高等数学复习笔记（四）- 零点问题与微分不等式

本节为高等数学复习笔记的第四部分，零点问题与微分不等式，主要包括： 零点的存在性和唯一性定理，常用的微分不等式以及三道典型例题。

1.零点定理（存在性）

  $设f(x)在[a,b]上连续$，$且f(a)f(b)<0$，$则f(x)=0在区间(a,b)上至少有一个根$。

  $推广$：$若f(x)在(a,b)内连续$，$li{m}_{x\to a^{+}}=\alpha$，$i{m}_{x\to b^{-}}=\beta$，$且\alpha \cdot \beta <0$，$则f(x)=0$在(a,b)内至少存在一个根$。

2.单调性（唯一性）

  $若f(x)在(a,b)内单调$，$则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根$。

3.微分不等式

3.1 常用公式

3.1.1 公式1

  $设a和b为实数$，$则1）2|a+b|\le a^2+b^2$；$2）|a\pm b|\le |a|+|b|$；$3）||a|-|b||\le |a-b|$。

  $进一步推广$：$1）离散$：$|a_1\pm a_2\pm ...\pm a_n|\le |a_1|+|a_2|+...+|a_n|$；$2）连续$：$|{\int }_a^{b}f(x)dx|\le {\int }_a^b|f(x)|dx(a<b)$。

3.1.2 公式2

  $设a_1,a_2,...,a_n>0$，$则$：

  $1）\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}{\ge }^n\sqrt{a_1{a}_2...a_n}$，$当且仅当a_1=a_2=...=a_n时等号成立$；

  $2）\left|\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\right|\le \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}}$，$当且仅当a_1=a_2=...=a_n时等号成立$。

  $上面为公式的一般形式$，$实际中常用$：
  $1）n=2$，$\sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$，$(a,b>0)$；

  $2）n=3$，${}^3\sqrt{abc}\le \frac{a+b+c}{3}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$，$(a,b,c>0)$；

3.1.3 公式3

  $若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则$：

  ${\left[{\int }_a^{b}f(x)\cdot g(x)dx\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx$

  $证明$：${\int }_a^b[f(x)+\lambda g(x){]}^{2}dx\ge 0$，$也就是说$：${\lambda }^2{\int }_a^b{g}^2(x)dx+2\lambda {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx+{\int }_a^b{f}^2(x)dx\ge 0$，$因为{\int }_a^b{g}^2(x)dx>0$，$则\Delta \le 0$，$公式可证$。

3.1.4 公式4

  $设a>b>0$，$则n>0时a^n>b^n$，$n<0时a^n<b^n$。

3.1.5 公式5

  $0<a<x<b$，$0<c<y<d$，$则\frac{c}{b}<\frac{y}{x}<\frac{d}{a}$。

3.1.6 公式6

  $sinx<x<tanx（0<x<\frac{\pi }{2}）$，$sinx<x（x>0）$。

3.1.7 公式7

  $arctanx\le x\le arcsinx（0\le x\le 1）$

3.1.8 公式8

  $e^x\ge x+1（\forall x）$，$x-1\ge lnx（x>0）$

3.1.9 公式9

  $\frac{1}{x+1}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}（x>0）$

  $证明$：$令f(x)=lnx$，$在区间[x,x+1]上应用拉朗日中值定理$，$有ln(1+\frac{1}{x})=ln(x+1)-ln(x)=\frac{1}{\xi }$，$其中0<x<\xi <x+1$，$由此可证公式9$。

3.2 三道例题

3.2.1 例题1

  $eg.设x_1>0$，$x_n{e}^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1$，$n=1,2,...$， 证 明 { x n } 有 下 界 0 证明\{x_n\}有下界0 证明{xn​}有下界0。

  $分析$：$1）x_1>0$；$2）x_n>0（设）$； 3 ） x n + 1 > 0 （ 证 ） ⟹ { x n } 有 下 界 3）x_{n+1}>0（证）\Longrightarrow \{x_n\}有下界 3）xn+1​>0（证）⟹{xn​}有下界。
  $证明第三步$：$x_n{e}^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\ge x_n（e^x\ge x+1（\forall x））$，$因为x_n>0$，$所以e^{x_{n+1}}\ge 1$，$所以x_{n+1}\ge 0$。

3.2.2 例题2

  $设f(x)$在(a,b)$上二阶可导$，$且f^{\prime \prime }(x)>0$，$证明对于任意的x_1，x_2\in (a,b)$，$且x_1\ne x_2$，$以及0<\lambda <1$，$恒有$$f[\lambda x_1+(1-\lambda )x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$。

  $解法1$：$记x=\lambda x_1+(1-\lambda )x_2$，$由a<x_1,x_2<b且0<\lambda <1$，$可知$：$a<x<b$。

  $由泰勒公式$：
  $f(x_1)=f(x)+f^{\prime }(x)(x_1-x)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(x_1-x{)}^2$$=f(x)+f^{\prime }(x)(1-\lambda )(x_1-x_2)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2!}(x_1-x{)}^2$，${\xi }_1在x与x_1之间$。

  $f(x_2)=f(x)+f^{\prime }(x)(x_2-x)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(x_2-x{)}^2$$=f(x)+f^{\prime }(x)\lambda (x_2-x_1)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2!}(x_2-x{)}^2$，${\xi }_2在x与x_2之间$。

  $于是\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)=$$f(x)+\lambda \frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}(x_1-x{)}^2+$$(1-\lambda )\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}(x_2-x{)}^2$$>f(x)（\lambda >0，1-\lambda >0，f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)>0）$，$所以f[\lambda x_1+(1-\lambda )x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$。

  $解法2$：$记x=\lambda x_1+(1-\lambda )x_2$，$不妨设x_1<x_2$，$则有x_1<x<x_2$。
  $由拉格朗日中值定理$：
  $f(x)-f(x_1)=f^{\prime }({\xi }_1)(x-x_1)=f^{\prime }({\xi }_1)(1-\lambda )(x_2-x_1)（x_1<{\xi }_1<x）$

  $f(x_2)-f(x)=f^{\prime }({\xi }_2)(x_2-x)=f^{\prime }({\xi }_2)\lambda (x_2-x_1)（x<{\xi }_2<x_2）$

  $则有$：$\lambda (f(x)-f(x_1))-(1-\lambda )(f(x_2)-f(x))$$=f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda )f(x_2)=\lambda (1-\lambda )(x_2-x_1)(f^{\prime }({\xi }_1)-f^{\prime }({\xi }_2))$$=\lambda (1-\lambda )(x_2-x_1)f^{\prime \prime }(\xi )({\xi }_1-{\xi }_2)$

  $至此有$：${\xi }_1<\xi <{\xi }_2$，$f^{\prime \prime }(\xi )>0$，$\lambda (1-\lambda )>0$，$x_2-x_1>0$，${\xi }_1-{\xi }_2<0$，$即f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda )f(x_2)<0$，$即f(x)<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$，$即f[\lambda x_1+(1-\lambda )x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$。

3.2.3 例题3

  $eg.f(x)在[0,1]上二阶可导$，$且{\int }_0^{1}f(x)dx=0$，$证明当f^{\prime \prime }(x)>0时f(\frac{1}{2}<0)$。

  $证明$：$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}(x-x_0{)}^2$，$令x_0=\frac{1}{2}$，$有f(x)=f(\frac{1}{2})+f^{\prime }(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}(x-\frac{1}{2}{)}^2$

  $因为$：$f^{\prime \prime }(\xi )>0$，$在\frac{1}{2}处展开$，$所以(x-\frac{1}{2}{)}^2>0$

  $所以f(x)>f(\frac{1}{2})+f^{\prime }(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})$，

  $所以0={\int }_0^{1}f(x)dx>{\int }_0^1[f(\frac{1}{2})+f^{\prime }(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})]dx$$={\int }_0^{1}f(\frac{1}{2})dx+{\int }_0^1{f}^{\prime }(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})dx$$=xf(\frac{1}{2}){|}_0^1+0=f(\frac{1}{2})$。

  $f(\frac{1}{2})<0得证$。

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