(山东师大数学分析试题6.doc

第六章 微分中值定理及其应用 §1拉格朗日中值定理和函数的单调性 例1 设函数内可导，在[a,b]上连续，且导函数严格递增，若证明，对一切均有 证人 用反证法，若在区间上分别应用拉格朗日中值定理，使得 这与为严格递增相矛盾。 例2 设函数在内可导，并且，试证：若当时，有则存在唯一的使得，又若把条件减弱为，所述结论是否成立？ 分析 因为，若可以找到某点，使得则由的严格递增性，并应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的，使得 证 在上应用拉格朗日中值定理，，使得 于是 由于，因此当x充分大时总可使得  不妨设，所以上严格递增；在上应用连续函数的介值定理，则,且是唯一的。 假设满足，结论可能不成立，例如函数 ， 满足，，但因恒小于0，故在中不存在，使得=0 下面是对函数应用值中值定理的实例，因为函数 在上满足拉朗日中值定理的条件，于是它存在。使得 在上式中令，由 可知因而，这看起来似乎与不存在相矛盾，试分析其原因。 解首先应当注意：上面应用拉格朗日中值定理中的是个中值点，是由函数f和区间[0,x]的端点而定的，具体说是与x有关。 上面的推理过程到为止都是正确。当由此得到时，必须把看作是由x而确定的中值点才是正确的；但若把作为连续趋于零的变量得到，那是错误的。 例4 证明是x的严格递增函数，而是x严格递减函数。 证 设则有 = = =， 其中最后等式是对函数ln y在区间上应用了拉格朗日中值定理，由此得到 于是在R上严格递增，这样也是x严格递增函数，同理可证是x的严格递减函数。 例5 设定义在上，而且n阶可导。证明：若，则， 分析 当n=1时，需证，若由解释解惑问题1中严格单调性判别法可知上述结论是对立的。对一般的n，可以从与，利用拉格朗日中值定理证得，，以此类推可以证得结论，下面例6就是它的应用。 证 ，在应用拉格朗日中值定理，，使得 因为所以，，继续上述证明步聚n-2次，可得，最后对上应用拉格朗日中值定理，有 ， 于是证得 证明不等式 证[证法一]设 且 由范例5可知，即 [证法二]由本节例5（教材上册第124页）可知 设， 所以F（x）严格递增，于是 即 注 应用类似方法可证 请读者补写证明，本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子。 例7 试利用导数极限定理证明：导函数不能具有第一类间断点 分析 如果导函数具有第一类间断点，则与都存在，由于函数f（x）在点处连续，由单侧导数极限定理，有因此，不难推出点为的可去间断点和跳跃间断点都是不可能的。 证 首先用反证法证明导函数不能有可去间断点，若点为的可去间断点，则存在；而在点连续，故由导数极限定理，有 这与点为的可去间断点相矛盾。 再用反证法证明不能具有跳跃间断点。若有跳跃间断点，则存在左、右邻域在这两个邻域上连续，且存在，于是上满足单侧导数极限定理的条件，即有 由于，因此，，这与在点处可导矛盾，综上证得导函数不能有第一类间断点。 例8 设n为正整数 证明方程在（-1，1）中恰好n个相异实根。 分析 罗尔中值定理的重要应用是：当为可导函数时，可以利用方程的根本情况讨论方程的根的分布。若，是方程的根，即，由罗尔定理，，即在的两个根之间必存在的一个根，由于方程有两个n重根，因此，可以逐次应用罗尔定理证得结论。 证 因为为方程的n重根，于是该方程有2n个实根，现要证明有n个相异的实根。 = 方程以x=0为单根，重根，因为，由罗尔定理，使得于是有两个单根；又因 其中为二次多项式，故方程还有两个n-2重根。 由此可推测当导数增高一次，相异单根增加一个，但重根各下降一次，现用归纳法证明相应结论。 若有k个不同单根 由罗尔中值定理， ， 其中次多项式，即有两个重根，当k=n-1时，正好有n个相异实根。 §2 柯西中值定理和不定式极限 例1 设函数上连续，且在（a,b）内可导，则在（a,b）内存在点，使得 分析 本命题比柯西中值定理少了不同时为零以及两个条件，而结论是以乘积形式出现的，因而应当变换辅助函数。 然后应用罗尔中值定理 证 作辅助函数 满足， 即F（a）=F(b)；F（x）在[a,b ]上连续，在（a,b）内可导，由罗尔中值定理，即 注 又若不同时为零，，则（不然将导致），于是得出 此即为柯西中值定理，这说明以前所设辅助函数不是唯一的。 例2 设上连续，在（a,b），使得 分析 这类命题是要证明存在两个中值点，，使得，不妨先找出 然后此式改写为 再由拉格朗日中值定理，使得 于是使得 例3 设函数上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在使得