微分中值定理习题选做

微分中值的基本定理

1.1 费马引理

1.2 罗尔定理

1.3 拉格朗日中值定理

1.4 柯西中值定理

注意上述三个中值定理都要求函数在闭区间 $[a,b]$ 上连续，开区间 $(a,b)$ 上可导。

由拉格朗日中值定理知，若 $f(x)$​​ 在区间 $(a,b)$​​ 可导且满足 $f^{\prime }(x)\equiv 0$​，则 $f(x)$​​ 在 $(a,b)$​ 上必恒等于某一常数 $C$​。

达布定理体现出导函数一个基本性质，导函数不一定连续，但导函数一定满足介值性。

洛必达法则

应用洛必达法则前一定要检查所有条件是否满足。

比如求
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}$$
如果用洛必达法则会得到
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-\cos x}{1+\cos x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sin x}{-\sin x}=-1$$
的荒谬结果。

事实上
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=1$$

泰勒公式

设 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，点 $x_0$ 的某领域内 $n-1$ 阶可导、$n-2$ 阶连续可导，则可导出 $n$ 阶泰勒公式
$$T_n(x-x_0)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k$$
令 $n$ 阶余项 $R_n(x-x_0)=f(x)-T_n(x-x_0)$，则有
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+R_n(x-x_0)$$
利用 $n-1$ 洛必达法则可以证明
$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x-x_0)}{(x-x_0{)}^n}=0$$
于是有带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒公式
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$$
若加强条件为：在 $x_0$ 的某领域内 $f(x)$ 满足 $n+1$ 阶可导，利用 $n+1$ 次柯西中值定理可以证明，存在 $\xi \in (x_0,x)$ 或 $(x,x_0)$，使得
$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$
于是有带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒公式
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$

函数的极值与增减

4.1 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续， $(a,b)$ 上可导，且 $f(x)$ 单调递增（递减），则有 $f^{\prime }(x)\ge 0$（$f^{\prime }(x)\le 0$）。

4.2 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续， $(a,b)$ 上可导，则 $f(x)$ 严格递增（递减）的充要条件是：$\forall [c,d]\subset [a,b],\exists \xi \in [c,d]$，使得 $f^{\prime }(\xi )\ne 0$。

4.3 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续， $(a,b)$ 上可导，则 $f(x)$ 的极值在 $f^{\prime }(x)=0$ 处或端点处取得。

函数的凸性

5.1 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，则下面三个命题等价：

$(\text{i})$ $f(x)$ 下凸（上凸）。

$(\text{ii})$ $f^{\prime }(x)$ 单调递增（递减）。

$(\text{iii})$ $\forall x_0\in (a,b)$ 有直线 $g(x)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$ 在 $f(x)$ 函数图像下方（上方）。

若将此定理中三个命题中的条件加强为严格，则该定理任成立。

5.2 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上二阶可导，则 $f(x)$ 下凸（上凸）等价于 $\forall x\in (a,b),f^{\prime \prime }(x)>0(<0)$。

习题选做

1. 设 $f(x)$​ 在 $(a,b)$​ 中可导，求证 $f^{\prime }(x)$​ 不存在第一类间断点，即 $\forall x_0\in (a,b)$​，若 ${\lim }_{x\to x_0^{-}}{f}^{\prime }(x)$​ 与 ${\lim }_{x\to x_0^{+}}{f}^{\prime }(x)$​ 同时存在，则必有 ${\lim }_{x\to x_0^{-}}{f}^{\prime }(x)={\lim }_{x\to x_0^{+}}{f}^{\prime }(x)$​。​

证明

通过达布定理可以反证出命题。

2. 设 $f(x)$ 在有限开区间 $(a,b)$ 上可导但无界，求证 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 上也无界。

证明

可以通过构造无界的导数序列来证明此命题。

3. 设 $f(x)$ 在 $[a,a+\delta ]$ 上连续，$(a,a+\delta )$ 上可导，且 ${\lim }_{x\to a^{+}}{f}^{\prime }(x)$ 存在，求证
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f_{+}^{\prime }(a)$$
证明

通过拉格朗日中值定理，可以构造单调递减且收敛于 $a$ 的序列 {xn}\{x_n\}{xn​}，满足
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}^{\prime }(x_n)=f^{\prime }(a)$$

4. 设 $f(x)$​ 在 $(a,b)$ 中可导且 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 中单调，求证 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 中连续。

证明

$\forall x_0\in (a,b)$，利用拉格朗日中值定理，可以构造收敛于 $x_0$ 的序列 {xn}\{x_n\}{xn​}，满足
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}^{\prime }(x_n)=f^{\prime }(x_0)$$
再由 $f^{\prime }(x)$ 的单调性必值 $f^{\prime }(x)$​ 连续。

5. 设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上有定义，${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=A\in \mathbb{R}$，求证：

$(i)$​ 若 $f(x)$​ 在 $[a,+\infty )$​ 上可导且 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)$ 存在​，则 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$​。

$(ii)$ 若 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上二阶可导且 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime }(x)$ 存在，则 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)={\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime }(x)=0$。

证明

略。

6. 设 $f(x)$​ 在 $(0,a]$​ 上可导且 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\sqrt{x}{f}^{\prime }(x)=A\in \mathbb{R}$​，求证 $f(x)$​ 在 $(0,a]$​ 上一致连续。

证明

因为 $\forall \delta >0$，$f(x)$ 在 $[\delta ,a]$ 上一致连续，再加上一致连续性的区间可并性，故只需证明 $f(x)$ 在 $(0,\delta )$ 上的一致连续性。

$\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\forall x\in (0,\delta )$​​，有 $|\sqrt{x}{f}^{\prime }(x)|<2A$​​​。

$\forall x,y\in (0,\delta ]\wedge x<y$，由柯西定理知 $\exists \xi \in (x,y)$ 使得
$$\left|\frac{f(x)-f(y)}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\right|=2\sqrt{\xi }{f}^{\prime }(\xi )<4A$$
故
$$|f(x)-f(y)|<4A|\sqrt{x}-\sqrt{y}|$$
由于函数 $g(x)=\sqrt{x}$ 在 $[0,\delta ]$ 上连续，当然也一致连续，故 $\exists 0<\eta <\delta ,\forall |x-y|<\eta$，有 $|\sqrt{x}-\sqrt{y}|<\epsilon$，此时有 $|f(x)-f(y)|<4A\epsilon$。

证毕。

7. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上两次可导，且 $f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)=0$，求证 $\exists \xi \in (a,b)$，使
$$|f^{\prime \prime }(\xi )|\ge \frac{4}{(b-a{)}^2}|f(b)-f(a)|$$
证明

为了证明的方便，令 $m=(a+b)/2,l=(b-a)$

利用带拉格朗日余项的一阶泰勒公式，分别以 $a,b$​ 为端点得，$\exists {\xi }_1\in (a,m),{\xi }_2\in (m,b)$，使得。
$$\begin{gathered} f(m)=f(a)+f^{\prime }(a)(m-a)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}(m-a{)}^2 \\ f(m)=f(b)+f^{\prime }(b)(m-b)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}(m-b{)}^2 \end{gathered}$$
注意到 $f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)=0$，于是有
$$\begin{gathered} f(m)=f(a)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{8}{l}^2 \\ f(m)=f(b)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{8}{l}^2 \end{gathered}$$
所以有
$$|f(a)-f(b)|=\frac{l^2}{8}|f^{\prime \prime }({\xi }_1)-f^{\prime \prime }({\xi }_2)|$$
取 ξ∈{ξ1,ξ2}\xi\in\{\xi_1,\xi_2\}ξ∈{ξ1​,ξ2​}，使得 $f^{\prime \prime }(\xi )$ 为 $f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)$ 两者中的最大值，于是
$$|f(a)-f(b)|\le \frac{l^2}{4}|f^{\prime \prime }(\xi )|$$
8. 设 $f(x)$ 在点 0 的某领域中连续可导且 $f^{\prime }(0)=0$， $f^{\prime \prime }(0)$ 存在，求证
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(\ln (1+x))}{x^3}=\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}$$
证明

首先证明
$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(\ln (1+x))}{x^3}=\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}$$

注意到 $\forall x>0$，有 $0<\ln (1+x)<x$，利用拉格朗日定理得 $\exists \xi (x)\in (\ln (1+x),x)$，使得
$$f(x)-f(\ln (1+x))=f^{\prime }(\xi (x))(x-\ln (1+x))$$
所以有
$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(\ln (1+x))}{x^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi (x))}{\xi (x)}\cdot \frac{\xi (x)}{x}\cdot \frac{x-\ln (1+x)}{x^2}$$
再由 $\ln (1+x)/x\le \xi (x)/x\le 1$ 故知
$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\xi (x)}{x}=1$$
以及
$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\ln (1+x)}{x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{2x(1+x)}=\frac{1}{2}$$
所以命题成立。

证毕。

9. $\forall x,y>0,0<\alpha <\beta$，求证
$$(x^{\beta }+y^{\beta }{)}^{\frac{1}{\beta }}<(x^{\alpha }+y^{\alpha }{)}^{\frac{1}{\alpha }}$$
证明：

为了方便证明，这里用 $a,b$ 代替 $x,y$，不妨设 $a\le b。

构造函数 $f(x)$
$$f(x)=(a^x+b^x{)}^{\frac{1}{x}}$$
现在证明 $f(x)$ 严格递减。
$$f^{\prime }(x)=\frac{(a^x+b^x{)}^{\frac{1}{x}}}{x}\left(\frac{a^x\ln a+b^x\ln b}{a^x+b^x}-\frac{\ln (a^x+b^x)}{x}\right)$$
然后求 $f^{\prime }(x)<0$​ 的充分条件，有
$$\frac{a^x\ln a+b^x\ln b}{a^x+b^x}<\frac{\ln (a^x+b^x)}{x}$$
令 $c=\frac{a}{b}$，则等价于
$$\begin{array}{rl}\frac{a^x\ln a+b^x\ln b}{a^x+b^x}& <\frac{\ln (a^x+b^x)}{x}\\ \frac{c^x\ln c}{c^x+1}& <\frac{\ln (1+c^x)}{x}\end{array}$$
因为 $0<c\le 1$，故 $\forall x>0$ 有
$$\frac{c^x\ln c}{c^x+1}\le 0<\frac{\ln (1+c^x)}{x}$$
所以 $\forall x>0$ 有 $f^{\prime }(x)<0$，于是 $f(x)$ 严格递减，原不等式成立。

10. $\forall n\in \mathbb{N}$，求证
$$\frac{2n}{2n+1}<\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{2n+1}{2n+2}$$
证明

$(\text{i})$ 证明左边的不等式。

对原不等式变形
$$\begin{array}{rl}\frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{n+1}{n}& <\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}\\ {\left(\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}\right)}^{\frac{1}{n}}& <e^{-\frac{1}{n}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{1+\frac{1}{n}}\\ \frac{1}{n}\ln (\frac{1+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{2n}})& <\left(1+\frac{1}{n}\right)\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{n}\end{array}$$
将所有 $\frac{1}{n}$ 替换成 $x$，若能证明下不等式对 $x\in (0,1]$ 均成立，就能证明原不等式。
$$x\ln (1+x)-x\ln (1+\frac{1}{2}x)<(1+x)\ln (1+x)-x$$
将上不等式的左边移项到右边，现在问题转化为求证 $f(x)>0(x\in (0,1])$。
$$f(x)=\ln (1+x)+x\ln (1+\frac{1}{2}x)-x$$
首先有 $f(0)=0,f(1)=\ln 3-1>0$，对 $f(x)$ 求导
$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2}{2+x}+\ln (1+\frac{1}{2}x)$$
有 $f^{\prime }(0)=0,f^{\prime }(1)=\ln \frac{3}{2}-\frac{1}{6}>0$，对 $f^{\prime }(x)$ 求导
$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{x(x^2+5x+5)}{(1+x{)}^2(2+x{)}^2}$$
显然 $\forall x\in (0,1)$，有 $f^{\prime \prime }(x)>0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格递增，再由 $f^{\prime }(0)=0,f^{\prime }(1)>0$ 知 $f^{\prime }(x)>0(x\in (0,1))$，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格递增，再由 $f(0)=0,f(1)>0$ 知 $f(x)>0(x\in (0,1])$。

$(\text{ii})$ 证明右边的不等式，与证明左边的不等式类似。

对原不等式变形
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}& <\frac{2n+1}{2n+2}\cdot \frac{n+1}{n}\\ e^{-\frac{1}{n}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{1+\frac{1}{n}}& <{\left(1+\frac{1}{2n}\right)}^{\frac{1}{n}}\\ \left(1+\frac{1}{n}\right)\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{n}& <\frac{1}{n}\ln (1+\frac{1}{2n})\end{array}$$
将所有 $\frac{1}{n}$ 替换成 $x$，若能证明对 $x\in (0,1]$ 均有 $f(x)>0$，就能证明原不等式。
$$f(x)=x\ln (1+\frac{1}{2}x)-(1+x)\ln (1+x)+x$$
同样求两次导，然后证明严格单调。

证毕。