数学分析选讲

分析数学教案主讲人 姜广浩淮北师范大学数学科学学院2010年3月1日第一章 一元函数的极限 1.1 利用定义及迫敛性定理求极限设表示实数集合,表示扩张的实数集,即.例1 若.证明 (算术平均值收敛公式).证明 (1)设,由,当时, .因此,其中.又存在,当时, .因此当时, .(2) 设,则,当时,.因此,其中.由于,所以存在,当时, ,.因此.(3) 当时,证明是类似的.(或令转化为(2).注 例1的逆命题是不成立的.反例为,容易看出,但是极限不存在.例2 设为单调递增数列, .证明若,则证明 由为单调递增数列,当时有.固定,则有,其中.令,则.又由于,所以.令,由迫敛性定理得注 当为单调递减数列时,上述结论也成立.例3 设数列收敛,且,证明.(几何平均值收敛公式).证明 设,则由极限的不等式性质得.(1)若,则,由例1, .因此(2)若,则.因此,.注 可以证明当时结论也成立.例4 设,证明:若存在,则也存在且.证明 令,.由例3得, .所以.例5 证明.证明1 设,则().由例4得证明2 利用司特林(Stirling)公式得例6 设,().令.证明 .证明 .由于数列收敛,故是有界的.设,则.利用例1得.例7 设.证明.证明 由,当时, .所以,其中.又存在,当时, .故当时, .例8 证明.证明 令,则.所以.由迫敛性定理得, ().所以.例9 求极限.解 以下不等式是显然的: 由例8与迫敛性定理得所求极限为1.例10 设是两个定数,且当时.证明.证明 由, ,相加得.所以.这推出.例11 设,求极限.分析 若极限存在且为,则.由此解得.再由知.故.解 由得.同理有.一般情况有.所以.例12 设,求极限.分析 若极限存在且为,则.由此解得.再由知.故.解 令,我们有.由上述递推关系可得,由于,故得.例13 设是正数,对任意自然数,令.证明.证明 ,同理.两式相除得.由归纳法得.由于,得到.所以,这证明了. 1.2 stolz定理及其应用 定理1 设是趋于零的数列, 严格递减趋于零,则当存在或为、时，有.证明 设.(1) 若是有限实数,则,当时,有.由于,所以,上述各式相加得.在上式中固定并令,由于,得.注意到,由上式便得.所以.(2)若,则,当时,有 .仿照(1)中的证法可得,对任意自然数,有,固定并令,得.所以.(3)若,可用代替转化为(2)的情形.定理2 设是任意数列, 严格递增趋于,则当存在或为、时，有.证明 设.(1) 若是有限实数,则,当时,有.由于,所以,上述各式相加得.由此便得.所以.由恒等式得由于(),当时,有.因此当时, .这证明了.(2)若,则当充分大时,有.由(),可知(),且数列严格递增.注意到,由(1)的结论得.从而.(3)若,可用代替转化为(2)的情形.定理1与定理2统一称为Stolz定理.例1 利用Stolz定理.证明(1例7)：设.证明.证明 令, ,则严格递增趋于,由定理2,例2 求极限,其中为自然数.解 令, ,由定理2,.其中倒数第二式中表示关于的次数为的一个多项式.例3 求极限,其中为自然数.解 令, ,由定理2,.其中倒数第二式分子与分母中的均表示关于的次数为的多项式.注 例3中当不是自然数时,只要(该条件保证),利用定理2,并令,我们有.再利用求函数极限的罗必塔法则,可以求出最后一式的极限为.例4 设.试证:极限存在时, .证明 因,而极限存在,故只需证明第一项趋于零.令,则由条件知,且.于是(应用定理2).例5 设,.证明.证明 由条件.用数学归纳法容易证明对所有自然数有,即.所以数列是严格单调递减有下界的.由单调有界定理,极限存在,设极限值为.在中令得,由此得.由于严格单调递增趋于,根据定理2, .1.3 利用压缩影像原理和单调有界定理求极限 压缩影像原理 设可导且,是常数.给定,令.证明序列收敛.证明 由拉格朗日中值定理，得.其中介于之间.故对任意自然数,（,).由柯西收敛准则收敛.注 (1)利用压缩影像原理必须保证是否保持在成立的范围之内.(2) 称为压缩映射(因为) 例1 (1例11)：设,求极限.解 令(),则.又(),故称为压缩映射.由压缩影像原理, 收敛.再对递推公式,两边取极限即可. 例2 (1例13)：设是正数,对任意自然数,令.证明. 证明 令(),则.又(),从而有.故称为压缩映射.由压缩影像原理, 收敛.再对递推公式,两边取极限即可.例3 设, .求.解 容易证明单调递增.现证对任意自然数,.当时显然成立.归纳假设.则.由单调有界定理, 有极限.设.对两边取极限得.解得.由于,故得. 例4 设,当时, .求.解 显然.由于与,所以,即单调递减且有下界.故极限存在,令.由递推关系式得.解得,即.例5 设,且对任意自然数,其中.求.解 由于,与故与同号.因此当时有,此时递增有上界;当时有,此时递减有下界.所以收敛,设.则.因为,解得,即. 例6 设,证明收敛.证明 由的定义, .由于单调递减趋于,故.取对数得,.所以这证明了单调递减.又由于单调递增趋于,可得不等式.因此.所以,由单调有界定理,收敛.设,这里称为Euler常数.可以证明.例7 设, .求.解 若极限存在,设为,则,.因,.若,则;若,则.即在的左右来回跳动,而知: , (1).若收敛于,则,也收敛于.猜想:是否在左端单调递增到,在右端单调递减到.下面来考察的符号. (2).式(1),(2)表明以为上界, 以为下界.因此二子列收敛.记,.在式及中令,有,.所以.既然,故.例8 证明序列2, ,收敛,并求其极限.解 以序列特征可以看出,相邻两项的关系是 (1).因此,设收敛,则极限满足方程.又,所以.令 (2).(2)代入(1), (3).则将满足(1)的序列的问题,转化为满足(3)的序列的问题.事实上, ,.由(3)利用数学归纳法,易证,即.1.4 求函数极限的几种方法一、 利用函数的连续性求极限定理 (复合函数求极限定理) 设函数在连续,函数有性质,则.推论 设,则.证明 由复合函数求极限定理, 例1 求极限解 令,则当时.解得.故.注 此例中取,得数列极限, 例2 求极限解 令,则().由于,所以. 例3 求极限.解 .由于,所以. 例4 求极限.解 注意到,我们有.练习 求极限 (1) ; (2) .二、利用微分学方法(LHospital法则,Taylor公式)求极限例5 求极限.解 由导数公式得由LHospital法则得.例6 求极限.解 利用LHospital法则与等价无穷小代换得(等价无穷小代换) (化简) (LHospital法则) .例7求极限. 解 由指数函数的连续性与LHospital法则得.其中表示指数函数.例8求极限.解 原极限可化简为. (*)(*)式中分母的极限为,因此只要求分子的极限.(利用代换) (LHospital法则)因此只要求(利用).因此(*)式中分母的极限为,最后得到.例9 设在上连续,且,求数列极限解 将数列极限转化为函数极限,然后利用LHospital法则 (变量代换)(将换成连续变量)(LHospital法则) 10求极限.解 利用Taylor公式 ,我们有.三、利用定积分求极限定理2 (1)若在上可积,则.(2) 若在内单调,且积分存在(可以是非正常积分),则(当0是瑕点时) (当1是瑕点时).(3) 若在内单调递减,且积分存在,则.证明 (1)由定积分定义直接得.(2)当在上可积时结论显然成立.设是非正常积分,不妨设0是瑕点并设在内单调递减,显然有 .对求和得.令,注意到,得.(3) 由于在内单调递减,对任意正数有.对求和得.令得.再令得.例11 求极限,其中是大于-1的实数.解 利用定理2得.例12 设,求极限.解 因为,所以,故.例13求极限.解 由于时, .故原极限.练习 (1) 求极限.(2) 求极限.例14 求极限.解 原极限可变为.由于(),所以由定理2得原式.例15 证明.分析 对于级数,没有现成的求和公式可用.但是我们知道,当时级数收敛,当时级数发散.又当时, .另一方面,注意到,由定理2可得如下证明.证明 (令)其中是容易证明的.例16 求极限.解 令,则,所以级数收敛.从而由级数收敛的必要条件,即.练习 求极限 (1) ,(2) ,(3) .例17 求极限.解 .练习 求极限.例18 求极限.解 令,则且.于是(),即. 第二章 一元函数的连续性 2.1 连续函数的基本性质及其有关证明题要点 要证在上连续, 只要证.常用方法: (1) 利用定义: ,当时, ;(2) 利用左右极限: ;(3) 利用序列的语言: ;(4) 利用邻域的语言: ,使得;(5) 利用连续函数的四则运算性质.例1 设是上的单调递增函数,其值域为.证明在上连续.证明 反证法. 假若结论不成立,即存在使得在不连续. 由于是单调递增的,是第一类间断点（P73，Ex 6）.因此与中至少有一个大于0（否则若,则,而是单调递增的, ,矛盾!）不妨设,即.从而之间的任何数都不在之内.再由是单调递增的,矛盾!故在上连续.例2 证明Riemann函数,在无理点上连续,在有理点上间断.证明 （1）先证在有理点上间断.设为有理点,（为既约分数, ）.则.由无理点集在实数集中的稠密性,存在无理点列,但（对任意正整数）,即不收敛到.所以在有理点处不连续.（2）再证在内无理点上连续.设为无理点,则.,由的定义可知, 的点在上最多只有有限多个(事实上,要的必须为有理点.设,则,.可见满足此不等式的有理数最多只有有限个).分别记为.令,则在内不含有的点,即有.所以在内无理点上连续. （3）以1为周期.事实上, 为无理数, ;若,为互质整数.则,而互质整数,所以也为有理数,所以.故以1为周期.（4）在一切无理点上连续.注 ,因为既约分数且,只能有.例3 若在内有定义,且与在内都是单调递增的,试证在内连续.证明 (1)任取,因在内单调递增知,当时,有, (1),即单调递减.故对任意,与均存在.(2)由单调递增知,当时,有.令时,有,即 (2).(3) 在(1)式中令得 (3),由(2)(3)知.类似可证.所以在处连续.由的任意性,在内处处连续.例4 设在上只有第一类间断点,且有.证明 在上连续.证明 任取 ,当时,由条件.令,则,即 (1).当时,由条件,令,则,即 (2).故再设且,则有.在此式中令,则 (3).由(1)(2)(3)三式得出.所以在处连续.由的任意性,在内处处连续.例5 设在上有定义, 且(1) 具有介值性即(若,则存在介于与之间,使得);(2) 对任意有理数,集合为闭集. 试证 在上连续.证明（反证法）若在某一点处不连续,则存在,使得,虽然,但,即,但在之外.从而在之外至少一侧(例如在右侧)含有的无穷多项,满足.在内任取一有理数,由介值性,对每一,存在介于与之间,使得.因,所以,这表明是的一个聚点.据已知条件(2)知, ,即,这与矛盾!例6 证明 (1) 若函数,连续,则,也连续.(2) 设,在上连续,令的值等于三值,中介于其他二值之间的那个值. 证明在上连续.(3) 令, 为实函数,试证明 连续当且仅当对任意固定的,都是的连续函数.证明 (1) , ;(2) ;(3) (由（2）).由连续函数的运算性质即知它们连续.例7 设在上连续. 证明，在上连续.证明 由连续函数在闭区间上必取上,下确界可知,在上处处有定义.又因上确界随取值区间扩大而增大知, 单调递增,故每点的单侧极限存在. 任取,只需证 (1).由递增,有.又有,所以.故(1)式左等式成立.下用反证法证明.因单调递增, .假设,则取充分小的,使得.于是对任意,有.由上确界的定义,存在使得 (2). 但在上. .所以(2)式中的,即存在,当时,有,即在处不连续,矛盾!所以即,在上连续, 在上连续可类似证明.例8 设在内对一切都有,且在与处连续.证明为一常数.证明 （1）,由条件, .又在处连续且当时，,故.（2）当时, (由(1), ).（3）当时, 因在处连续. .故常数. 例9 设是上的连续函数,且在上是单调的. 证明在上也是单调的.证明 若在上恒有或恒有,则由单调及可推出单调.若在上既取正值又取负值.不妨设,满足,.由连续函数的介值性定理,存在,使得.从而,这与是单调的矛盾! 例10 设在上连续,且对任意,存在使得.证明存在在使得.证明 任取,则存在使得.又存在使得.如此下去,存在数列,使得.从而有.显然有.因是有界数列,故存在收敛子列.设,则由在的连续性得,即,故.例11 设为连续函数,且,试证.证明 (1) 先证为单射. 设且,则,即.所以为单射.(2) 再证是严格单调的.若不严格单调,则存在使,或. ,下证情形1,情形2可类证.对任意满足.由连续及介值性定理,存在，使.但这与为单射相矛盾!故严格单调.(3) 又,故必是严格单调递增的.(4) 若,则,所以,进而;若,则,所以,进而.综上可知.例12 设是上的增函数,但不一定连续,如果,试证存在使得.证明 令.因,知,.又有上界,由确界原理, 存在.令.(1)若,则.若,则结论得证;若,则.当时,令,则.又是增函数,从而,所以,故. (2)若,则存在,使且.因,.令,则,从而有.又,所以.而是增函数,进而,矛盾！综上可知存在使得.练习 设是上的增函数,且,试证存在使得.提示 构造集合 ,令，类似例12来证明.2.2 一致连续性一、 利用一致连续的定义及其否定形式证题要点 设在上有定义(为开,闭,半开半闭有限或无限区间) ,则(1)在上一致连续,当且时, 有.(2) 在上非一致连续,虽, 但,()虽, 但.特别,若 ,()虽, 但(),则可断定在上非一致连续.(3) 若在上满足利普希兹条件:(),其中为常数.,则在上一致连续.特别,若在上有有界导函数,则在上满足利普希兹条件.例1 证明在上一致连续.证明 (1) 先证在上一致连续.事实上,当且时, 有(2) 补充定义时, ,则在上连续,从而在上一致连续.故在上一致连续,进而在上一致连续.注 ,.例2 证明在上非一致连续.,但在上一致连续().证明 (1) 在内取,取,则, 只要充分大总有, 但.故在上非一致连续. (2) ,取,当且时, 有,故在上一致连续.例3 证明在上一致连续.证明 因,求导得,.故在上严格单调递减.又 , ,所以在上有界.从而存在常数,使得.从而,取,则当且时, 有,其中介于之间,故在上一致连续.注 若在上有有界导函数,则在上满足利普希兹条件.从而在上一致连续,进而连续.例4 证明在上一致连续,只要就有().证明 必要性 因在上一致连续,故,当且时, 有 (1).但,().所以对上述,存在,当时, .从而由(1)式,即().充分性 若在上非一致连续,则,()尽管, 但.可见但()不成立,矛盾.例5 设是有限区间,在上有定义.试证明在上一致连续把柯西列映射为柯西列.证明 必要性 因在上一致连续,故,当且时, 有 (1). 设为柯西列,则对上述,存在,当时, .从而由(1)式,即也为柯西列.充分性 若在上非一致连续,则,()尽管, 但().又是有限区间, (),知存在收敛子序列.因(),故中相应的子序列也收敛于相同的极限.从而穿插之后,序列,也收敛为柯西列,但其像序列,恒有,不是柯西列,与已知矛盾.注 对有限性只在充分性用到,对无穷区间必要性仍成立.例6 设在有限开区间上连续.试证在上一致连续极限及存在且有限.证明 必要性 由条件,当且时, 有 (1).故,时,有时,从而由(1)有.由柯西收敛准则知, 存在(有限),同理可证存在(有限).充分性 令 ,则在上连续.由Cantor定理, 在上一致连续,从而在上一致连续,即在上一致连续.注 (1)在上是否一致连续取决于在端点附近的状态.应用本例容易判别在上一致连续,而,在上非一致连续.(2) 在上一致连续,则在上是有界;反之,在上连续有界,不一定一致连续,如.(3) 改为无穷区间时,本例的必要性不成立.如在上一致连续,但在端点处无极限,但对无穷区间充分性仍成立.例7 设在上有连续的导函数,且及存在且有限.试证 (1)在上一致连续;(2)极限及均存在.证明(1)因在上有连续,且及均存在, 令 ,则在上连续.由Cantor定理, 在上一致连续,从而在上有界,即在上有界.于是存在常数,使得.从而,取,则当且时, 有,其中介于之间,故在上一致连续.(2) 由例6知在上一致连续, 必有极限及均存在.例8 若在上一致连续,则在上有界.证明 (直接证法) 设在上一致连续,则,当且时, 有.取,令自然数满足.将区间进行等分,分点为(). 任取,则当时,有.从而().令则有,所以在上有界.(直接证法) (反证法) 若在上无界,则存在使得().由致密性定理, 存在收敛子序列.由柯西收敛准则,知, 当时,有.但是另一方面又有.由此可知在上非一致连续,矛盾. 例9 若在上连续且(有限),则在上一致连续.证明 (1) 因,则由柯西收敛准则,当时, 有 (*).(2) 由Cantor定理,在上连续,从而一致连续.故对此,当且时, 有 (*).(3)令,则当且时, 要么同属于,要么同属于,从而由(*)与(*)知,即在上一致连续.注 不是有限值时此结论也有可能成立.例如在上一致连续.例10 设在上一致连续, 在上连续且,证明在上也一致连续.证明(1) 因,则,当时, 有,又在上一致连续, 故对此,当且时, 有,如此当且时, 有 (*).(2) 由Cantor定理, 在上连续,从而一致连续.故对此,当且时, 有 (*).(3)令,则当且时, 要么同属于,要么同属于,从而由(*)与(*)知,即在上一致连续.例11设在上一致连续,且对任意有,.试证.证明 (1) 因在上一致连续,故,当且时, 有 (*).(2)取自然数满足,将区间等分,记分点为().这时间距.(3)由已知条件,对每个有.从而存在,使当时,有.令,则当时, () (*).(4) 取,来证时.事实上,对任意,记,其中表示小于的最大整数.因,故存在使得,即.由式(*), .再由(*)式,故.第三章 一元函数微分学3.1 基本概念与主要结果例1 设定义在上且在处可导, 对任意有, 证明 在上处处可导, 并求与.证明 令，得=2,=0, 当时有,于是.下面解微分方程 （1）.令，即，有，代入（1）式化简得，即.令,得,故,例2 设在上可导, , 导数与存在且.证明 存在使得.证明 不妨设 ,由于,存在,当时， 由得.又由,存在,当时, ,从而.取充分小 使得 . 从而有,在上利用连续函数的介值性定理存在使得. 例3设在上二阶导数连续，且，定义函数,证明 在上有一阶连续的导函数.证明 显然当时, 是连续的,又 ,故在上连续.由导数的定义, 因此在处可导,从而在上处处可导. 当时, ,由于.因此在处连续, 从而在上处处连续.例4 设在上可导，证明具有介值性即（不妨设）及介于与之间的任意值，存在使得.证明 不妨设，令.则在上连续且.由连续函数的最值定理,在上有最小值, 设最小值点为.由于,故存在使,从而,即,类似可证.由Fermat定理(极值的必要条件), ,即.注 此结论称为达布定理, 也称为导数的介值性定理.推论 若在内处处可导, 则不能有第一类间断点,即具有第一类间断点的函数不存在原函数.证明 因在内处处可导, 所以对任意,当时, 在上满足拉格朗日中值定理的条件, 故存在, 使得.又,故时有,于是有,这说明在处有右极限时必有,同理可证若在处有左极限时有.所以在内任意一点处除非至少有一侧无极限（这时为的第二类间断点），否则在此处连续即. .例5 设在内可导且存在.证明 (1) 存在；(2) 若补充定义,则右导数存在且.证明 (1) 设, 由极限的局部有界性, 存在,当时，,由此得., ,当时,由拉格朗日中值定理, 其中介于之间.由柯西收敛准则, 存在.(2) 补充定义,当时,由拉格朗日中值定理, ,其中介于之间,当时有且.推论 若在内可导且,都存在, 则.例6 设在上连续, ,且在内有连续的右导数，试证存在使.证明 （1）若常数,则,结论显然. (2) 若不恒为常数,则只需证分别有，则由的连续性，便知结论成立.事实上,由在上连续,故在上必有最大最小值,而,因此最值至少有一个在内部达到.设为的最大值点（内部为最小值点类似讨论）,于是.任取一点,因在上连续, 在上必有一点达到了最小值,于是,故我们的目的达到了. 例7 3.2 微分中值定理及其应用例1 设 在上可导, 导数与存在且.证明方程在内至少有两个根.证明 由3.1中例2的结论知存在使得.在,上分别使用罗尔定理，与使得,从而结论得证.例2 设 在上非负且三阶可导, 方程在内有两个不同的实根证明存在使得.证明 设函数 在内两个不同的实根为且.由罗尔定理, 使得 (1).又,从而为f(x)的极小值点,由Fermat定理, (2).对在,上用罗尔定理,则,使得.再对在上用罗尔定理,存在使. 例3 设在上二阶可导, 过点与点的直线与曲线于点，其中. 证明存在,使得.证明 由条件对在,上分别使用拉格朗日中值定理，与使得,由于三点共线,故对在上应用罗尔定理, 存在一点,使. 例4 设在上连续,在内可导,.试证对任意的,存在,使得.注 由,可得，即为的零点.又,令,检验罗尔定理的条件,这是显然的. 例5 若, 在上可导且,则存在,使得.证明 构造函数,检验罗尔定理的条件,这是显然的.例6 设, 在上可导,且,有.证明存在,使.证明 构造函数,检验罗尔定理的条件,这是显然的.例7 设在上连续,在内可导,且对任意都有。证明对任意自然数,存在,使得.证明 方法1 构造函数,显然在上连续,在内可导,且.又,知,.由罗尔定理,存在,使得,即.因为,所以.因此.方法2 由于当时,.故在内不变号.不妨设在内恒正.令.显然,故存在,使得.由最值定理,存在,使得.所以由Fermat定理, ,即得. 注 设为有限或无穷区间,在内可微,且(有限或). 则存在使得.证明 (1)若(有限数),则对任意,.(2) 若存在使.不妨设(可类似证明).因,由在内连续,对任意取定的数（），存在,使.由罗尔定理,存在使得.若,则内任取一点上面推理保持有效.例8 设在上连续,在内可导.证明存在,使得.证明 令,则.构造函数,由条件易知在上连续,在内可导且.由罗尔定理,存在,使得,即，故.练习 设在上连续,在内可导.证明存在,使得.提示 方法一 构造函数,利用拉格朗日中值定理. 方法二 构造函数,利用罗尔定理.例9 设在上连续,在内可导.证明存在,使得.证明 方法一 令,则.构造函数,由条件易知在上连续,在内可导且.由罗尔定理,存在,使得,即,故.方法二 利用柯西中值定理. 令,因,知，从而,在内可导,且,.故,满足柯西中值定理的条件, .例10 设在上连续,在内可导.证明存在,使得证明 由拉格朗日中值定理, 使得 （1）. 令,则,在内可导,且,.故,满足柯西中值定理的条件, , 使得 （2）.由(1)(2)立得.例11 设定义在,存在且单调递减,.试证对于,恒有 (*).证明 (1) 当时,(*)式显然成立.(2) 当时,即时,对在,上分别使用拉格朗日中值定理，则与使得 (1), (2).又单调递减,有 (3).由(1),(2) ,(3)有, ,即(*)式成立.练习 设在上满足.试证明对任意,恒有. 提示 不妨设,对在,上分别使用拉格朗日中值定理.例12 设在上连续,在内可导.又不为形如的函数,证明存在,使得.证明 令,则,.由题设条件, 不成立.因此存在使得.下面分两种情形.(1) 若,则.在上对应用拉格朗日中值定理,存在使得.(2) 若,则.在上对应用拉格朗日中值定理,存在使得.注 例12的结论可变更为.例13 设是在上可微的非常值函数,且.证明存在,使得.证明 设,只要证明.若,则上式显然成立.设有限,由拉格朗日中值定理,对任意,存在,使得,所以.同理存在,使得,所以.因此.若其中等式成立,则与同时成立.这推出.由于,故在不可导,这与条件矛盾.注 例13的结论可改进为.例14 设在上有二阶导数,且.证明存在,使得.证明1 令,则在上可微,.若为常值函数,则,因此.故结论显然成立. 若不是常值函数,由例13, 存在,使得.从而.证明2 利用泰勒公式.得,其中, ,所以, (*).若且,则这与(*)式矛盾,因此可取或. 例15 设在上可微,且. 证明.证明 由,当时, .在区间上应用拉格朗日中值定理得, ,所以.固定,令,得.推论 设在上可微,且与均存在且有限,则. 证明 假设.若,由例15, .若,类似可证,产生矛盾.练习 设在上二次可导,且有界.试证存在,使得.证明 若变号,则由导数的介值性,存在使得.若不变号,例如(类似证明),则严格递增.取使.若,则当时, 对在上应用拉格朗日中值定理,存在,使得 ,令,则.若,则当时, 对在上应用拉格朗日中值定理,存在,使得 ,令,则,这与有界性矛盾.例16 在区间（或）上对应用拉格朗日中值定理得, . 求证.证明 由得, .所以(等价无穷小代换) (LHospital法则).例17 由拉格朗日中值定理,当时,.证明 (1); (2) ,.证明 (1)由得. (*)其中.所以.(2) 由(*)式得,.例18 设在上可导,并设使().试证明在上.证明1 因在上可导, 故当时,由拉格朗日中值定理,存在,使得.当限制时有().重复使用此式可得,这里.由的连续性,存在使得().故.从而().利用数学归纳法可证在一切()上恒有,故在上.证明2 因在的连续,故存在使.所以.所以.从而().利用数学归纳法可证在一切()上恒有,故在上.最后介绍微分学基本定理的一个初等证法.例19微分学基本定理 设在上可导,且对任意,则在上必为常值函数.证明 设不是常值函数,则存在使得.不妨设且.令,则.取,若,则.此时取.若,则,此时取.仿照上述程序,得闭区间套,使得对每一,.由区间套定理,存在.则由导数定义易证.这与矛盾,证毕.3.3 导数的各种应用导数的应用内容包括:函数单调性,不等式,函数的凸性,极值,最值等等.在具体例题中内容更加广泛.这些应用都是建立在中值定理的基础之上的. 例1设满足,证明方程在开区间内至少有一个实根.分析 若令,由于不易判断与的符号,所以不能利用连续函数介值性定理.证明 设,则.显然.由罗尔定理知,存在使得,本题得证.例2 设在上连续,当时, ,其中为常数.证明:如果,则方程在闭区间上有且仅有一个实根.分析 只要证当时, ,即这由中值定理就可以得到.证明 当时，由拉格朗日中值定理，(),所以.从而,而,由连续函数介值性定理,方程在上至少有一个根.若存在使得,则由罗尔定理,存在使得,这是不可能的.(或由知严格递增,进而在上至多有一个根.)注 更进一步在上有且仅有一个实根.例3 设在上具有连续二阶导数,且,.证明方程在上有且仅有一个实根.证明 对任意当时，由泰勒公式，(),从而.而,由连续函数介值性定理,方程在上至少有一个根.又由拉格朗日中值定理, ，严格递减,进而在上至多有一个根.故方程在上有且仅有一个实根.练习 设在上具有连续二阶导数,且, ,.证明方程在上有且仅有一个实根.例4 设在上二次可导,且,在上成立.证明对任意有.证明 设,由泰勒公式得(),(),两式想减得,所以.所以当时,.由的连续性知对任意有.练习1 设在上二次可导,且,在上成立.证明对任意有.练习2 设在上二次可导,且及在上成立.证明对任意有.一般性结论：例5 设在上二次可导,且,.试证且.证明 方法1 由泰勒公式得 （1） 其中介于与之间, （2） 其中介于与之间（1）-（2）得即 进而有 （*）即关于的二次函数对任意成立.由判别式.对一切都成立,从而且.方法2 由（*）式对一切及都成立.因当且仅当即时取等号.取则有,从而结论得证.练习 设在上二次可导,且,.试证(1).(2) 设在上有界且,证明.证明 （1） 对任意及,由泰勒公式得 , 其中介于与之间,即,进而有.若取则有,从而,即.(2) 设,因,故,当时, .由上面(1)知,在上有,即，类似可证在上有,故.例6 设在内且.证明函数在区间与内是严格单调增加的.证明 求导得.令,则.因此当时, ;当时, .故当时.从而,因此在与内是严格单调增加的.例7 设在上 连续,且当时, .证明当时函数.是严格单调减少的.证明 求导得.因为当时, ,且不恒为0,故.所以,故是严格单调减少的.例8 求证对任意自然数,有.证明 设(其中),则. .令,则.因为.故.所以当时, .从而当时.因此,即.例8的初等证明 用数学归纳法.当时