 解 应选(D).

令 $g ( x ) = x f ( x ) , x > 0$ ，则 $g ^ { \prime } ( x ) = f ( x ) + x f ^ { \prime } ( x ) < 0 , g ( x )$ 单调减少，故当 $0 < a < x < b$ 时， $g ( b ) <$ $g ( x ) < g ( a )$ ，即 $b f ( b ) < x f ( x ) < a f ( a )$ ，选项(A)，(B)错误.

再令 $h ( x ) = { \frac { f ( x ) } { x } } , x > 0$ ，则

$$
\begin{array} { r l } & { \quad \quad \widehat { \beta _ { \lambda } } \qquad \widehat { \beta } } \\ & { \quad = \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - f ( x ) } { x ^ { 2 } } \quad \frac { \# \mathbb { E } _ { 1 } \lambda _ { \lambda } \mathbb { E } f , x f ^ { \prime } ( \psi \tilde { \phi } \tilde { \phi } _ { \lambda } ^ { \lambda } , \tilde { \phi } _ { \lambda } ^ { \lambda } , } { x ^ { 2 } } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - \left[ f ( x ) - f ( 0 ) \right] } { x ^ { 2 } } = \frac { x f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( \tilde { \xi } ) \cdot x } { x ^ { 2 } } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x ^ { 2 } } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x } \end{array}
$$

其中 $0 < \xi < x$ .由 $f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ ，知f'(x)单调增加， $f ^ { \prime } ( x ) > f ^ { \prime } ( \xi )$ ，则 $h ^ { \prime } ( x ) > 0 , h ( x )$ 单调增加，故当$0 < a < x < b$ 时， $h ( a ) < h ( x ) < h ( b )$ ，即 ${ \frac { f ( a ) } { a } } < { \frac { f ( x ) } { x } } < { \frac { f ( b ) } { b } }$ ，也即 $a f ( x ) > x f ( a ) , x f ( b ) > b f ( x )$ ，选项(C)

定理8（柯西中值定理）用参数方程来表达

①在[a,b]上连续，设 $f ( x ) , g ( x )$ 满足{②在(a,b)内可导，则存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得③ $g ^ { \prime } ( x ) \neq 0$

法国科学院院长拉格朗日（欧拉的学生）的学生，徽积兮收官人之一.数学故事：拉格朗日让其父亲答应柯西15岁前不学数学，15岁后拉格朗日亲自来教

![](images/29259ae9dd690cb504d518e20e000d5e68149adf4f7c398b9822403cadf0053d.jpg)

★往往考查一个具体函数，一个抽象函数

$$
\frac { f ( b ) - f ( a ) } { g ( b ) - g ( a ) } = \frac { f ^ { \prime } ( \overrightarrow { \xi } ) } { g ^ { \prime } ( \overrightarrow { \xi } ) } \stackrel { \mathrm { \tiny ~ ( ) } } { \longrightarrow } \mathrm { \tiny ~ \cdot ~ } \xi
$$

柯西（1789-1857）

$$
\left\{ { \begin{array} { l } { x = g ( t ) , } \\ { y = f ( t ) } \end{array} } \right.
$$

例6.11 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导， $0 < a < b$ ，证明：至少存在一点 $\xi \in ( a , b )$ 使得 $f ( b ) - f ( a ) = \xi \boxed { \ln \frac { b } { a } } f ^ { \prime } ( \xi )$ Ina >0

因为f(x)与g(x)=ln x在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且 $g ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x } \neq 0 ( 0 < a < x < b )$ ，即f(x)与g(x)=lnx在[a,b]上满足柯西中值定理的条件，则至少存在一点 $\xi \in ( a , b )$ ，使得

$$
{ \frac { f ( b ) - f ( a ) } { \ln b - \ln a } } = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { \frac { 1 } { \xi } } } ,
$$

即

$$
f ( b ) - f ( a ) = \xi \ln { \frac { b } { a } } f ^ { \prime } ( \xi ) \ .
$$

## 定理9(泰勒公式)徽分中值定理

此公式适用于区间[a，b]，常在证明题中使用，如证不等(1)带拉格朗日余项的n阶泰勒公式. 式、中值等式等

设f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的某个邻域内n+1阶导数存在，则对该邻域内的任意点x，有

区间上

$$
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \cdots + { \frac { 1 } { n ! } } f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + \left\lceil { \frac { f ^ { ( n + 1 ) } ( \xi ) } { ( n + 1 ) ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n + 1 } \right\rceil , \qquad v ^ { \pm , \pm } = 0 .
$$

其中 $\xi$ 介于x， $x _ { 0 }$ 之间.

此公式仅适用于点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 及其邻域，常用于研究点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处的某些结论，如求极限、判定无穷小的阶数、判定极值等

(2)带佩亚诺余项的n阶泰勒公式.

设f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处n阶可导，则存在 $x _ { 0 }$ 的一个邻域，对于该邻域内的任意点x，有

局部上

$$
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \cdots + { \frac { 1 } { n ! } } f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + o ( ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } ) ~ .
$$

思想：用多项式来近似表示f(x)

当 $x _ { 0 } = 0$ 时的泰勒公式称为麦克劳林公式。

$$
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } x ^ { n } + \frac { \left| f ^ { ( n + 1 ) } ( \xi ) \right. } { \left( n + 1 \right) ! } x ^ { n + 1 } ~ , \ \ddag \neq \xi \wedge \mp 0 \ \widehat { \eta } ^ { \mu } x \preceq \boxed { \mathbb { M } } ~ .
$$

拉格朗日余项

$$
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } } x ^ { 2 } + \cdots + { \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } } x ^ { n } + \left[ o \left( x ^ { n } \right) \right] ^  \nmid 0 , { \bar { x } } - { \bar { y } } \nmid { \hat { x } } + { \bar { x } } { \hat { x } } + { \hat { y } }
$$

## 注几个重要函数的麦克劳林展开式

$$
( 1 ) \ \mathrm { e } ^ { x } = 1 + x + \frac { 1 } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { 1 } { n ! } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) \ .
$$

$$
( 2 ) \ \sin x = x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } } + o ( x ^ { 2 n + 1 } ) \ .
$$

$$
( 3 ) \cos x = 1 - \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } \frac { x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! } + o ( x ^ { 2 n } ) .
$$

$$
( 4 ) \frac { 1 } { 1 - x } = 1 + x + x ^ { 2 } + \cdots + x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) .
$$

$$
( 5 ) \ { \frac { 1 } { 1 + x } } = 1 - x + x ^ { 2 } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) \ .
$$

$$
( 6 ) \ \ln ( 1 + x ) = x - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { n } } { n } } + o ( x ^ { n } ) .
$$

$$
( 7 ) \ ( 1 + x ) ^ { \alpha } = 1 + \alpha x + { \frac { \alpha ( \alpha - 1 ) } { 2 ! } } x ^ { 2 } + \cdots + { \frac { \alpha ( \alpha - 1 ) \cdots ( \alpha - n + 1 ) } { n ! } } x ^ { n } + o ( x ^ { n } )
$$

记住前三项即可

（5）的推广

例6.12 设函数f(x)在[0,1]上二阶可导，且 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$ ，则（ ）.(A)当f'(x)<0时， $f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0$ (B)当 $f ^ { \prime \prime } ( x ) < 0$ 时， $f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0$ (C)当f'(x)>0时， $f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0$ (D)当 $f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ 时， $f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0$

分析与高阶导数有关的不等式考虑泰勒公式.

解 应选(D).

方法一已知f(x)在[0,1]上二阶可导，则由带拉格朗日余项的泰勒公式有

$$
f ( x ) = f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + f ^ { \prime } { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + { \frac { 1 } { 2 } } f ^ { \prime } ( \xi ) { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } ,
$$

可从几何上直接得出

其中介于x与 $\frac { 1 } { 2 }$ 之间.对上式在[0,1]上取积分得

$$
\int _ { 0 } ^ { 2 x _ { 0 } } ( x - x _ { 0 } ) \mathrm { d } x = 0
$$

$$
\begin{array} { r l r } & { } & { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x } = \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( \frac { 1 } { 2 } ) \mathrm { d } x + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( \frac { 1 } { 2 } ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) \mathrm { d } x } + \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x } \\ & { } & { = f ( \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } ) + f ^ { \prime } ( \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } ) \bullet \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } } | _ { 0 } ^ { 1 } + \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x } = 0 \mathrm { , } } \end{array}
$$

![](images/a3e42ba5f898235f20c82e0ac84967c680ab60c5751a9b0c19a8a32fd93306bc.jpg)

移项整理得 $f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } = - { \frac { 1 } { 2 } } { \int } _ { 0 } ^ { 1 } { \underline { { f ^ { \prime \prime } } } } ( { \xi } ) { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } { \mathrm { d } } x$ 关，是5=5(x），不是常数。 f"(5)不能提至积分号外，因为此处的5与x有

故当f"(x)>0时，有 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0$ ，则 $f { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } < 0$ .因此选 (D). 由积分保号性， $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } \mathrm { d } x > 0$

方法二先写出泰勒公式 $f ( x ) = f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) + f ^ { \prime } \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) + \left[ { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 } } \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { 2 } \right] , \xi \in \left( x , { \frac { 1 } { 2 } } \right) \subset ( 0 , 1 )$ （或（x若 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0$ ，则 $\frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) ^ { 2 } \geqslant 0$ ，故 $f ( x ) \geqslant f { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } + f ^ { \prime } { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } { \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) }$

对上式两边同时积分，在[0,1]上有

$$
\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x > \int _ { 0 } ^ { 1 } \left[ f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) + f ^ { \prime } \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) \right] \mathrm { d } x \ ,
$$

故

$$
\int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggr ] \mathrm { d } x < 0 \ ,
$$

因为 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) \mathrm { d } x = 0$ ，所以 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) \mathrm { d } x < 0 , f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) < 0$

例6.13 设函数f(x)在区间[-1,1]上具有三阶连续导数，且 $f ( - 1 ) = 0 , f ( 1 ) = 1 , f ^ { \prime } ( 0 ) = 0$ ，证

明：在区间(-1,1)内至少存在一点 $\xi$ ，使 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = 3$

分析遇到f与 $f ^ { ( n ) } ( n \geq 2 )$ 的关系，考虑泰勒公式.

证 将f(x)在x=0处展开成带拉格朗日余项的二阶泰勒公式，得

$$
f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + { \frac { 1 } { 2 ! } } f ^ { \prime } ( 0 ) x ^ { 2 } + { \frac { 1 } { 3 ! } } f ^ { \prime \prime } ( \eta ) x ^ { 3 } ,
$$

其中η介于0与x之间， $x \in \left[ - 1 , 1 \right]$

分别令x=-1和 $x = 1$ ，并结合已知条件，得

$$
0 = f ( - 1 ) = f ( 0 ) + \frac { 1 } { 2 } f ^ { \prime \prime } ( 0 ) - \frac { 1 } { 6 } f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) , - 1 < \eta _ { 1 } < 0 ,
$$

$$
1 = f ( 1 ) = f ( 0 ) + \frac { 1 } { 2 } f ^ { \prime } ( 0 ) + \frac { 1 } { 6 } f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) , 0 < \eta _ { 2 } < 1 ,
$$

两式相减，可得 $f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) = 6$

由 $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 的连续性知， $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 在区间 $[ \eta _ { 1 } , \eta _ { 2 } ]$ 上有最大值和最小值，设它们分别为M和m，则有

$$
m \leqslant \frac { 1 } { 2 } \big [ f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) \big ] \leqslant \underline { { M } } , \qquad \oplus m \leqslant f ^ { \prime \prime } ( x ) \leqslant M , \quad \mathring { \mathbb { M } } \big | m \leqslant f ^ { \pi } ( \eta _ { 1 } ) \leqslant M ,
$$

再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 $\xi \in [ \eta _ { 1 } , \eta _ { 2 } ] \subset ( - 1 , 1 )$ ，使

$$
f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = \frac { 1 } { 2 } \big [ f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 1 } ) + f ^ { \prime \prime } ( \eta _ { 2 } ) \big ] = 3 .
$$

## 注泰勒公式：

$$
f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + \frac { 1 } { 2 ! } f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \frac { 1 } { 3 ! } f ^ { \prime \prime } ( \eta ) ( x - x _ { 0 } ) ^ { 3 } \left( \mathrm { \Delta } \eta \wedge \vec { \cdot } \mp x , x _ { 0 } \not \simeq | \vec { \mathbb { M } } \mathrm { ~ } \right) ,
$$

关键是把握好展开点 $x _ { 0 }$ （取已知导数值的点或待证导数值的点）和被展开点x（取已知函数值的点或特殊点，如端点、中间点等），同时要想办法消去未知的函数项或导数项，向结论靠拢。

![](images/671046c699e226484860645bbe0f8b19376b9c485b15a900e89bb9e7d2802733.jpg)

## 微分等式

![](images/5fc8dfb0ef3ba705a9098713fe0426456c713d94a94526495b27ee950024003f.jpg)

方程f(x)=0的根就是函数f(x)的零点.从几何上讲，方程的根作为两条曲线的交点，代数语言${ } ^ { \mathfrak { a } } f ( x ) = g ( x )$ 的根”与几何语言“曲线 $f ( x )$ 与 $g ( x )$ 的交点”，两者概念不同，但描述的是同一件事.基于此，为讨论方程的根，有时可改为讨论曲线的交点.讨论方程根的问题（也称为函数的零点问题)通常可以考虑下面这些方法.

## 零点定理（证明根的存在性）

![](images/b98b28e470b1650ce97b63b4b906d78ce511a8c154a9244fc64b24dcaa6d4dac.jpg)

若f(x)在[a,b]上连续，且 $f ( a ) f ( b ) { \overset { \prime } { < } } 0$ ，则 $f ( x ) = 0$ 在(a,b)内至少有一个根.

## ② 单调性（证明根的唯一性）

![](images/d109d7ad4a7802b4b5a01b162ae31a033664a329f5930194c0c55956c7345e75.jpg)

若f(x)在(a,b)内单调，则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根，这里区间(a,b)可以是有限区间也可以是无穷区间.

## ③罗尔定理及其推论

当不易使用零点定理时，可考虑罗尔定理及其推论（罗尔定理见“一、2.定理 $6 ^ { \prime \prime } \ )$

注若f（x）在区间I上n阶可导，且 $f ^ { ( n ) } ( x ) \neq 0$ ，即 $f ^ { ( n ) } ( x ) = 0$ 无实根（至多有0个根），于是$f ( x ) = 0$ 至多有n个根，如 $f ^ { \prime \prime } ( x ) \neq 0$ ，则 $f ( x ) = 0$ 至多3个根（以阶数换个数）

证（反证法）假设f(x)=0在I上至少有n+1个实根，此处只证明n+1个根时推出矛盾，其余同理，则 $f ( x _ { 1 } ) = f ( x _ { 2 } ) = \cdots = f ( x _ { n + 1 } ) = 0$

不妨设 $x _ { 1 } < x _ { 2 } < \cdots < x _ { n + 1 }$ ，由罗尔定理，则 $f ^ { \prime } ( x ) = 0$ 至少有n个实根（每一个小区间用罗尔定理）.依次逐阶递推，则 $f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0$ 至少有n-1个实根， $\cdots , f ^ { ( n ) } ( x ) = 0$ 必至少有一个实根，设为ξ，即 $f ^ { ( n ) } ( \xi ) = 0$ ，与题干矛盾，故假设不成立，原命题得证．

事实上有更一般的结论，即罗尔原话（罗尔定理的推论）：若 $f ^ { ( n ) } ( x ) = 0$ 至多有k个根，则 $f ( x ) = 0$ 阶数降几个，根个数加几个至多有k+n个根.如 $f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0$ 至多一个根，则f（x)=0至多3个根

## 4实系数奇次方程至少有一个实根

## 注证明任何实系数奇次方程

$$
x ^ { 2 n + 1 } + a _ { 1 } x ^ { 2 n } + \cdots + a _ { 2 n } x + a _ { 2 n + 1 } = 0
$$

至少有一个实根。

证设

$$
f ( x ) = x ^ { 2 n + 1 } + a _ { 1 } x ^ { 2 n } + \cdots + a _ { 2 n } x + a _ { 2 n + 1 } ,
$$

则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = + \infty , \quad \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } f ( x ) = - \infty$ ，由f(x)的连续性及推广的零点定理，知存在 $\xi \in ( - \infty , + \infty )$ ，使$f ( \xi ) = 0$ ，即f(x)=0至少有一个实根.

例6.14 在区间(-8,+8)内，方程 $\scriptstyle \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x = 0$

(A)无实根

(B)有且仅有一个实根

(C)有且仅有两个实根

(D)有无穷多个实根

## 解 应选(C).

$$
\enclose{circle} { \mathfrak { Z } } \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } > 1 , \ \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } > 1 , \ \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x > 0
$$

记 $f ( x ) = \lvert x \rvert ^ { \frac { 1 } { 4 } } + \lvert x \rvert ^ { \frac { 1 } { 2 } } - \cos x$ ，易知f(x)为偶函数，又因为当x>1时， $f ( x ) > 0$ ，故只需判断 $f ( x ) = 0$ 故无实根在[0,1]内有无实根即可.因为 $f ( 0 ) = - 1 < 0 , f ( 1 ) = 2 - \cos 1 > 0$ ，且当 $x \in ( 0 , 1 )$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { - { \frac { 3 } { 4 } } } +$ 故只需研究${ \frac { 1 } { 2 } } x ^ { - { \frac { 1 } { 2 } } } + \sin x > 0$ ，所以f(x)=0在(0,+∞)内有且仅有一个实根.故在 $( - \infty , + \infty )$ 内f(x)=0有且仅有两对称区间上的偶函数个实根.故答案选(C).

注此题若换元，令 $\left| x \right| ^ { \frac { 1 } { 4 } } = t$ 方程变为 $t + t ^ { 2 } - \cos t ^ { 4 } = 0$ 计算时看起来更“舒服”

$$
3 a ^ { 2 } - 5 b < 0
$$

$$
x ^ { 5 } + 2 a x ^ { 3 } + 3 b x + 4 c = 0 ( ) \cdots )
$$

(A)无实根

## 解 应选(B).

结论

由于 $f ( x ) = x ^ { 5 } + 2 a x ^ { 3 } + 3 b x + 4 c$ 是奇次多项式，故方程f(x)=0至少有一个实根，令f"(x)=0，可知双二次方程 $5 x ^ { 4 } + 6 a x ^ { 2 } + 3 b = 0$ 对应于 $x ^ { 2 }$ 的判别式 $\varDelta = 1 2 ( 3 a ^ { 2 } - 5 b ) < 0$ ,则方程f'(x)=0无实根,f(x)单调，所以方程 $f ( x ) = 0 { \mathrm { : } }$ 有唯一实根.故答案选 (B). 罗尔定理的推论<

$$
\begin{array} { r } { \hat { \psi } \cdot t = x ^ { 2 } , \hat { \psi } | \hat { \zeta } t ^ { 2 } + 6 a t + 3 b = 0 , \mathcal { A } = 3 6 a ^ { 2 } - 6 0 b = 1 2 ( 3 a ^ { 2 } - 5 b ) < 0 } \end{array}
$$

## 例6.16 证明 $2 ^ { x } - x ^ { 2 } - 1 = 0$ 有且仅有三个根.

## ①存在性.

区 $f ( x ) = 2 ^ { x } - x ^ { 2 } - 1 = 0$ ，显然 $x _ { 1 } = 0 , x _ { 2 } = 1$ 为根，又 $f ( 2 ) = - 1 < 0 , f ( 5 ) = 2 ^ { 5 } - 2 5 - 1 = 6 > 0$ ，则f(x)=0在(2,5)内至少有一个根，即f(x)=0至少有三个根.

②唯一性.

由 $f ^ { \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln 2 - 2 x , \ f ^ { \prime \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln ^ { 2 } 2 - 2 , \ f ^ { \prime \prime } ( x ) = 2 ^ { x } \cdot \ln ^ { 3 } 2 \neq 0$ ，知f(x)=0至多有三个根，即$f ( x ) = 0$ 有且仅有三个根．>单调性不好判断就继续求导 $\xrightarrow { } { f ^ { \prime \prime } ( x ) = 0 }$ 至多0个根 $\xrightarrow { \sharp _ { \uparrow } \sharp _ { \mathbb { A } } \sharp _ { \mathbb { A } } } f ( x ) = 0 \ \not \cong \ \mathfrak { F } \ 0 + 3 = 3$ 个根例6.17 已知方程 $\mathbf { e } ^ { x } = k { \boldsymbol { x } }$ 有且仅有一个实根，则k的取值范围是

分析含参方程（不等式）的讨论.题中“有且仅有一个实根”表示 $y = { \frac { \mathbf { e } ^ { x } } { x } }$ 与y=k两条曲线的交点仅有一个.  
解 应填k=e或k<0.

方法一直接法.令 $F ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } - k x$ ，则 $F ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } - k$ ，当 $k < 0$ 时， $F ^ { \prime } ( x ) > 0 , F ( x )$ 单调增加，又$\operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } F ( x ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } F ( x ) = + \infty$ ，则F(x)=0有且仅有一个实根；

当k=0时， $F ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } , F ( x )$ 恒大于0，显然不满足；

当k>0时，令 $F ^ { \prime } ( x ) = 0$ ，有 $x = \ln k$ ，则当 $x \in ( - \infty , \ln k )$ 时，F(x)单调减少，当 $x \in ( \ln k , + \infty )$ 时，$F ( x )$ 单调增加，又 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } F ( x ) = + \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } F ( x ) = + \infty$ ，则当且仅当F(lnk)=0时，F(x)=0有且仅有一个实根，解得k=e.

综上，当k=e或k<0时，方程 $\mathtt { e } ^ { x } = k x$ 有且仅有一个实根.

方法二分离法.联立方程组 $\left\{ { \begin{array} { l } { \displaystyle y = { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { x } } } \\ { \displaystyle y = k , } \end{array} } \right.$ 且由例5.13，可得图6-1.

![](images/fcc1a2714f4c9635e05eb53058a212fdeaf004f60dad4a8f692b26cab879f31d.jpg)  
图6-1

故当k=e或k<0时， $y = { \frac { \operatorname { e } ^ { x } } { x } }$ 与y=k有且仅有一个交点，即方程 $\operatorname { e } ^ { x } = k x$ 有且仅有一个实根.

例6.18 已知方程 $x ^ { n } + n x - 1 = 0$ ，其中n为正整数.证明此方程存在唯一正实根 $x _ { n }$

证 记 $f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1$ .当x>0时， $f _ { n } ^ { \prime } ( x ) = n x ^ { n - 1 } + n > 0$ ，故fr(x)在 $[ 0 , + \infty )$ 上单调增加.由于 $f _ { n } ( 0 ) = - 1 < 0 , f _ { n } ( 1 ) = n \geq 1$ ，根据连续函数的零点定理知方程至多有一个实根

$$
x ^ { n } + n x - 1 = 0
$$

存在唯一正实根 $x _ { n }$ ，且 $0 < x _ { n } < 1$

注新概念： $\{ f _ { n } ( x ) \}$ 函数列—-族函数

$$
f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1 = 0 \ ,
$$

$$
\begin{array} { r l } & { f _ { 1 } ( x ) = x + x - 1 = 0 \quad \qquad \Longrightarrow x _ { 1 } \hfill ] , } \\ & { f _ { 2 } ( x ) = x ^ { 2 } + 2 x - 1 = 0 \hfill \left. \Longrightarrow x _ { 2 } \right. , } \\ & { \qquad \quad \cdots \quad \quad \cdots } \\ & { f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1 = 0 \hfill \left. \Longrightarrow x _ { n } \right. . } \end{array}
$$

## 微分不等式

![](images/23eba8c686aff9db792c28e6e0cbee8f7fb69360f6e82e746eaf6307a59179a5.jpg)

## 1 用函数性态（包括单调性、凹凸性和最值等）证明不等式

一般地，使用如下依据.

(1)若有 $f ^ { \prime } ( x ) \geqslant 0 , a < x < b$ ，则有 $f ( a ) { \leqslant } f ( x ) { \leqslant } f ( b )$

★(2)若有 $f ^ { \prime \prime } ( x ) \geqslant 0 , a < x < b$ ，则有 $f ^ { \prime } ( a ) { \leqslant } f ^ { \prime } ( x ) { \leqslant } f ^ { \prime } ( b )$

①当f'(a)>0时，f'(x)>0，则f(x)单调增加；

②当f(b)<0时，f'(x)<0，则f(x)单调减少.

当 $x _ { 0 }$ 为极大值点时，即为I内的最大值点，有f(x)≤M$f ( x _ { 0 } ) \geq f ( x )$ ★(3)设f(x)在I内连续,且有唯一的极值点 $x _ { 0 }$ ，则当 $x _ { 0 }$ 为极小值点时，即为I内的最小值点，有f(x)≥m$f ( x _ { 0 } ) \leqslant f ( x )$

其中x∈I.

★(4)若有 $f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0 , a < x < b , f ( a ) = f ( b ) = 0$ ，则有 $f ( x ) < 0$

例6.19 证明当 $0 < x < \frac { \pi } { 2 }$ 时，有 $\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } \ \cdot \ _ { \frac { 2 x } { \pi } < \sin x < x }$

![](images/9b25dc5639c3855339e29cae77d94f96559017e004bdfc8dcb889af201302062.jpg)

证方法一若证 $\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } }$ ，即需证 ${ \frac { \sin x } { x } } > { \frac { 2 } { \pi } }$ $f ( x ) = { \frac { \sin x } { x } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ ，则

$f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { \left[ x \cos x - \sin x \right] } { x ^ { 2 } } } .$ 定不出正负，继续求导

分母大于0，只需研究分子

令 ${ \underline { { \theta ( x ) = x \cos x - \sin x } } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ ，得 $g ^ { \prime } ( x ) = - x \sin x < 0$ ，则g(x)单调递减, $g ( x ) < g ( 0 ) = 0$ ，所 以在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 上f'(x)<0,f(x)单调递减， $f ( x ) > f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) } = { \frac { 2 } { \pi } }$ ，即

$$
\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) .
$$

方法二设 $f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ ，则

$$
f ^ { \prime } ( x ) = \cos x - { \frac { 2 } { \pi } } , f ^ { \prime } ( x ) = - \sin x < 0 ,
$$

所以曲线 $f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } }$ 在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 内是凸的， $\mathscr { L } f ( 0 ) = f \bigg ( \frac { \pi } { 2 } \bigg ) = 0$ ，所以 $f ( x ) = \sin x - { \frac { 2 x } { \pi } } > 0$ ，即

$$
\sin x > { \frac { 2 x } { \pi } } , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right) .
$$

![](images/b0e5ac459d13102bd3ffec29ccb351e2fd01ef0b0bc8e085cf33dfc8fb78fd2f.jpg)

例6.20 证明： $\left( \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } \right) ^ { 2 } < { \frac { 1 } { x \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } } ( x > 0 )$

证 只要证明当x>0时， $\left| \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } \right| - { \frac { 1 } { \sqrt { x } ( 1 + x ) } } < 0$ 即可．→带绝对值无法求导

$$
f ( x ) = \ln { \frac { 1 + x } { x } } - { \frac { 1 } { 1 + x } } = \ln ( 1 + x ) - \ln x - { \frac { 1 } { 1 + x } } ,
$$

则

补充中值定理结论：

$$
{ \begin{array} { r l } & { f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 1 + x } } - { \frac { 1 } { x } } + { \frac { 1 } { ( 1 + x ) ^ { 2 } } } } \\ & { \qquad = { \frac { ( 1 + x ) x - ( 1 + x ) ^ { 2 } + x } { x ( 1 + x ) ^ { 2 } } } } \\ & { \qquad = { \frac { - 1 } { x ( 1 + x ) ^ { 2 } } } < 0 \ , } \end{array} }
$$

$f ( t ) = \ln t$ ，则存在 $\xi \in ( x , x + 1 )$

使得 $\ln ( 1 + x ) - \ln x = \frac { 1 } { \xi } \cdot 1$

又因为 $\frac { 1 } { 1 + x } < \frac { 1 } { \xi } < \frac { 1 } { x }$

所 $\cdot 3 \ \frac { 1 } { 1 + x } < \ln \left( 1 + \frac { 1 } { x } \right) < \frac { 1 } { x }$ .记住！！！

又 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = 0$ ，所以 $f ( x ) > 0$

令

$$
g ( x ) = \ln \frac { 1 + x } { x } - \frac { 1 } { 1 + x } - \frac { 1 } { \sqrt { x } ( 1 + x ) } ,
$$

则

$$
\begin{array} { l } { \displaystyle g ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { 1 + x } - \frac { 1 } { x } + \frac { 1 } { \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } + \frac { \displaystyle \frac { 1 } { 2 \sqrt { x } } \cdot ( 1 + x ) + \sqrt { x } } { x \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } } \\ { \displaystyle = \frac { - 2 \sqrt { x } + 1 + x + 2 x } { 2 x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } = \frac { 1 + 3 x - 2 \sqrt { x } } { 2 x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \left( 1 + x \right) ^ { 2 } } \cdot \overbrace { \mathscr { T } } ^ { \frac { 4 } { 2 } \cdot \mathscr { R } > 0 } } \end{array}
$$

为h(x)的驻点，

①当 $x > \frac { 1 } { 9 }$ 时， $h ^ { \prime } ( x ) > 0$ ：

②当 $x < \frac { 1 } { 9 }$ 时， $h ^ { \prime } ( x ) < 0$ ：

唯一的极小值为最小值

再令 $h ( x ) = 1 + 3 x - 2 { \sqrt { x } }$ ，则 $h ^ { \prime } ( x ) = 3 - { \frac { 1 } { \sqrt { x } } } { \frac { \underset { \ast } { \widehat { \vec { z } } } } { = - 1 } } 0$ ，得 $x = \frac { 1 - } { 9 }$ ，为唯一极小值点，也即最小值点，且 $h _ { \mathrm { m i n } } = \frac { 2 } { 3 } > 0$ ，故 $h ( x ) > 0$ ，于是 $g ^ { \prime } ( x ) > 0$ ，即 $g ( x )$ 在 $( 0 , + \infty )$ 上单调增加，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } g ( x ) = 0$ ，所以$g ( x ) < 0$ ，证毕．

## 2 用常数变量化证明不等式

如果欲证的不等式中都是常数，则可以将其中一个或者几个常数变量化，再利用上面所述的导数工具去证明. 常数不可直接求导

## ③ 用中值定理证明不等式

主要用拉格朗日中值定理或者泰勒公式.

例6.21 设 $0 < a < b$ ，证明不等式

利用中值定理： ${ \frac { \ln b - \ln a } { b - a } } = { \frac { 1 } { \xi } }$ ，其中

$0 < a < \xi < b$ 即 $0 < \frac { 1 } { b } < \frac { 1 } { \xi } < \frac { 1 } { a }$

$$
\begin{array}{c} a ^ { 2 } + b ^ { 2 } \geq 2 a b  & { \mathop { 2 a } } \\ & { \mathop { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \end{array} < \frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } } \ .
$$

## 证 先证右边的不等式.

设

$$
4 8 \equiv 4 4 3 4 3 9 3 4 \equiv 4 4 5 \equiv 1 1 \equiv 1 1 1 3 2 = 1 1 9 1 3 = 1 1 9 1 3 = 1 1 9 1 9 = 1 1 9 1
$$

因为

$$
\varphi ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { x } } - { \frac { 1 } { \sqrt { a } } } \left( { \frac { 1 } { 2 { \sqrt { x } } } } + { \frac { a } { 2 x { \sqrt { x } } } } \right) = { \frac { 2 { \sqrt { a x } } - x - a } { 2 x { \sqrt { a x } } } } = - { \frac { ( { \sqrt { x } } - { \sqrt { a } } ) ^ { 2 } } { 2 x { \sqrt { a x } } } } < 0 \ ,
$$

故当 $x > a$ 时， $\varphi ( x )$ 单调减少，又 $\varphi ( a ) = 0$ ，所以当 $x > a$ 时， $\varphi ( x ) < \varphi ( a ) = 0$ ，即

$$
\ln x - \ln a < { \frac { x - a } { \sqrt { a x } } } ,
$$

特别地，当 $\scriptstyle x = b > a$ 时，便有

常数变量化

$$
\ln b - \ln a < { \frac { b - a } { \sqrt { a b } } } ,
$$

即

$$
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } } .
$$

再证左边的不等式.

设

$$
f ( x ) = \ln x ( x > a > 0 ) ,
$$

由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $\xi \in ( a , b )$ ，使

$$
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } = ( \ln x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = \xi } = { \frac { 1 } { \xi } } ~ .
$$

由于 $0 < a < \xi < b$ ，且 $a ^ { 2 } + b ^ { 2 } > 2 a b$ ，所以 $\frac { 1 } { \xi } > \frac { 1 } { b } > \frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } }$ ，从而有

$$
\frac { \ln b - \ln a } { b - a } = \frac { 1 } { \xi } > \frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } \ .
$$

综上，不等式 $\frac { 2 a } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } < \frac { \ln b - \ln a } { b - a } < \frac { 1 } { \sqrt { a b } }$ 成立.

![](images/14b1e2c72494dae04367fc851e7de726fd2e57bfa1ec6f40d0235558fdc34f63.jpg)

## 基础习题精练

## 习题

6.1 设常数k>0，函数 $f ( x ) = \ln x - { \frac { x } { \mathrm { e } } } + k$ 在 $( 0 , + \infty )$ 内的零点个数为（ ）.(A)3 (B)2 (C)1 (D)0

6.2若函数 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x \mathbf { e } ^ { - x } - a } }$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续，则常数a的取值范围为（ ）.(A)a<0 (B) $a > \mathrm { e } ^ { - 1 }$ (C） $a < \mathrm { e } ^ { - 1 }$ (D) $0 < a < \mathsf { e } ^ { - 1 }$

6.3设实数 $a _ { 0 } , a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { n }$ 满足 $a _ { 0 } + { \frac { a _ { 1 } } { 2 } } + { \frac { a _ { 2 } } { 3 } } + \cdots + { \frac { a _ { n } } { n + 1 } } = 0$ .证明：方程

$$
a _ { 0 } + a _ { 1 } x + a _ { 2 } x ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } x ^ { n } = 0
$$

在(0,1)内至少有一个根.

6.4设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且 $f ( a ) = f ( b ) = 0$ ，证明：

(1)存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使 $f ( \xi ) + \xi f ^ { \prime } ( \xi ) = 0$

(2)存在 $\eta \in ( a , b )$ ，使 $\eta f ( \eta ) + f ^ { \prime } ( \eta ) = 0$

6.5设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，证明：至少存在一点 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使得 $f ( 1 ) =$ $3 \xi ^ { 2 } f ( \xi ) + \xi ^ { 3 } f ^ { \prime } ( \xi )$

6.6已知f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1.证明：

(1)存在 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使得f(5)=1-5;

(2)存在 $\eta , \tau \in ( 0 , 1 ) , \eta \neq \tau$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \eta ) f ^ { \prime } ( \tau ) = 1$

6.7设函数f(x)在[a,b]上连续 $( 0 < a < b )$ ，在(a,b)内可导，且 $f ( a ) \neq f ( b )$ .证明：存在$\xi , \eta \in ( a , b )$ ，使得 $\frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } = \frac { f ^ { \prime } ( \eta ) } { b + a }$

6.8设f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且满足条件 $\vert f ( x ) \vert \leqslant a , \vert f ^ { \prime } ( x ) \vert \leqslant b$ ，其中a,b都是非负常数，c是(0,1)内任意一点.

(1)写出f(x)在点x=c处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式;

(2)证明 $\vert f ^ { \prime } ( x ) \vert { \leqslant } 2 a + { \frac { b } { 2 } }$

6.9 证明 $0 < x < \frac { \pi } { 4 }$ 时，有 $\tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x$

6.10设p,q是大于1的常数，并且 ${ \frac { 1 } { p } } + { \frac { 1 } { q } } = 1$ .证明：对于任意的x>0，有 ${ \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } \geq x$

## 解答

6.1(B）解易知 $f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x } - \frac { 1 } { \mathrm { ~ e ~ } }$ .当x>e时，f(x)<0；当 $0 < x < \mathrm { e }$ 时，f'(x)>0，故在(0,e)和(e,+∞)内f(x)分别至多有一个零点，又 $f ( \mathbf { e } ) = k > 0 , \operatorname* { l i m } _ { x  0 ^ { + } } f ( x ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x  + \infty } f ( x ) = - \infty$ ，所以f(x)在(0,+∞)内有两个零点.故答案选(B).

6.2(B）解 令 $g ( x ) = x \mathrm { e } ^ { - x } - a$ ，则函数 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x \mathrm { e } ^ { - x } - a } }$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续等价于函数g(x)在(-8,+8)内没有零点.

$$
g ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { - x } ( 1 - x ) \ ,
$$

令 $g ^ { \prime } ( x ) = 0$ ，得x=1.因为当x<1时，g'(x)>0,g(x)单调增加，当x>1时，g(x)<0,g(x)单调减少,所以 $\mathfrak { m a x } \{ g ( x ) \} = g ( 1 ) = \mathtt { e } ^ { - 1 } - a$ .又 $\operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } ( x \operatorname { e } ^ { - x } - a ) = - \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } ( x \operatorname { e } ^ { - x } - a ) = - a$ ，故当$\mathfrak { m } a \mathbf { x } \{ g ( x ) \} = \mathbf { e } ^ { - 1 } - a < 0$ 时，即当 $a > \mathsf { e } ^ { - 1 }$ 时，函数g(x)没有零点.此时，函数f(x)在(-∞,+α)内处处连续.

6.3 证明 令 $F ( x ) = a _ { 0 } x + { \frac { a _ { 1 } } { 2 } } x ^ { 2 } + { \frac { a _ { 2 } } { 3 } } x ^ { 3 } + \cdots + { \frac { a _ { n } } { n + 1 } } x ^ { n + 1 } , 0 \leqslant x \leqslant 1$ ，显然F(0)=0，且

$$
F ( 1 ) = a _ { 0 } + \frac { a _ { 1 } } { 2 } + \frac { a _ { 2 } } { 3 } + \cdots + \frac { a _ { n } } { n + 1 } = 0 \ ,
$$

故由罗尔定理知，存在 $\xi \in ( 0 , 1 )$ ，使 $F ^ { \prime } ( \xi ) = 0$ ，即 $a _ { 0 } + a _ { 1 } \xi + a _ { 2 } \xi ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } \xi ^ { n } = 0$ ，故所证方程在(0,1)内至少有一个根.

6.4证明(1)设(x)=xf(x)，则𝜑(x)在[a,b)上连续，在(a,b)内可导，且𝜑(a)=(b)=0，由罗尔定理得，存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使φ(§)=0，即 $f ( \xi ) + \xi f ^ { \prime } ( \xi ) = 0$

(2)设 $F ( x ) = \mathbf { e } ^ { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } f ( x )$ ,则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且F(a)=F(b)=0，由罗尔定理得,存在 $\eta \in ( a , b )$ ，使 $F ^ { \prime } ( \eta ) = \mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } f ^ { \prime } ( \eta ) + \mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } \cdot \eta \cdot f ( \eta ) = 0$ ，由于 $\mathrm { e } ^ { \frac { \eta ^ { 2 } } { 2 } } \neq 0$ ，则有 $\eta f ( \eta ) + f ^ { \prime } ( \eta ) = 0$

6.5证明注意到 $3 x ^ { 2 } f ( x ) + x ^ { 3 } f ^ { \prime } ( x )$ 是 $x ^ { 3 } f ( x )$ 的导函数，故令 $F ( x ) = x ^ { 3 } f ( x )$ ，易知F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，即F(x)在[0,1]上满足拉格朗日中值定理的条件，于是得

$$
F ( 1 ) - F ( 0 ) = F ^ { \prime } ( \xi ) , \xi \in ( 0 , 1 ) ,
$$

即

$$
f ( 1 ) = 3 \xi ^ { 2 } f ( \xi ) + \xi ^ { 3 } f ^ { \prime } ( \xi ) \ .
$$

6.6证明(1)令F(x)=f(x)-1+x，可得 $\begin{array} { l } { { \left\{ F ( 0 ) = f ( 0 ) - 1 + 0 = - 1 < 0 \right. } }  \\ { { \left. F ( 1 ) = f ( 1 ) - 1 + 1 = 1 > 0 , \right.} } \end{array} $ 由零点定理可知，存在 $\xi \in$ (0,1)，使得F(ξ)=0，即f(ξ)=1-5.

(2)用 $\xi$ 将[0,1]划分为[0,§],[,1]，再用拉格朗日中值定理有

$$
f ( \xi ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( \eta ) ( \xi - 0 ) , \eta \in ( 0 , \xi ) ,
$$

$$
f ( 1 ) - f ( \xi ) = f ^ { \prime } ( \tau ) ( 1 - \xi ) , \tau \in ( \xi , 1 ) ,
$$

则

$$
f ^ { \prime } ( \eta ) = \frac { f ( \xi ) - f ( 0 ) } { \xi } = \frac { 1 - \xi } { \xi } , f ^ { \prime } ( \tau ) = \frac { f ( 1 ) - f ( \xi ) } { 1 - \xi } = \frac { \xi } { 1 - \xi } \ .
$$

故 $f ^ { \prime } ( \eta ) f ^ { \prime } ( \tau ) = 1$

6.7证明对f(x)在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，则

$$
f ( b ) - f ( a ) = f ^ { \prime } ( \eta ) ( b - a ) , \eta \in ( a , b ) ,
$$

对 $f ( x ) , x ^ { 2 }$ 在[a,b]上应用柯西中值定理，则

$$
{ \frac { f ( b ) - f ( a ) } { b ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } } , \xi \in ( a , b ) ,
$$

所以 $f ( b ) - f ( a ) = { \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } } ( b ^ { 2 } - a ^ { 2 } )$ ，则

$$
f ^ { \prime } ( \eta ) ( b - a ) = \frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } ( b ^ { 2 } - a ^ { 2 } ) ,
$$

即 $\frac { f ^ { \prime } ( \xi ) } { 2 \xi } = \frac { f ^ { \prime } ( \eta ) } { b + a }$

6.8(1)解 $f ( x ) = f ( c ) + f ^ { \prime } ( c ) ( x - c ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 ! } ( x - c ) ^ { 2 }$ ，其中 $\xi = c + \theta ( x - c ) , 0 < \theta < 1$

(2)证明在以上一阶泰勒公式中，分别令x=0和x=1，则有

$$
f ( 0 ) = f ( c ) - f ^ { \prime } ( c ) c + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { 2 ! } c ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 1 } < c < 1 \ ,
$$

$$
f ( 1 ) = f ( c ) + f ^ { \prime } ( c ) ( 1 - c ) + \frac { f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) } { 2 ! } ( 1 - c ) ^ { 2 } , 0 < c < \xi _ { 2 } < 1 \ ,
$$

两式相减得

$$
f ( 1 ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( c ) + \frac { 1 } { 2 ! } [ f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) ( 1 - c ) ^ { 2 } - f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) c ^ { 2 } ] ,
$$

于是 ()+()(-²(5)²≤-²²]，

又因 $c \in ( 0 , 1 ) , ( 1 - c ) ^ { 2 } + c ^ { 2 } \leqslant 1$ ，故 $\vert f ^ { \prime } ( c ) \vert \leqslant 2 a + \frac { b } { 2 }$

又

$$
f ( 0 ) = f ( 1 ) + f ^ { \prime } ( 1 ) ( 0 - 1 ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 3 } ) } { 2 ! } ( 0 - 1 ) ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 3 } < 1 ,
$$

$$
f ( 1 ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) ( 1 - 0 ) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 4 } ) } { 2 ! } ( 1 - 0 ) ^ { 2 } , 0 < \xi _ { 4 } < 1 \ ,
$$

故

$$
\big | f ^ { \prime } ( 0 ) \big | \leqslant \big | f ( 1 ) \big | + \big | f ( 0 ) \big | + \frac 1 2 \big | f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 4 } ) \big | \leqslant 2 a + \frac { b } { 2 } ,
$$

$$
\big | f ^ { \prime } ( 1 ) \big | \Lt \Lt \big | f ( 1 ) \big | + \big | f ( 0 ) \big | + \frac 1 2 \big | f ^ { \prime \prime } ( \xi _ { 3 } ) \big | \Lt \Lt 2 a + \frac { b } { 2 } \ .
$$

综上所述， $\left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \leqslant 2 a + { \frac { b } { 2 } }$

6.9 证明设 $f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right)$ ，则

$$
f ^ { \prime } ( x ) = \sec ^ { 2 } x - { \frac { 4 } { \pi } } , f ^ { \prime } ( x ) = 2 \sec ^ { 2 } x \tan x > 0 ,
$$

所以曲线 $f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x$ 在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right)$ 内是凹的.又 $f ( 0 ) = f { \left( \frac { \pi } { 4 } \right) } = 0$ ，所以 $f ( x ) = \tan x - { \frac { 4 } { \pi } } x < 0$ ，即

$$
\tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x , x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right) .
$$

6.10证明 令 $f ( x ) = { \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } - x$ ，则

$$
f ^ { \prime } ( x ) = x ^ { p - 1 } - 1 , f ^ { \prime \prime } ( x ) = ( p - 1 ) x ^ { p - 2 } \ .
$$

令 $f ^ { \prime } ( x ) = 0$ ，得唯一驻点x=1.由 $f ^ { \prime \prime } ( 1 ) = p - 1 > 0$ ，知当 $x = 1$ 时，f(x)取极小值，即最小值，从而当 $x > 0$ 时，有 $f ( x ) \geqslant f ( 1 ) = 0$ ，即

$$
{ \frac { 1 } { p } } x ^ { p } + { \frac { 1 } { q } } \geqslant x \ .
$$

