不等式证明

第四章 微积分中值定理与证明 4.1 微分中值定理与证明

一 基本结论

1．零点定理：若f(x)在[a,b]连续，f(a)f(b)?0，则???(a,b)，使得f(?)?0． 2．最值定理：若f(x)在[a,b]连续，则存在x1,x2使得f(x1)?m,f(x2)?M．其中

m,M分别是f(x)在[a,b]的最小值和最大值．

3．介值定理：设f(x)在[a,b]的最小值和最大值分别是m,M，对于?c?[m,M]， 都存在???[a,b]使得f(?)?c．（或者：对于?c?(m,M)，都存在???(a,b)使得

f(?)?c）

4．费玛定理：如果x0是极值点，且f(x)在x0可导， 则 f?(x0)?0．

5．罗尔定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，f(a)?f(b)，则???(a,b)使得

f?(?)?0．

6．拉格朗日定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，，则???(a,b)使得

f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)．

) 7．柯西定理：f(x)，g(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，且g?(x)?0，则???(a,b使得

f(b)?f(a)f?(?)?．

g(b)?g(a)g?(?)8．泰勒公式和马克劳林公式：（数三不要求）

f(n)(?)(x?x0)n （?在x和x0之间） 泰勒公式：f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)???n!f(n)(?)nx （?在0 和x0之间）麦克劳林公式：f(x)?f(0)?f?(0)x???． n!应用说明：

（1）定理1-3，结论是存在一点，使函数在该点的函数值为0，或某个常数； （2）定理4-7，结论是存在一点，导函数在该点的函数值为0，或某个常数；；

1

（3）定理4-6仅仅涉及一个函数，而定理7涉及两个函数； （4）定理8主要用于具有高阶导数的函数； 题型1 方程的根的讨论

1．方程根的存在性：主要应用零点定理．

2．方程根的个数的讨论：求出单调区间，对每个单调区间应用零点定理来判断是否有零点，即是否有根，从而得到函数在给定的区间上根的个数以及根所处的位置（范围）．

例1 证明：当a?3b?0时，实系数方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根． 证明 令f(x)?x3?ax2?bx?c，则f?(x)?3x2?2ax?b，由于a2?3b?0，于是

232f?(x)?3x2?2ax?b?0，即f(x)单调递增的．由于

x???limf(x)???，limf(x)???

x???所以y?f(x)与x轴有且仅有一个交点．所以方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根．

321?0只有一个实根． e111x)n?lx1?，)?0，证明 设f(x)?xlnx?，则f?(令f?(x解得x?．显然在(0,)eee11上，f?(x)?0，于是f(x)在(0,)单调减少；在(,??)上，f?(x)?0，于是f(x)在

ee111(,??)单调增加，而f()?0，所以方程xlnx??0只有一个实根． eee例2 证明方程xlnx?例3 讨论方程x?3x?c中的常数c，在什么情况仅有一个根，两个根，三个根？

32解 令f(x)?x?3x?c，则f?(x)?3x?3，令f?(x)?0，解得x??1．于是在

3(??,?1)上，f(x)单调增加，在(?1,1)上，f(x)单调减少；在(?1,?)上，f(x)单调增

加，根据函数图像，当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有一个交点；当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有两个交点；当f(?1)?0且

f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有三个交点；综上所述

（1）c?2或c??2，方程仅有一个根； （2）c?2或c??2，方程有两个根； （3）?2?c?2，方程有三个根；

例4设f(x)在[0,??)上有连续导数，且f?(x)?k?0，f(0)?0，证明；f(x)在

[0,??)上仅有一个零点.

2

证明 应用拉格朗日定理，有

f(x)?f(0)?xf?(?)，

从而有f(x)?f(0)?xk．根据k?0，则有limf(x)???．又由于f(0)?0，所以一

x???定存在零点.，再根据f?(x)?k?0可知，则f(x)在[0,??)上仅有一个零点．

例5 设函数f(x)是可导，证明：f(x)的任何两个零点之间必有f?(x)?f(x)一个零点．

证明 令F(x)?exf(x)，又设x1,x2(x1?x2)是f(x)的两个零点，即

f(x1)?f(x2)?0.

而F(x1)?e1f(x1)?0，F(x2)?e2f(x2)?0，由于函数f(x)是可导，于是函数f(x)连续，所以F(x)在闭区间[x1,x2]满足罗尔定理条件，从而存在??(x1,x2)，使得

xxF?(?)?0．

由于F?(x)?ex(f(x)?f?(x))，所以F?(?)?e?(f(?)?f?(?))?0，这蕴含着

f(?)?f?(?)?0．

例6 设函数f(x)在[1,??)上有f??(x)?0且f(1)?2,f?(1)??3，证明：在[1,??)上，方程f(x)?0仅有一实数根. 数学三不要求）

证明 根据泰勒公式：

f(x)?f(1)?f?(1)(x?1)?于是

f??(?)(x?1)2， 2!f(x)?2?3(x?1)??3x?5，

因此存在点?使得f(?)?0，又由于f(1)?2，以及f(x)连续，所以f(x)存在零点．

下面证明唯一性：只需证明f(x)是单调的，即证明f?(x)?0或f?(x)?0．事实上， 由于f??(x)?0，f?(1)??3，所以在[1,??)上，f?(x)?0．

例7 求证：方程e?ax?bx?c的根不超过三个

证明 用反证法：令F(x)?e?(ax?bx?c)，若函数F(x)有四个零点，不妨设

x2x2 3

x1?x2?x3?x4，且F(x1)?F(x2)?F(x3)?F(x4)?0，

显然F(x)在[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]均满足罗尔定理条件，于是存在三点?1??2??3，其中?1?(x1,x2),?2?(x2,x3),?3?(x3,x4)，使得

F?(?1)?F?(?2)?F?(?3)?0．

同样，对导函数F?(x)在[?1,?2],[?2,?3]应用罗尔定理，则存在两点?1??2，其中

?1?(?1,?2),?2?(?2,?3)，且F??(?1)?F??(?2)?0．

类似地，对二阶导函数F??(x)在[?1,?2]应用罗尔定理，则存在一点??[?1,?2]，使得

F???(?)?0．

而F???(x)?ex，于是有e?0，这是个矛盾结果．

题型2 利用函数的单调性和最值证明不等式 例1当0?x???2（1）sinx?tanx?2x；

13（2）tanx?x?x．

3时， 证明：

证明 （1）设f(x)?sinx?tanx?2x，则

f?(x)?cosx?sec2x?2，

f??(x)??sinx?2secx?secxtanx?sinx(2?1)?0， 3cosx所以，函数f?(x)严格单调递增，又由于f?(0)?0，因此在0?x?是，函数f(x)严格单调递增，且f(0)?0，从而在0?x??2上，f?(x)?0；于

?2上，f(x)?0．即

sinx?tanx?2x．

（2）设f(x)?tanx?x?13x，则 3f?(x)?sec2x?1?x2?tan2x?x2?(tanx?x)(tanx?x)，

由于tanx?x?0，为了确定tanx?x的符号，我们令g(x)?tanx?x，则

g?(x)?sec2x?1?0，

4

于是g(x)严格单调递增，由于g(0)?0，因此在0?x?即

?2上，g(x)?0．于是f(x)?0，

1tanx?x?x3．

3例2 设x?0,a?e，证明(a?x)a?aa?x 证明 为了证明(a?x)a?aa?x，只要证明

lnaln(a?x)lnx?．于是令f(x)?，则 aa?xxf?(x)?1?lnx?0，(x?e)， 2x所以，函数f(x)严格单调减少，又由于a?x?a，因此

lnaln(a?x)?， aa?x即

(a?x)a?aa?x．

3例3 证明：当x?2时，x?3x?2．

证明 事实上，我们只要证明：f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值的绝对值不超过2即可．

2由于f?(x)?3x?3?3(x?1)(x?1)，令f?(x)?0，解得x?1和x??1，于是函数

f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值：

M?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}?2，m?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}??2

于是当x?2时，

f(x)?x3?3x?2．

例4 证明：当0?x??时，sinxx? 2?xx1x?，得到F??(x)??sin?0， 2?42证明 （方法1：利用凸函数性质）令F(x)?sin所以F(x)在(0,?)上上凸，而F(0)?F(?)?0，所以在0?x??上，F(x)?0．即

sinxx?． 2?sin （方法2：变形）令F(x)?xx2?1，则

? 5

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