张宇1000题高等数学 第六章 一元函数微分学的应用（二）——中值定理、微分等式与微分不等式

$A$组

1.设函数$f(x)$在区间$(a,b)$内可导，$x_1$和$x_2$是区间$(a,b)$内任意两点，且$x_1<x_2$，则至少存在一点$\xi$，使（  ）
$(A)f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),$其中$a<\xi <b$；
$(B)f(b)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(b-x_1),$其中$x_1<\xi <b$；
$(C)f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1),$其中$x_1<\xi <x_2$；
$(D)f(x_2)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),$其中$a<\xi <x_2$。

解  由于拉格朗日中值定理需要函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在开区间$(a,b)$上可导。而题设条件只给出$f(x)$在$(a,b)$内可导，仅可知$f(x)$在$(a,b)$上连续。故选$(C)$。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理使用条件求解）

$B$组

4.设$f(x)$在$[0,1]$上可导，$f(0)=0,|f^{\prime }(x)|⩽|f(x)|$，则$f(1)=$______。

解  当$0<x<1$时，
$$\begin{array}{rl}|f(x)|& =|f(x)-f(0)|=|f^{\prime }({\xi }_1)|x⩽|f({\xi }_1)|\cdot x\\ & =|f({\xi }_1)-f(0)|\cdot x=|f^{\prime }({\xi }_2)|\cdot {\xi }_2\cdot x\\ & ⩽|f({\xi }_2)|\cdot x^2⩽\cdots ⩽|f({\xi }_n)|\cdot x^n\\ & ⩽M\cdot x^n\stackrel{n\to \infty }{}0,\end{array}$$
  其中$0<{\xi }_n<\cdots <{\xi }_2<{\xi }_1<x$，$M$为$|f(x)|$在$[0,1]$上的最大值，故当$0<x<1$时，$f(x)=0$，又由$f(x)$在$x=1$处左连续，有$f(1)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=0$。（这道题主要利用了放缩法求解）

8.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导且$f(a)\ne f(b)$，证明：存在$\xi ,\eta \in (a,b)$，使得$\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi }=\frac{f^{\prime }(\eta )}{b+a}$。

解  对$f(x)$应用拉格朗日中值定理知$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\eta )(b-a),\eta \in (a,b)$，对$f(x),x^2$在$[a,b]$上应用柯西中值定理知$\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi },\xi \in (a,b)$。所以$f(b)-f(a)=\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi }(b^2-a^2)$，则$f^{\prime }(\eta )(b-a)=\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi }(b^2-a^2)$，即$\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi }=\frac{f^{\prime }(\eta )}{b+a}$。（这道题主要利用了联合使用定理求解）

9.设函数$f(x)$在$[-2,2]$上二阶可导，且$|f(x)|⩽1$，又$f^2(0)+[f^{\prime }(0){]}^2=4$。证明：在$(-2,2)$内至少存在一点$\xi$，使得$f(\xi )+f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解  由拉格朗日中值定理有
$$\begin{gathered} f(0)-f(-2)=2f^{\prime }({\xi }_1),-2<{\xi }_1<0, \\ f(2)-f(0)=2f^{\prime }({\xi }_2),0<{\xi }_2<2. \end{gathered}$$
  由$|f(x)|⩽1$知$|f^{\prime }({\xi }_1)|=\frac{|f(0)-f(-2)|}{2}⩽1;|f^{\prime }({\xi }_2)|=\frac{|f(2)-f(0)|}{2}⩽1$。
  令$\phi (x)=f^2(x)+[f^{\prime }(x){]}^2$，则有$\phi ({\xi }_1)⩽2,\phi ({\xi }_2)⩽2$。
  因为$\phi (x)$在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$上连续，且$\phi (0)=4$，设$\phi (x)$在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$上的最大值在$\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (-2,2)$处取到，则$\phi (x)⩽4$，且$\phi (x)$在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$上可导，由费马定理有${\phi }^{\prime }(x)=0$，即$2f(\xi )\cdot f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\xi )\cdot f^{\prime \prime }(\xi )=0$。
  因为$|f(x)|⩽1$，且$\phi (x)⩽4$，所以$f^{\prime }(\xi )\ne 0$，于是有$f(\xi )+f^{\prime \prime }(\xi )=0,\xi \in (-2,2)$。（这道题主要利用了构造函数求解）

11.设$f(x)$在闭区间$[1,2]$上可导，证明：存在一点$\xi \in (1,2)$，使$f(2)-2f(1)=\xi f^{\prime }(\xi )-f(\xi )$。

解  令$F(x)=\frac{f(x)+f(2)-2f(1)}{x}$，$F(x)$在$[1,2]$上连续，在$(1,2)$内可导，且$F(2)=F(1)=f(2)-f(1)$。由罗尔定理，存在$\xi \in (1,2)$，使$F^{\prime }(\xi )=0$，即$f(2)-2f(1)=\xi f^{\prime }(\xi )-f(\xi )$。（这道题主要利用了构造函数求解）

12.设$f(x)$在闭区间$[-1,1]$上有三阶连续导数，且$f(-1)=0,f(1)=1,f^{\prime }(0)=0$。证明：在$[-1,1]$内存在一点$\xi$，使得$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。

解
$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+\frac{1}{3!}{f}^{\prime \prime \prime }(\eta )(x-x_0{)}^3.$$
  取$x_0=0,x=1$代入，得
$$f(1)=f(0)+f^{\prime }(0)(1-0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)(1-0{)}^2+\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime \prime }({\eta }_1)(1-0{)}^3,{\eta }_1\in (0,1).\text{\hspace{1em}(1)}$$
  取$x_0=0,x=-1$代入，得
$$f(-1)=f(0)+f^{\prime }(0)(-1-0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)(-1-0{)}^2+\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime \prime }({\eta }_2)(-1-0{)}^3,{\eta }_2\in (0,1).\text{\hspace{1em}(2)}$$
  $(1)-(2)$得
$$f(1)-f(-1)=\frac{1}{6}[f^{\prime \prime \prime }({\eta }_1)+f^{\prime \prime \prime }({\eta }_2)]=1.\text{\hspace{1em}(3)}$$
  因为$f^{\prime \prime \prime }(x)$在$[-1,1]$上连续，则存在$m$和$M$，使得$\forall x\in [-1,1],m⩽f^{\prime \prime \prime }(x)⩽M$，
$$\begin{gathered} m⩽f^{\prime \prime \prime }({\eta }_1)⩽M,m⩽f^{\prime \prime \prime }({\eta }_2)⩽M \\ \Rightarrow \frac{1}{2}[f^{\prime \prime \prime }({\eta }_1)+f^{\prime \prime \prime }({\eta }_2)]⩽M.\text{\hspace{1em}(4)} \end{gathered}$$
  $(3)$代入$(4)$，有$m⩽3⩽M$，由介值定理，存在$\xi \in [-1,1]$，使得$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。（这道题主要利用了介值定理求解）

22.证明：$e^x+e^{-x}⩾2x^2+2\cos x,-\infty <x<+\infty$。

解  令$f(x)=e^x+e^{-x}-2x^2-2\cos x$。显然$f(x)$为偶函数，$f(0)=0$。只需证$x⩾0$的情形。由
$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}-4x+2\sin x,f^{\prime \prime }(x)=e^x+e^{-x}-4+2\cos x, \\ {f}^{\prime \prime \prime }(x)=e^x-e^{-x}-2\sin x,f^{(4)}(x)=e^x+e^{-x}-2\cos x, \end{gathered}$$
  知当$x>0$时，$f^{(4)}(x)>2\sqrt{e^x\cdot e^{-x}}-2\cos x=2(1-\cos x)$，且$f(0)=f^{\prime }(0)=f^{\prime \prime }(0)=f^{\prime \prime \prime }(0)=f^{(4)}(0)=0$，所以$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(\xi )}{4!}{x}^4=\frac{f^{(4)}(\xi )}{4!}{x}^4>0(\xi \text{介于}0\text{与}x\text{之间})$，即当$x⩾0$时，$f(x)⩾0$。故$e^x+e^{-x}⩾2x^2+2\cos x,-\infty <x<+\infty$。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

23.设$f(x)$在区间$[0,+\infty )$内有二阶导数，且$|f(x)|⩽1,0<|f^{\prime \prime }(x)|⩽2(0⩽x<+\infty )$。证明：$|f^{\prime }(x)|⩽2\sqrt{2}$。

解  对任意的$x\in [0,+\infty )$，及任意的$h>0$，使$x+h\in (0,+\infty )$，于是有$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x)h+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^2$，其中$\xi \in (x,x+h)$，即$f^{\prime }(x)=\frac{1}{h}[f(x+h)-f(x)]-\frac{h}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi )$，故$|f^{\prime }(x)|⩽\frac{1}{h}[|f(x+h)|+|f(x)|]+\frac{h}{2}|f^{\prime \prime }(\xi )|⩽\frac{2}{h}+h$。
  令$g(h)=\frac{2}{h}+h(h>0)$，求其最小值。
  令$g^{\prime }(h)=-\frac{2}{h^2}+1=0$，得到驻点$h_0=\sqrt{2},g^{\prime \prime }(h)=\frac{4}{h^3}>0$，所以，$g(h)$在$h_0=\sqrt{2}$处取得极小值，即最小值$g(h_0)=2\sqrt{2}$。故$|f^{\prime }(x)|⩽2\sqrt{2}$。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

$C$组

3.设$f(x),g(x)$在$[a,b]$上二阶可导，且$f(a)=f(b)=g(a)=0$，证明：存在$\xi \in (a,b)$，使$f^{\prime \prime }(\xi )g(\xi )+2f^{\prime }(\xi )g^{\prime }(\xi )+f(\xi )g^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解  令$F(x)=f(x)g(x)$，在$x=a$处展开为泰勒公式，有
$$F(x)=F(a)+F^{\prime }(a)(x-a)+\frac{1}{2}{F}^{\prime \prime }(\xi )(x-a{)}^2(a<\xi <x),\text{\hspace{1em}(1)}$$
  令$x=b$，代入$(1)$式，则
$$F(b)=F(a)+F^{\prime }(a)(b-a)+\frac{1}{2}{F}^{\prime \prime }(\xi )(b-a{)}^2(a<\xi <b).\text{\hspace{1em}(2)}$$
  因$f(a)=f(b)=g(a)=0$，则$F(a)=F(b)=0$，且$F^{\prime }(a)=0$，代入$(2)$式，得$F^{\prime \prime }(\xi )=0$，即$f^{\prime \prime }(\xi )g(\xi )+2f^{\prime }(\xi )g^{\prime }(\xi )+f(\xi )g^{\prime \prime }(\xi )=0$。（这道题主要利用了构造函数求解）

6.设$f(x)$在$[a,b]$上有二阶导数，且$f^{\prime \prime }(x)>0$，证明：$f\left(\frac{a+b}{2}\right)<\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t<\frac{1}{2}[f(a)+f(b)]$。

解  先证左边。令$\phi (x)=(x-a)f\left(\frac{a+x}{2}\right)-{\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$，有$\phi (a)=0$，
$$\begin{array}{rl}{\phi }^{\prime }(x)& =f\left(\frac{a+x}{2}\right)+\frac{1}{2}(x-a)f^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x)\\ & =\frac{1}{2}(x-a)f^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)-\left[f(x)-f\left(\frac{a+x}{2}\right)\right]\\ & =\frac{1}{2}\left[f^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)-f^{\prime }(\xi )\right],\end{array}$$
  其中$\frac{a+x}{2}<\xi <x$。由于$f^{\prime \prime }(x)>0$，所以$f^{\prime }(x)$严格单调增加，从而$f^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)<f^{\prime }(\xi )$，于是${\phi }^{\prime }(x)<0$，所以当$x>a$时$\phi (x)<0$，有$\phi (b)<0$。
  再证右边。令$\psi (x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t-\frac{1}{2}(x-a)[f(a)+f(x)]$，有$\psi (a)=0$，
$$\begin{array}{rl}{\psi }^{\prime }(x)& =f(x)-\frac{1}{2}[f(a)+f(x)]-\frac{1}{2}(x-a)f^{\prime }(x)\\ & =\frac{1}{2}[f(x)-f(a)]-\frac{1}{2}(x-a)f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}(x-a)[f^{\prime }(\eta )-f^{\prime }(x)],\end{array}$$
  其中$a<\eta <x$。由于$f^{\prime \prime }(x)>0$，所以$f^{\prime }(\eta )<f^{\prime }(x)$，从而${\psi }^{\prime }(x)<0$。于是当$x>a$时，$\psi (x)<0$，故$\psi (b)<0$。（这道题主要利用了函数单调性求解）

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