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  分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F，G为  有然后在[a,b]上对F,G应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值定理证明，下面分别给出两种证法。 证[证法一]设  有   F（x），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，不同时为零，于是可以应用柯西中值定理，，使得  再在应用格朗日中值定理，使得  于是有  [证法二]作辅助函数  于是  在上对应用拉格朗日中值定理，，使得  = 再在上对应用拉格朗日中值定理， ，使得  = 注 所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例4 求下列极限：    解（1）这是型的不定式，应用洛必达法则，有  （2）这是型的不定式，当b为正整数时，多次应用洛必达法则后，有  当b为正实数时，时有  上面已证得  由函数极限的迫敛性可得  （3） 注射器 由（1）（2）可知：当时，有  记为   这些结论在无穷大量的比较时有重要作用。 例5 证明不等式  证时，不等式是成立的。当时，设，，在上应用柯西中值定理，，使得  在上式中作变换，作为  利用不等式  得到  当时，作变换得  于是成立  §3 泰勒公式 例1 求极限： （1） （2）. 解 (1)利用函数带有佩亚诺型余项的麦克劳林展开,有 ,  于是  (2)当充分大时,利用的带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式 , , . 这样,就可求得 . 例2 若在点的某个领域上有阶连续导函数,试由泰勒公式的拉格朗日型余项推导佩亚诺型余项公式. 证 因为具有阶连续导函数,由泰勒公式,有  . 因为导函数在点的某个领域上连续,所以,当时,.由此可得 , 于是有 , 即  . 上面推导说明,当导函数在点的某个闭领域内外连续时,可以得到,这与佩亚诺型余项的结论是一致的. 例3 设s为弧长d是对应于它的弦, 是对应于半疑弧的弦(图6-1).试确定用d与表示S的近似公式 , 这里A,B是待定常数,使得误差尽可能小. 解 设r是圆半径,为对应于弧的s的圆心角.应用带有拉格朗日型余项的泰勒公式,有  ;  ; . 由,故可利用下列方程组决定待定常数A,B:  于是有,即 . 注 一般称上述公式为惠更斯公式. 例4 用泰勒公式证明:设函数在上连续,在内二阶可导,则存在,使得 . 分析 需证等式中出现二阶导数与在,的函数值,试用展开到二阶导数的泰勒公式是一种可行的途径.问题在于选取哪些点为展开式中的和,合理的方法是取,为和. 证 把在点展开到二阶导数项:   把上面两式相加,有 . 不妨设,于是有 . 在上对应用达布定理,使得 , 这样就证得 . 注 在本书前一节的范例3中已应用柯西中值定理和拉格朗日中值定理证明了本题,这里应用泰勒公式和达布定理是另一种证明方法. 设函数在上二阶可导,且在上,.证明在上成立 . 分析 本题是用的上界来估计的上界.可以试用展开到二阶导数的泰勒公式寻找之间的联系. 证 ,把在点处展开成带有二阶拉格朗日型余项的泰勒公式,有  , 上面两式相减后有 , 再应用,,可得    , 于是有 . 说明 本题结论有一个有趣的力学解释:在2秒时间内,哪果运行路程和运动加速度都不超过1,则在该时间段内的运动速度决不会超过2. §4 函数的极值与最大(小值) 例1 证明  . 分析 需证的不等式等价于  , 于是可以利用验证函数,时的最大值来证明不等式. 证 设函数 , , .不难由极值第一充分条件可知是唯一的极(大)值点,因而是最大值点. 由于时,时,在处连续,因此是严格最大值点,即 , . 由此可得  . 设轴为镜面,光线由点处入射至上点R,经反射后过点Q(图6-2).试用光线沿最省时间的路径传播原理,验证光线反射规律:入射角等反射角. 图6-2 解 设光线由点P出发在平面镜上点R处反射后通过点Q,上述三点分别有坐标为,于是 , , 光线走过总的路径为  . 因为光线是沿最省时间的路线传播,而光速是常数,所以通过求的极小值,便可确定点R的位置.为此令  由图6-2可见是入射角的余弦,而是反射角的余弦,于是有  即入射角等于反射角. 说明 由于本例是要证明,而不要求具体算出点R的坐标和的最小值,因此当由极值的必要条件推出了结果后,解题过程便告结束.这与通常求极值或最大(小)值的问题稍有不同. 例3 置一个质量为G的物体在一水平面上,若平面与物休体的摩擦系数为,力F与水平面的夹角为,且使物体开始移动(图6-3).试讨论为多少时,力F最小? 图6-3 解 物体所受的摩擦力为 , 于是沿水平方向力的平衡方程为 , 由此解得 . 因为 , , 于是解得唯一的极值点为 . 易见时,时,即为极小值点.由于唯一的极值点为最值点,因此当力F与水平方向夹角,力F最小. 注 力学中称为摩擦角. 例4 设函数  (n为正整数). 其中函数当时连续,且.试问点是否为的极值点?当它是极值点时,讨论它是何种极值点? 解 , 不妨设,由连续函数的局部保号性,在某领域中. 当n为偶数时, 时,,于是在点取到严格极小值.同理可讨论,当时, 在点取到严格极大值. 在顶角为,底圆半径为R的直圆锥中,嵌入一个直圆柱,使圆柱的底面在圆锥的底圆内.试求圆柱的底圆半径,使圆柱的表面积最大. 图6-4 解 设嵌入圆柱的底半径为,高为H(图6-4),则有 , 而圆柱表面积为 . 首先由   =0, 可解得  为稳定点. 当时,有.此时  于是时,上述,即.而此时对任何,恒有,故在)上递增,没有最大值.在这种情况下, 递增地趋于的极端状态,即 . §5 函数的凸性与拐点 例1 设为正数,试证 . 证 因为  所以是严格凹函数,于是  , 即 , 这样,经左、右移项后便证得 . 设是正的二次可微函数,证明是凸函数的充要条件是 . 证 由命题4°,是凸函数的充分条件是 . 因为. 于是是凸函数的充要条件为 , 即  例3 设函数是开区间I的凸函数,试用凸函数定义证明:在任何I的内闭区间上,是有界的. 证 ,使得,由凸函数的定义  于是函数是上有界的. 再证在上是下有界的.取,令 是在中关于的对称点,则由,有 ， 于是  即是下有界的. 例4 设是开区间I上的凸函数,则对任何,在上满足利普希茨(Lipschitz)条件,即存在,对任何,成立 . 证 当取定后,因为I是开区间,必能在I中选取四点满足  应用凸函数充要条件,任取,,得到  现令  则有  由于上述常数L与上满足利普希茨条件:,使得 ,. 注 由本例也可以推知:开区间I上的凸函数必在该区间的任一内闭区间上连续,于是是I内的连续函数. *例5 设是上的函数,证明:如果和这两个函数中有一个是凸函数,则另一个也是凸函数. 证可验证:为I上的凸函数的充要条件是:对于I上任意三点,有  上述不等式等价于 . 设是凸函数.当,有,于是由上述充要条件得到  上式又可整理成 , 即 , 这表示亦为凸函数. 由相反方向的推理可知:若为凸函数,则也为凸函数. §6 函数图像的讨论与方程的近似解 例1 作函数的图形. 解 定义域为.因为这是一个周期为的周期函数,且为奇函数,所以只需讨论它在上的图像.由     解得为稳定点.极值和单调区间如表6-1所示. 表6-1            极大   极小   极大     + 0 - 0 + 0 -   再由  可解得, 满足,于是可得凸性区间和拐点如表6-2所示. 表6-2         凹  凸  凹   - 0 + 0 -   其中在处为拐点.根据上述讨论可作出图形,其中A,B,C为极值点,D,E为拐点(图6-8). 图6-8 例2 作函数的图像. 解 函数的定义域为非零实数.由 , 解得为稳定点.极值和单调区间如表6-3所示. 表6-3   -1  2     极大   极小     + 0 - 0 +   再由  可解得在处为拐点, 为凹区间, 为凸区间.因为 ,    所以斜渐近线.又因  , 图6-9 于是轴为曲线的垂直渐近线(单侧).在图6-9中,B,E处取极值,C为拐点. 例3 作了笛卡儿叶形线  的图像. 分析 因为笛卡儿叶形线在今后的例题和习题中还会出现,所以这里用点篇幅讨论它的图形.我们所用的方法是先把它作为参量方程,设,可得曲线的参量方程为  然后讨论随变化的状况. 解 定义域为.因为交换的位置原方程不变,所以曲线关于直线对称.由  可解得为的稳定点,为的稳定点. ,的单调区间和极值点如表6-4. 表6-4    0           0  极大        + +  + 0 - -  -     极小 0     极大     - - 0 +  + + 0 -   下面讨论渐近线.因为当时,所以 ,  这样  为曲线的渐近线. 综合以上讨论,可得曲线图6-10所示. 图6-10 注 由上面讨论可见:当参量从0上升到时,曲线点正好画出第一象限中的叶形线.而当参量从0减至时,曲线位于第二、四象限,并向渐近线无限靠近. 例4 设函数在上二阶可导,又是方程的根.在些例法中取,按迭代程序  得到严格递增数列.证明存在.且 . 证 由于递增,且,由数列极限的单调有界定理,存在在迭代公式  中令,利用的连续性,有 , 于是.因为在中存在唯一根,所以,即 . *例5 设在上有界,证明牛顿切线法的误差估计为 , 其中为方程的根,M为在上的上界,. 证 设为切线法的初值,于是 . (6.3) 把在点处展开成速成有二次拉格朗日型余项的泰勒公式  再把(6.4)代入(6.3,)可得 . 类似地,由,有 . 同样地,把在点处作泰勒展开,可得  两式相消后又得 , 从而有 . 同理可证为切线法初值的情形. 注 因为上述不等式右边出现平方项，当时，会很快地收敛于根.