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（二）主要结论 （三）结论补充 且在 上 存在,且单调 递减,证明对一切 有 证: 设 则 所以当 令 得 即所证不等式成立 . 例14.设 例15 讨论方程 有几个实根. 解 设 当 且由 知 为 的极大值 点,也是最大值点. 分三种情况讨论 ① 由于 方程有两个实根，分别位于 ② 方程仅有一个实根，即 ③ 方程无实根 ① ② ③ 例16 证 由介值定理, （1） （2） 注意到 由（1）, （2）有 （3） （4） （3）+ （4）,得 习题3.1 7题 设f(x)?C[a,b]，在(a,b)内可导，且 f(a)f(b)0, 试证存在?? (a,b), 证 不妨设 f(a)0， f(b)0，从而 使 f(?1)=0; 使 f(?2)=0; 令?(x)=e-x f(x),则?(x)在[?1，?2]上满足Rolle定理条件，存在??(?1，?2 )?(a,b)， 消去e-?，即证得 对f(x)与g(x)在以x1与x2为端点的区间上应用Cauchy中值公式，存在?介于x1与x2之间，使 习题3.2 第3题 设x1,x20，试证??介于x1与x2之间， 使 结论可变形： 证 即 进一步整理得 习题3.2 第8题 试确定常数a 和 b，使 f(x)=x-(a+bcosx)sinx是关于x(x?0)的5阶无穷小. 解 f(x)=x-(a+bcosx)sinx 习题3.3 第9题 例20 讨论方程 有几个实根. 解 设 当 且由 知 为 的极大值 点,也是最大值点. 分三种情况讨论 ① 由于 方程有两个实根，分别位于 ② 方程仅有一个实根，即 ③ 方程无实根 ① ② ③ 2) 有惟一实根,即原方程 有惟一实根. 3)当 有两个实根,即原方 程有两个实根. x=1是函数于(0，2)上得极小值点. 习题3.5 第13题 试证当0 x2时，4xlnx-x2-2x+40. 证 令 f(x)=4xlnx-x2-2x+40，则 = 4lnx-2x+2，令 =0，得唯一驻点 x=1 则当x? (0，2)时， f(x) f(1) 0，故 4xlnx-x2-2x+40. 总习题3 第12题 设 f(x)为可微分函数，试证 f(x)的任何两个相异零点间都必有 的一个零点. 证 令?(x) = f(x)ex，设?，?是 f(x)的两个相异零点，则必有 ?(?) =?(?)=0. 由Rolle定理，必有?介于?与?之间，使 即 消去e?，即得 例3-19 设 ?(x)在x = 0处二阶连续可导, 且 ?(0) = 0, ? ?(0) ? 0, 证明曲线 y = f (x) = (1 – cosx)?(x)在 x = 0处必出现拐点. 证 f ?(x) = (1 – cosx)? ?(x) + ?(x)sinx, f ??(x) = (1 – cosx)? ??(x) +(2sinx)? ?(x) + ?(x)cosx 当 x = 0时, f ??(0) = ? (0) = 0. = 3? ?(0) ? 0. 故曲线 x = 0处必出现拐点. 试证方程 x2 = xsinx + cosx 恰有两个. 证 令 f (x) = x2 – xsinx – cosx , 则 f ?(x) = 2x – xcosx = x(2 – cosx) 令 f ?(x) = 0, 解得 x = 0, 当 x ? 0时, f ?(x) ? 0；x ? 0时, f ?(x) ? 0, 即函数分段单调. 又 f (–?) = f (?) = ?2 + 1 ? 0时, f (0) = –1 ? 0 , 故必有? ?(??, 0)和 ??(0, ?), 使 f (? ) = 0, f (?) = 0, 又由 f (x)在(??, 0)和 (0, +?)分段单调, 故只有两个实根. 设 f (x)在 [a, +?) 中二阶可导, 且 f (a) ? 0, f ?(a