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数学竞赛 讲稿 B 1 全国高校数学竞赛 上海赛区 复旦大学辅导班 讲 义 第二章 一元函数微分学 一 概念 对于单侧导数 存在性质 例 2 1 若函数 xf在 aa上连续 在 aa内可导 且 limxf ax 存在 有限或无限 则 af limxf ax 证明 由于 xf在 aa上连续 在 aa内可导 对ax 根据 Lagrange定理 存在 xa 使 f ax afxf 当 ax时 a 由于 xf 的右极限存在因此 lim lim f ax afxf axax af 二 高阶导数计算 高阶导数常用的方法有如下几种 注意参数方程的高阶导数计算 1 直接计算 例 2 2 设 cos1 sin tay ttax 求 dx dy 2 2 dx yd 3 3 dx yd 解 参 数 方 程 高 阶 导 数 的 计 算 要 注 意 其 导 数 仍 然 是 参 数 方 程 dt dy x y cos1 sin ta ta 2 cot t 2 2 dx yd cos1 2 2 csc 2 ta t 2 csc 4 1 4 t a 3 3 dx yd 2 2 222 3 2 1 sin24 cotcsccsc4 t ttt aa 2 cot 2 csc 4 1 6 2 tt a 2 用 L e i b n i z 公式 1 1 nn n nn uvvuCvuuv L 例 2 3 设 3 1x x y 求 n y 数学竞赛 讲稿 B 2 解 n y 0 3 1 1 kn n k k xx k n 3 1 1 n xx 1 3 1 1 n xn 3 1 1 3 23 53 741 1 1 n n n x xnnL 3 分项方法 例 2 4 设 1 2 3 x x xf 求证0 0 f 0 n f 奇数 偶数 is is 0 nn n 解 1 1 1 1 2 1 xx xxf 22 1 1 1 1 2 1 1 xx xf 0 0 f 11 1 1 1 1 2 1 n n n n n x n x n xf 于是 1 1 2 0 nn n f 奇数 偶数 is is 0 nn n 例 2 5 设 23 1 2 xx y 求 6 xy 解 由于 2 1 1 1 1 2 1 xxxx y 于是 6 6 6 6 2 1 1 1 2 1 1 1 xxxx xy 77 2 6 1 6 xx 类似得 n y 11 2 1 1 1 1 nn n xx n 注意 此题直接求导的话 计算相当复杂极易出错 类似地 函数 2 1 1 1 1 2 1 xxxx y 这样就容易求高阶导数了 nxmxcossin的k阶 数学竞赛 讲稿 B 3 导数也可以先将函数化为两个简单函数的和 nxmxcossin xnmxnm sin sin 2 1 再求导 4 递推法 例 2 6 xxfarctan 计算 0 n f 解 2 1 1 x xf 22 1 2 x x xf 或1 1 2 xfx 两端求1 n 阶导数 得到 0 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 xf nn xxfnxfx nnn 令0 x 得到0 0 2 1 0 2 nn fnnf 即 0 2 1 1 0 2 nn fnnf 又1 0 f 0 0 f 递推得 为偶数 为奇数 n nn f n n 0 1 1 0 2 1 例 2 7 xyarcsin 计算 0 n f 解 2 1 1 x y 1 1 22 yx 0 1 2 xyyx 两端对x求2 n次导得 1 2 xyx n 2 1 1 2 xyxC n n 2 2 2 2 xyC n n 1 xxy n 2 2 xyn n 0 令0 x得递推关系 0 2 0 2 2 nn yny 由1 0 y 0 0 y 得 0 0 2 k y 0 12 k y 2135 32 12 Lkk 2 12 k L 2 1 k 例 2 8 xmxfarcsincos xmxgarcsinsin 求 0 n f 解 2 1 arcsinsin x m xmxf 平方 2 2 2 2 1 arcsinsin x m xmxf 数学竞赛 讲稿 B 4 再求导 2 2 2 2 2 3 2 3 1 2 arcsinsin 1 arcsincosarcsinsin2 2 x xm xm x m xmxmff 2 3 2 2 2 1 arcsinsinarcsincos 1 x xm xmxm x m f 即 1 22 xffmfx 或 0 1 22 fmxffx 求导 2 n次 利用 L e b n i t z 公式 得到 0 2 3 2 2 21 2 2 2 1 2 1 2 nnnnnn fmfnxffnnfnxfx 令0 x 得 0 2 0 2 22 nn fmnf 注意到1 0 f 0 0 f 最后得到 22222 2 22 2 1 0 kmmmf kk L 0 0 12 k f 5 归纳法 例2 9 证 明 cos n ax bxe cos nbxer axn 其 中 22 bar a b tan 解 归纳法 1 n时 cos bxeax sincos bxbbxae ax cos bxre ax 设kn 时命题成立 cos k ax bxe cos kbxer axk 则1 kn时 1 cos k ax bxe cos k ax bxe cos kbxer axk sin cos kbxbkbxaer axk sin sin cos cos 1 kbxkbxer axk 1 cos 1 kbxer axk 因此命题成立 类似 对函数xyarctan 可以归纳证明成立关系式 arctan n x sincos 1 2 ynyn n 6 利用 T a y l o r 展开来计算 例 2 1 0 xxfarcsin 计算 0 9 f 数学竞赛 讲稿 B 5 解 由于 2 1 1 x xf 于是 2 1 2 1 xxf 32222 2 2 1 1 2 1 2 1 3 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1xxx 42 3 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 4 1 x 4 2 1 3 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 5 1 1052 xox 256 63 128 35 16 5 8 3 2 1 1 10108642 xoxxxxx 于是 11025 128 35 8 0 0 8 9 x xff 同理可以计算得到225 16 5 6 0 7 f 893025 0 11 f 而 0 0 2 k f 其中k是正整数 例 2 1 1 设 xaxxf n 其中 x 在ax 的邻域有直至1 n阶导 数 求 af n 解 注意 仅有1 n阶导数 因此不能求n阶导数 第n阶导数只能从定义 求 因此先求 1 af n 事实上 axoxaxnxf n 1 因此0 1 af n x afxaf af nn x n lim 1 0 x xoxxn x lim 0 an 例 2 1 2 设hgf 是在某个包含0点的开区间内可微 且满足方程和初始条 件 gh ghff 1 2 2 1 0 f 数学竞赛 讲稿 B 6 fg hfgg 4 2 1 0 g fg fghh 1 3 2 1 0 h 求在某个包含0点的开区间内 xf的显式表达式 解 12 222 hgfghf 4 222 hgfhfg 13 222 hgffgh 相加得 66 2 fghfgh 记fghF 则 66 2 FF 1 0 F cxF 6arctan 代入初值 4 c 于是 4 6tan xF 已知的第一式可以改写为 F f fFf 2 即 F F f f1 2 4 6sin 4 6cos 4 6cos 4 6sin 2 x x x x 积分 Cxxxf 4 6sinln 6 1 4 6cosln 3 1 ln 在含有0点附近 对数的变量都是大于零 所以 3 6 4 6cos 4 6sin gp x gp x Axf 由1 0 f得到 12 2 1 2 2 A 最后得到 3 6 12 4 6cos 4 6sin 2 1 gp x gp x xf 三 微分中值定理及其证明题 1 中值定理 例 2 1 3 设0 x 证明 2 1 1 xx xx 且 4 1 lim 0 x x 数学竞赛 讲稿 B 7 2 1 lim x x 2 1 4 1 x时 有 2 1 1 xx xx 1 0 x 由所得等式 得到 xxxx 1 2 1 4 1 由此推出 4 1 lim 0 x x 改写 xxx x x 1 2 1 4 1 由此推出 2 1 lim x x 又改写 11 1 2 1 4 1 1 x x 因此 x 是单调增加的 于是 2 1 4 1 x 事实上 有一般的性质 设函数 xf是二阶连续可导的 即 xf 连续 0 xf 若中值定理表示为 hxf hxfhxf 10 则 2 1 lim 0 h 例 2 1 4 设 xf在 1 0 连续可导 0 0 f 1 1 f证明对于一切正整数n 在 1 0 中存在互不相同的点 n xxx 21 使得 n xf n k k 1 1 解 分析 对于1 n 希望在 1 0 中找到 1 x使得1 1 1 xf 而按照中值定理 存在 1 x 使得 1 1 xf 对2 n 设法将区间分为 0 x和 1 x两部分 而x如下选取 由中值定理 在 0 x之 间 存 在 1 x 使得 0 0 1 x fxf xf 在 1 x之间存在 2 x使得 x xff xf 1 1 2 要2 1 1 21 xfxf 则充分必要条件是 2 1 1 xf x xf x 化简得到 0 21 xfxfx 取使得 2 1 xf的x就得到 2 1 1 21 xfxf 数学竞赛 讲稿 B 8 类 似 对 任 意 正 整 数n 令 k c 为 使 得 n k cf k 的 最 小 实 数 于 是 10 121 n cccL 并定义0 0 c 1 n c 在每个区间 kk cc 1 之间存在 k x 使得 1 1 kk kk k cc cfcf xf 于是 1 1 kk k cc n k n k xf 1 1 kk ccn 这样 nccn xf n k kk n k k 1 1 1 1 2 不等式的证明 例 2 1 5 设f是 0 上的可导函数 0 0 f xf单调下降 baba 0 证明 bfafbaf 解 计算 0 fafbfbaf 0 21 afbbaf aff 21 由于 xf单调下降 baa 12 0 于是 21 ff 因此 0 fafbfbaf 0 即 bfafbaf 也可以设 afxfaxfxF 证明0 ab时 1ln 1 1ln 1 1ln 1 bababbaa x时 2 1 1 x xf 单调下降 数学竞赛 讲稿 B 9 0 0 f 于是 0 ab时 b b a a ba ba 111 例 2 1 6 3 令 p xxf x0 当10 ba 成 立 ppp baba 当1 p时 1 p pxxf 是单调增加的 于是 对0 0 ba 成立 ppp baba 有时 在证明积分不等式时 积分的上下限是常数 我们可以将某一个端 点的值看作是变量 例 2 1 7 设 0 f连续 证明 2 ab xf dx dxxf b a b a 解 令 2 at xf dx dxxftF t a t a at 求导得到 t a t a atdxxf tfxf dx tftF2 1 t a dx tf xf xf tf 2 t a dt tf xf xf tf 2 0 于是 tF单调增加 xF单调增加 0 afBF 例 2 1 8 设函数 xf在 ba上严格单调增加 证明 dxxxfdxxfba b a b a 2 解 令 dtttfdttfxaxF x a x a 2 2 xxfxfxadttfxF x a xfxadttf x a dtxftf x a 由 于 在 xa内 xftf 于 是0 xF 0 0 FxF 特 别 aFbF 即 dxxxfdxxfba b a b a bF 即 dxxf ba dxxxf b a b a 2 例 2 1 9 设 xf在 1 0 上具有连续导数 且1 0 a 0 dxxf b a 存在 bac 使 ccfdxxf c a 解 令dttf x xF x a 1 0 bFaF 存在 bac 使0 cF 即 0 1 1 2 cf c dttf c cF c a 例 2 2 1 设 xf在 1 0 上连续 0 xf 0 1 f 证明 存在 1 0 c 使 c dxxfcf 0 解 若0 xf 则结论显然 否则令0 max 0 xfxf 10 0 dxxf 记 x dttfxfxF 0 于是0 1 1 1 0 xxfdttfxfxF x 根据中值定理得到 存在 1 0 c 数学竞赛 讲稿 B 11 使0 cF 即 c dxxfcf 0 例 2 2 2 设 1 n 为整数 0 t 证明 1 1 1 t n t e n t n tt e 证明 令 xg 1 1 1 t n t e n t n tt e n e n e n t n tt etg tt n t 11 1 1 1 1 计算 xg l tt ln t e n l e n t ln tt e 1 1 nl 3 2 且 0 1 0 n g l nl 3 2 0 0 g 0 0 g 01 tn e n t tg 于 是 1 tg n 严格单调减少 0 0 1 1 nn gtg 这样意味 2 tg n 单调减少 0 0 2 2 nn gtg 依次下去 xg l 单调下降 且 0 0 ll gtg 这样 最后有 0 0 gtg 因此 1 1 1 t n t e n t n tt e 例 2 2 3 设 2 0 x 证明 222 4 1 1 sin 1 xx 2 5 4 1 例 2 2 4 设 4 0 x 证明 xx tansin 例 2 2 5 设 3 0 x 证明 xx sintan 例 2 2 6 设f在 1 0 上连续 1 0 上可导 且1 xf 1 0 ff 证 明 对一切 1 0 21 xx 成立 2 1 21 xfxf 数学竞赛 讲稿 B 12 解 不 妨 认 为 21 xx 分 两 种 情 况 讨 论 1 若 2 1 12 xx 则 12 xfxf 12 xxcf 2 1 12 xx 2 若 2 1 12 xx 则 2 1 1 0 21 xx 利用 1 0 ff 得 21 xfxf 1 0 21 xfffxf 1 2211 xfxf 2 1 1 21 ff 解 反 证 法 若 对 一 切 1 0 x 0 xfxf 则 0 2 2 xfxfxf 于是 2 xf单调减少 于是 0 0 0 22 fxf 因此0 xf 1 0 x 由f的连续性得到0 xf 1 0 x 与已知矛盾 例 2 2 8 若函数 xf在 ba上二阶可微分 且Mxf 又设函数 xf在 ba内取极值 证明 abMbfaf 证明 由于函数 xf在 ba内取极值 因此存在一点bcac 使 0 cf 于是 acMcafcfafaf cbMcbfcfbfbf 相加即得所证 例 2 2 9 设函数 xf在区间 ba上存在二阶导数 且0 bfaf 存 在 bac 0 f 证明 由已知在 ca内必有一点 1 使0 1 cb cf cb cfbf f 因此在 1 内 至少存在一点 使0 1 1 ff f 例2 3 0 设非线性函数 xf满足Lagrange定理 证明 存在 ba 使成 立 ab afbf f 解 不 失 一 般 性 认 为0 ab bfaf 比 较 xf和 直 线 ax ab afbf afy 由于 xf是非线性函数 因此y和 xf不重合 必 有 一 点cx 满 足 cycf 或 cycf 即 ac ab afbf afcycf 移项 得 0 ab afbf ac afcf 则存在点 baca 使 ab afbf ac afcf f 点 即 为 所 求 若 cycf 即 ac ab afbf afcycf ab afbf cb cfbf 同 样存在点 babc 使 ab afbf cb cfbf f 例 2 3 1 设 xf是定义在实轴上的二阶连续可微的函数 且0 0 f 0 0 f xfxf 0 x 证明 0 xf 0 x 证明 由于0 0 f 0 0 f 由连续性得 在原点的某个右邻域内 0 xf 反证法 设c是 xf的最小的正零点 即0 cf 但0 xf cx f 在 c 上对函数应用 Lagrange定理 存在 c 使0 c f c fcf f 再在 上 对 导 函 数 xf应 用Lagrange定 理 存 在 使 数学竞赛 讲稿 B 14 0 f 即 0 ff 导致矛盾 因此应有0 xf 0 x 3 L H o p i t a l 单调性原理 L M R L H o p i t a l M o n o t o n e R u l e 设 gf 在 ba连续 在 ba可微 0 xg 若 g f 在 ba单调增加 减少 则 函数 bgxg bfxf 和 agxg afxf 同时单调增加 减少 证明 可以认为0 g及 g f 在 ba单调增加 由中值定理 对 bax 存在 xac 使得 agxg afxf xg xf cg cf 于是 0 afxfxgagxgxf 因此 agxg afxf 0 2 agxg afxfxgagxgxf 于是函数 agxg afxf 单调增加 类似 可以证明函数 bgxg bfxf 单调增加 此性质可以推广到无限区间上 应用例题 例 2 3 2 若1 p xf 1 q xg 则 qp x q p g f 当0 qp时 在 1 单 调增加 于是 1 1 x q p x xg xf xG 数学竞赛 讲稿 B 15 q p g f xg xf xG 1 1 于是成立不等式 q x p x qp 11 当1 x 0 qp 例 2 3 3 证明 2 tansin 2 x x x x 2 0 xxxx xx xxxx 于是 xg xf 单调增加 这样利用LMR两次 注意到0 0 0 ff0 0 0 gg 得到 g f 单调增加 g f 单调增加 2 0 0 g f xg xf 证毕 例 2 3 4 设 2 0 x 证明 x x x x tan 0 xu xu单调增加 而0 lim 0 xu x 于是0 xu 因而 xu单调增加 又0 lim 0 xu x 于是0 xu 证毕 例 2 3 5 1 求证 xxxxxxx2 22 sin2 2 12 22 2 3 5 2 求证 22 2 22 3 4 22 sin4 2 12 xxxxxxx 2 3 5 3 求证 44 5 44 5 16 22 sin16 2 12 xxxxxxx 证明 仅对第 3 式证明 其他类似 上式等价于 5445 2 16 2sin 2 1 x x x 设 x x xf sin 1 4 1 16 xxg xxxxfcossin 2 5 2 xxg cossin 64 1 2 2 5 1 1 xg xf x xxx xg xf 3 2 2 5 sin x x xg xf 由于函数 3 5 sin x x 在 2 0 内单调减少 2 2 g f 单调减少 因此 2 2 g f 也单调减少 即 1 1 g f 单调减少 从而 44 11 11 16 2sin 2 2 x x x gxg fxf 单调减少 而 544 0 2 16 2sin lim x x x x 544 2 2 1 16 2sin lim x x x x 证毕 主要 g f 不单调 而 g f 仍然可能单调 例如dt t xf x 0 1 cos1 xg 例 2 3 7 2 0 数学竞赛 讲稿 B 17 2 3 tansin 2 x x x x 注 利 用12 2 tt 去 x x t sin 则 不 等 式 变 为 2 tansin x x x x 例 2 3 8 10 x 证明 22 122 tan 1 4 x xx x x dcba 证明 xx xx dc ba xf 是单调上升 且凸的 提示 不失一般性 1 d 否则除以 x d 取yc x cb ln ln ca ln ln 问题化为 1 y yy yF 在 1 1 0 满足所证 4 等式的证明 例 2 3 9 设函数 xf在 ba上可导 且0 bfaf 证明 存在 bac 使得 accfafcf 解 令 ax bax ax afxf xg 0 ax xf ax xg xg bax 于是只要证明存在 bac 使得0 cg即可 分两种情况讨论 1 bfaf 于是0 bg 于是存在 bac 使0 cg 证毕 2 bfaf 则 不 妨 设 bfaf 于 是0 ab bg bg 由于 xg连续 0 bg 因 此 存 在 1 bax 使 0 1 agbgxg bfaf 求证 1 存在 ba 使0 f 2 存在 ba 使 ff 数学竞赛 讲稿 B 18 解 根据已知 一定存在两点bxxa af ax afxf 0 2 2 bf bx bfxf 相乘得0 21 21 bxax xfxf 于是0 21 事实上如 果对一切 1 0 yx 有 yx yx yfxf 令xy 得到f在 1 0 可微 且 0 xf 这样f在 1 0 是常数 与已知矛盾 现在假定1 1 0 g 0 1 设 01 xax 使得 max 01 xaxxfxf 于是 11 0 xfabafxf 这表明 0 1 因此根据介值定理 存在 12 xx 使得0 g 即得结论 例 2 4 4 证明 1 ab ba 其中0 0 ba 证明 若ba 中有一个大于零 则不等式显然成立 因此设1 1 ba 记 ca 1 db 1 其中 1 0 dc考虑函数 10 1 xcxxf d 由中值 定理存在 1 0 0 x 使得 cd cx cd c d d cd dc cd d cd c 例 2 4 5 i 设f在 ba二次可微 且0 xf对一切 bax 成立 证明 对每个 ba 存在 0 bax 使得 或者 0 0 xb xfbf f 或者 0 0 xa xfaf f 数学竞赛 讲稿 B 20 i i 设f在 ba二次可微 对某个 0 bax 有0 0 xf 证明 存在 1 bax 使得或者 1 xfaf 或者 1 xfbf 证明 定义函数 axaf bxa ax afxf xg bxbf bxa xb xfbf xh 则hg 在 ba上连续 且 ahbg 因为 f递增 bhfag 若 bhfag 则由g的连续性 否则 由 bhfahbg 于是 由h的连续性 存在 0 bax 使得 0 xhf 最后我们特别注意到ax 0 情况不能包括在内 例 2 xxf 2 0 ba 1 i i 这可以由 i 推出 若以 代在 i i 中的 0 x 以 0 x 代 i i 中的 1 x 即得 和 i 一样 0 borax 情况不被包括 例 2 xxf 1 1 ba 0 例 2 4 6 已知 1 0 Cxf 0 1 0 dxxf 证明 在 1 0 内至少存在一点c 使0 0 c dxxfcf 解 令dttfexg x x 0 0 1 0 gg 运用Rolle定理即得 例 2 4 7 设函数 xgxf在区间 ba内可微 点dc bdca a 证明 存在 ba 使下式成立 2 f ba f 证明 此题有两个参数 我们设法将其中一个参数变为已知 根据中值定 理可知 存在 ba ab afbf f 于是问题变为证明存在 ba 使 ab afbf f ba 2 这时可以用前面介绍过的方法 作辅助函数 222 xafbfxfabxF 有 22 bfaafbbFaF 根据Rolle定理 存在 ba 使0 F 即 2 f ab afbf f ba 例 2 5 0 已知函数 xf在 1 0 上连续 1 0 内可导 且0 0 f 1 1 f 证明 1 存在 1 0 使得 1 f 2 存在不同的点 1 0 使 数学竞赛 讲稿 B 22 得1 ff 解 1 令1 xxfxg 11 0 g 于是存在 1 0 使得01 f 即 1 f 2 根据中值定理 存在 0 使 1 0 0 ff f 同时 存 在 1 使 得 1 1 ff f 1 1 1 1 从 而 1 ff 例 2 5 1 设函数 xf在 1 0 上连续 在 1 0 内可导 且0 0 f 1 1 f ba 是任意两个实数 证明 存在 1 0 使ba f b f a 解 根据连续函数的零点存在定理 由已知存在 1 0 c使得ccf 于是 在 0 c及 1 c内分别存在 0 c 使得1 0 0 c fcf f 和 1 c 使得 1 1 1 c cff f 因此ba f b f a 辅助函数的选取可以按如几种下方法进行 对称法 将所证明的等式作整理 使其中含未知变量 的项与含端点ba 的 项分列等号两端 记不含未知变量 的部分为k 再整理含k的等式 使之成为 关于端点对称 将等式一端中的一个端点改记为变量x 并令此表达式为辅助 函数 xF 例 2 5 2 设函数 xf在区间 ba可微 证明 存在 ba 使下式成立 2 22 fabafbf 证明 移项得 2 22 f ab afbf 数学竞赛 讲稿 B 23 令k ab afbf 22 移项整理成为关于端点对称的表达式 22 kaafkbbf 作辅助函数 2 kxxfxF 即 2 22 x ab afbf xfxF 容易验证函数 函数 xF满足在 ba上的Rolle定理条件 因此存在 ba 使0 F 即02 22 ab afbf fF 整理后就是 2 22 fabafbf 原函数法 例 2 5 3 设函数 xf在区间 ba可微 证明 存在 bac 使下式成立 cfccf ab abfbaf 证法一 记k ab abfbaf 等式化为 k bb bf k aa af1 1 作辅助函 数 x k x xf xF 1 xab abfbaf x xf1 容易验证函数 xF在 ba上连 续 ba内可导 且 ab afbf bFaF 因此根据Rolle定理 存在 bac 使成立0 1 22 cab abfbaf c cfccf cF 化简得 cfccf ab abfbaf 证法二 用原函数法 将原式化为 22 c cfccf cab abfbaf 设法找函 数 xF使 xF 22 x xfxxf xab abfbaf 积分 积分方法在第三章介绍 得dt x xfxxf tab abfbaf xF 22 x xf xab abfbaf 1 其余 的过程和前面一样 例 2 5 4 0 a xf在 aa 闭区间连续开区间可导 0 afaf 2 0 f证明存在 aa 使得1 af 证明 1 xxafaf 于是令xxafxF 数学竞赛 讲稿 B 24 aaFaaF aF2 0 在 0 a内存在aF 因此存在极值 0 F 即所证 例 2 55 xf在 3 0 连续 3 0 可导 3 2 1 0 fff 1 3 f证明存 在 3 0 使得0 f 提示 1 ff 取1 xfxF 0 3 F 0 2 1 0 FFF 因此在 2 0 必定存在0 F 轮换对称法 建立一个轮换对称的表达式 然后将等式中的一个端点改记 为变量x 并令此表达式为辅助函数 xF 例 2 5 6 设函数 xf在 ba 上二阶可导 bca 证明 存在 ba 使下式成立 caba af bcac cf 2 1 f cbab bf 证明 令 caba af bcac cf k cbab bf 并改写成 0 accbbakbfaccfbaafcb 此式关于cba 是轮换对称的 将其中一个端点b换成变量x 也可以将a或c换 成x 得到辅助函数 xF xfaccfxaafcx accxxak 容易验证 函数 xF在区间 ca和 bc上分别满足Rolle定理条件 因此存在 1 和 2 使0 1 F及0 2 F 因而存在 21 ba 使0 F 而 acxakaccxkxfaccfafxF 2 ackxfacxF 数学竞赛 讲稿 B 25 于是0 F 即 kf2 cbab bf bcac cf caba af 微分方程法 若要证明 ff 则解微分方程 yxy 若其通解为 Cyxg 则 取 辅 助 函 数 xfxgxF 此 时 Cyxg 推 出 0 xyx ygg 于是 y x g g y 即 yx g g y x 若辅助函数F满足 0 F 则 ffgfgF yx ffgffg yy 0 fffg y 即 ff 例 2 5 7 已知 2 baCf 0 1 0 ff 求证 存在 1 0 使得 1 2 f f 解 记 xpxf 即证 1 2 p p 解方程 x p p 2 1 得到 x dx p dp 1 2 积分得到cxy 2 1 于是令 1 2 xgxxG 由于 0 1 0 ff 存 在 1 0 使0 f 即0 p 因此由0 1 0 GG 因此存在 1 使 得0 G 而 1 12 2 xgxxgxxG 0 即 0 1 2 gg 或 1 2 f f 例 2 5 8 已知 0 1 aCf 0 af 求证 存在 0 a 使得 数学竞赛 讲稿 B 26 2 ff 解 解 方 程yxxy 2 得 到Ceyx x 2 令 2 xfexxF x 0 0 aFF 于是存在 0 a 使得0 F 即 0 2 22 feefef 即 2 ff 例 2 5 9 设 xf在 4 2 上可导 且dxxfxf 4 3 2 1 2 证明 在 4 2 内至少存在一点 使得 2 1 ff 解 由方程 yyx2 1 即0 1 2 x dx y dy 解得Cyx 2 1 作辅助函 数 1 2 xfxxF 由dxxfxf 4 3 2 1 2 1 2 f 于 是 2 FF 因此存在 4 2 2 使得 0 1 1 2 2 ffF 即所证 例 2 6 0 若函数f可导 1 bfaf 证明 存在 ba 使得 1 ffe 提示 1 xfexF x 解 用方程法 eff 解方程 x eexfxf 得到 dxeeecexf xxx xx eece 2 1 或ceeexf xx 2 1 作辅助函数 eexfexF xx2 2 1 其中 使得 bFaF 即 eebfeeeafe bbaa22 2 1 2 1 即 eeeeee bbaa22 2 1 2 1 得 到 baba ba eeee ee e 2 2 22 即 ba eee 2 1 2lnln ba ee 因 此 对 于 ba区 间 总 可 以 找 到 使 得 2lnln ba ee 此 时 由 eexfexF xx2 2 1 得到 bFaF 因此存在 使得0 F 即 0 2 eefefe 即0 eeff 即 数学竞赛 讲稿 B 27 1 ffe 此时 和 不一定相等 例 2 6 1 设函数 xf在 1 0 内连续可导 且满足dxxfef x 2 1 0 1 2 1 2 证明在 1 0 内至少存在一点 1 0 c使 2 ccfcf 解 由 已 知 根 据 中 值 定 理 1 2 1 fef 或 1 2 1 fefe 10 于是设 2 xfexF x 则 1 FF 根据 R o l l e定理 至少存在 一 点0 cF 其 中 1 0 1 c 即0 2 2 cfccfe c 即 2 ccfcf 解 I I 解方程xyy2 得到Cye x 2 因此设 2 xfexF x 余下部分同 上 例 2 6 2 设 xf在 ba上连续 ba内可导 0 bfaf 证明 存在 ba 使 0 2 ff 解 构造 xF 使 2 xfxfxF 或 2 xfxfexF xg 于是令 dttf x a exfxF 则 2 xfxfexF dttf x a 0 bFaF 因此存在 ba 使0 F 即 0 2 ff 解 I I 解 方 程0 2 yy 得 到Cx y 1 或 1 1 C xy y 于 是 令 1 xxf xf xF 0 bFaF 于是 2 1 1 0 f fffff F 即 0 2 ffffff 即 0 2 ff 例 2 6 3 设f在 1 0 可导 且 2 1 arctan 2 0 dxxe xf 0 1 f 证明在 1 0 内至少存在一点 使得 1 arctan 1 2 f 数学竞赛 讲稿 B 28 提 示 xexF xf arctan 存 在 2 0 2 1 arctan 2 f e 4 F 1 F 因此存在 1 0 1 使得0 F 整理即得 对于积分情况要化为微分来做 例 2 6 4 gf 在 ba连续 证明 存在 ba 使得 a b dxxfgdxxgf 如果令 b dssgxG a dssfxF 则证明的公式化为 0 FGGF 于是设 xGxFxH b x x a dssgdssf 即可 例2 6 5 xfxb在 1 0 连 续 1 0 可 导 1 1 b 10 dxxfxbf 0 1 1 证明 存在 1 0 使得 0 fbfb 具体取不同的 xb可以得到许多等式 提示 设 xfxbx 则 0 1 1 1 dxxf 证明0 分二 步讨论 1 10 简单的积分中值定理就可以了 1 要化为微分形式 x dssxH 0 xxH 1 1 H 0 0 H 条件 1 1 HH 设法化为在一个平台上讨论 0 HHHH 于是 1 HH 因此0 H 即所证 四 用Taylor公式证明等式或不等式 例 2 6 6 设函数 xf在 ba上二阶可导 且8 0 xfbfaf 试证 2 2 ab ba f 证明 将函数 xf在点 2 ba x 展开成二阶Taylor公式 2 22 1 222 ba xf ba x ba f ba fxf 数学竞赛 讲稿 B 29 分别以ax 和bx 代入 得到 2 2 22 1 222 0 ba f baba f ba fbf 2 1 22 1 222 0 ba f abba f ba faf 两式相加并移项 得到 2 21 8 1 2 2abff ba f 因此 2 21 16 1 2 abff ba f 2 ab 例 2 6 7 设函数 xf在 1 0 上二阶可导 且满足1 xf xf在区间 1 0 内取到最大值 4 1 试证 1 1 0 ff 解 设函数 xf在cx 10 c取最大 因此cx 也是极大值点 于是 4 1 cf 0 cf 在cx 处作Taylor展开 得 2 2 cx f cxcfcfxf 2 2 4 1 cx f 分别以0 x和1 x代入 得 21 2 4 1 0 c f f 22 1 2 4 1 1 c f f 于是 1 0 ff 2 2 2 1 1 2 1 2 1 cfcf 22 1 2 1 2 1 cc 函数 222 221 1 xxxxxf 在 1 0 上的最大值是 1 于是 1 2 1 2 1 1 0 ff 例2 6 8 设函数 xf在 1 0 二阶可导 且0 abaxfbxf 证明对于 1 0 中任意一点c 有 2 2 b acf 解 将 xf在cx 作Taylor展开 有 数学竞赛 讲稿 B 30 2 2 cx f cxcfcfxf 于是 21 2 0 c f ccfcff 22 1 2 1 1 c f ccfcff 相减得 22 21 1 0 1 22 ff fffccc 或 22 21 1 0 1 22 ff fcffcc 取绝对值并估计得 22 12 1 1 0 2 fcfc fcff 22 1 2 b aacc 2 2 b a 例 2 6 9 设函数 xf在 ba二阶可导 且 1 0 2 ab ba fMxf 试证 4 M bfaf 解将函数 xf在点 2 ba x 展开成二阶Taylor公式 有 2 22 1 222 ba xf ba x ba f ba fxf 2 22 1 22 ba xf ba x ba f 将bax 代入上式 得 1 8 1 2 1 2 f ba faf 2 8 1 2 1 2 f ba fbf 数学竞赛 讲稿 B 31 相加得 8 1 21 ffbfaf 取绝对值得 4 8 1 21 M ffbfaf 例 2 7 0 设函数 xf在 ba上连续且二阶可导 连接 afa和 bfb 的直线与曲线 xfy 相交于 cfc 证明 在 ba内至少存在一点 使 0 f 证明 因为 cfc是连接 afa bfb的直线的交点 因此 1 f ac afcf ab afbf ca 1 2 f cb cfbf ab afbf bc 2 即 21 ff bca 21 因此在 21 ba 内至少存在一点 使0 f 例2 7 1 已 知 xf在 1 1 内 二 阶 可 导 0 0 0 ff xfxfxf 求证 在 4 1 4 1 内 0 xf 解 将f及 f在0 x展开 2 2 1 0 0 xfxffxf 2 2 1 xf xffxf 0 xf 于是 xfxf xfxf 2 1 2 由于 xfxf 的连续性 则存在 4 1 4 1 c 使 cfcf Mxfxf max 于是 M cfcf cfcf 2 1 0 2 0 4 1 00 ff 数学竞赛 讲稿 B 32 4 1 0000 ffff 2 2 4 1M M 因此0 M 于是 在 4 1 4 1 内 0 xf 例2 7 2 设 xf在R上三阶连续可导 且Axf x lim 0 lim xf x 证 明 0 lim lim xfxf xx 解 展开 T a y l o r 公式 6 2 1 1 xxfxf xfxfxf 6 2 1 2 xxfxf xfxfxf 相加得 6 1 6 1 2 1 1 21 xxfxxfxfxfxfxf 相减得 6 1 6 1 1 1 2 21 xxfxxfxfxfxf 于是当 x时 1 xx 2 xx 因此 00 6 1 0 6 1 2 lim AAAxf x 00 6 1 0 6 1 lim2 AAxf x 例 2 7 3 设 xf 在 ba上连续 0 bfaf 则 max max xfabxf baxbax xf Rx 由于0 xf 因此 xf单 调增加 因此必有一点c 使0 cf 若0 cf 函数 xf在点c的 Taylor展开式为 2 2 cx f cxcfcfxf 因此当cx 时 cxcfcfxf 当 x时 xf是无界的 与已 知矛盾 若0 cf 则当cx 当 x时 xf是无界的 与已知矛盾 例 2 7 6 设函数 xf是二阶连续可导的 即 xf 连续 0 xf 若 中值定理表示为 hxf hxfhxf 10 则 2 1 lim 0 h 证明 写出 xf的一阶和二阶Taylor公式 hxf hxfhxf 10 数学竞赛 讲稿 B 34 2 1 2 hxf h xhfxfhxf 10 1 相减得 2 1h xf h xfhxf 即 2 1 1h xf h xfhxf 令0 h 考虑到 xf 连续 得到 0 lim h h xfhxf h lim 0 lim 2 1 1 0 hxf h 即 2 1 lim 0 h 用类似的方法可以证明 若 xf有直到1 n阶的连续导数 0 1 xf n 且n阶Taylor公式为 1 2 1 12 hxf n h xf n h xf h xf hxfhxf n n n n L 10 数学竞赛 讲稿 B 35 所以 当0 x时 函数 xf是严格单调增加的 即 pp xxxf 1 1 0 0 f 因此 ppp xx 1 1 这样 原不等式也成立 特别 取 n p 1 即得到 nnn baba 1 n 例 2 7 8 设 xf是定义在 1 0 上有二阶连续导数的函数 满足 0 1 0 ff 及 xfexf x 证明 0 xf 证明 只要证明 xf不可能取得正的最大值和负的最小值 事实上 由于 0 1 0 ff 因此若 xf有正的最大值 则应该在 1 0 内取得 设在 1 0 cx函数 xf取最大值 则也是极大值 因此0 cf 但由已知 0 cfecf c 导致矛盾 同样函数