高等数学-2导数

方法：（1）令F(x)?f(x)?g(x)（2）计算F(a)，F(b)（或limF(x)，limF(x)）

x?ax?b（3）如果F(a)?F(b)?0（或limF(x)?limF(x)?0），则f(x)?g(x)在(a,b)内至少

x?ax?b有一个实根

例11（1）设f(x)在x?a时连续，f(a)?0，当x?a时，f(x)?k?0，则在

/(a,a?f(a))内f(x)?0有唯一的实根 k/解：因为f(x)?k?0，则f(x)在(a,a?f(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/(?)/f(a?)?f(a)?f(?)?f(a)[1?]?0（中值定理）

kkk而f(a)?0故在(a,a?f(a))内f(x)?0有唯一的实根 k/（2）设f(x)在[0,1]上可导，且0?f(x)?1，f(x)??1，证明方程f(x)?1?x在(0,1)内有唯一一个实根

解：令g(x)?f(x)?x?1，g(x)?f(x)?1

因为f(x)??1，故g(x)要么恒正或恒负，即g(x)是单调函数

////g(0)?f(0)?1?0，g(1)?f(1)?0，故方程f(x)?1?x在(0,1)内有唯一一个实根

19利用罗尔定理证明 知识点：

[1]可分离变量的常微分方程

形如

dy?f(x)g(y)或f1(x)g1(y)dx?f2(x)g2(y)dy的一阶微分方程称为可分离dx变量方程。

求解方法

（1）把微分方程分离变量（2）上式两端积分得

dy?f(x)dx g(y)dy?g(y)??f(x)dx

（3）求积分得微分方程的解f(x,y)?c

33

形如

dy?P(x)y?Q(x) 一阶线性微分方程 dx?p(x)dxdy ?P(x)y?0得通解y?ce?dx求解方法

（1）先求

?p(x)dx（2）令y?c(x)e?

（3）代入原方程求得c(x)?q(x)e??P(x)dxdx?c

?p(x)dx（4）把上式代入y?c(x)e?的解

例12（1）函数f(x)可导，则f(x)的两个零点之间必有函数f(x)?f(x)的一个零点。 方法：（1）令f(x)?f(x)?0，解此微分方程得

//df(x)?dx f(x)（2）积分ln|f(x)|?x?c （3）e?xf(x)?c

?x（4）作辅助函数F(x)?ef(x)

（2）设f(x)在[0,1]上可导，且f(0)?3?123f(x)dx，证明在(0,1)内方程f/(x)?0有根

解：由积分中值定理有f(0)?3?1232f(x)dx?3f(?)(1?)?f(?)，其中??(0,1)

3/由罗尔定理存在一点??(0,?)，使f(?)?0 （3）设f(x)在?0,1?上可微，f(1)?k?1k0证明存在一点???0,1?，xe1?xf(x)dx，(k?1)，

使得f?(?)???1???1??f(?) ??? 解:令 f?(x)??1???1?d[f(x)]1?(1?)dx ?f(x) 得

x?f(x)x34

两边积分得 lnf(x)?x?lnx?c，即令 F(x)?xf(x)?C xexf(x) ex而 f(1)?k?1k01xe1?xf(x)dx?k?e1??f(?)(?0)??e1??f(?)

k即

?1?f(1)?f(?)?? 有F(1)?F(?)，则存在一点???0,1?，使得f?(?)???1????f(?) ee??20两次使用中值定理

（1）将等式变形，使含?,?的表达式分别在等式的两端 （2）两端分别使用中值定理(或柯西定理)

例13（1）已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0 ，1）内可导，0?a?b，证明存在

?,??(a,b)，使3?2f/(?)?(a2?ab?b2)f/(?)

f/(?)f(b)?f(a)?解：利用柯西中值定理 2333?b?a而f(b)?f(a)?f(?)(b?a) 则

/f/(?)f(b)?f(a)f/(?)(b?a)f/(?)???2（后面略） 2333323?b?ab?aa?ab?b（2）已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0 ，1）内可导，且f(0)?0,f(1)?1，证明： （1）存在??(0,1)，使得f(?)?1??；

（2）存在两个不同的点?，?，使得f?(?)f?(?)?1

（提示在区间(0,?)上和(?,1)上两次对函数F(x)?f(x)?x?1使用中值定理） 21结论为f(n)(?)?0的命题证明

(n?1)方法：（1）对f(x)用罗尔定理 （2）利用f(x)的n?1阶泰勒公式

例14设函数f(x)在区间[a,b]内具有二阶导数，且f(a)?f(c)?f(b)（a?c?b）。

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证明在开区间(a,b)内至少有一点?，使f(?)?0

解：因为f(a)?f(c)，则在(a,c)内存在一点?1，使f(?1)?0 同理因为f(c)?f(b)，则在(c,b)内存在一点?2，使f(?2)?0 故在(?1,?2)内存在一点?，使f(?)?0

2设函数f(x)在区间[0,1]内具有二阶导数，f(1)?0，又F(x)?xf(x)，证明在(0,1)内至少存在一点?，使F(?)?0

解：因为F(1)?0，F(0)?0而F(x)?2xf(x)?xf(x) 所以F(0)?0

//2///2//////x2//F(x)?F(0)?F(0)x?F(?) 其中??(0,x)

2!/当x?1时， 有F(1)?F(0)?F(0)?即F(?)?0

///1//F(?) 其中??(0,1) 2!22[1]利用泰勒公式证明含有抽象函数及其导数的不等式

例15(1)设f(x)在[0,2]上二阶可导，且|f(x)|?1，|f(x)|?1，证明|f(x)|?2

///1//f(?)x2 其中??(0,2) 2！1f(x)?f(0)?f//(?)x22 f/(x)?x1|f(x)|?|f(0)|?|f//(?)|x22即 |f/(x)|? x12?x24?x2///2由于|f(x)|?1，|f(x)|?1 所以|f(x)|? ?x2x解：f(0)?f(x)?f(x)x?/4?x2/因为在x?[0,2]上，的最大值为2，故|f(x)|?2

2x

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