第三章 微分中值定理与导数应用

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1 数学分析考研辅导讲义第三章 第三章 微分中值定理与导数应用 本章主要介绍微分中值定理 泰勒公式及导数的应用. 通过本章的学习 读者应 掌握利用辅助函数的方法证明一些命题. 微分中值定理与泰勒公式 一 内容概要 ( 一 ) 微分中值定理 表 3. 微分中值定理 名称定理几何意义若 满足 :(Ⅰ) 在 某邻域内曲线 y ( ) 在 处费马 定理 或 ; 有水平的切线. 罗尔定理 拉格朗日定理 推论 推论 (Ⅱ) 若函数 存在 则 满足 : 在闭区间. ) a b 上连续 ; ) 在开区间 3 ) a b 则一定存在 a b 使得 若函数 满足 : ) 在闭区间 a b 上连续 ; a b 内可导 ;. ) 在开区间 a b 内可导 则一定存在 a b 使得 b a b a. 若函数 在区间 I 上的导数恒为 则在 I 上 若函数 为常数. 和 若曲线段 a a b b a b 中有点 的切线也是 的弦是水平的 则在 使得过 水平的. 曲线段上总存在一点 使得过该点的切线与连接 b b 的直线相 a a 互平行. 曲线是平行于 轴的直线 y g 在区间 I 上导数恒曲线 和 c. g 形状相同仅函

2 数学分析考研辅导讲义第三章 柯西中值定理 相等 则 g c ( 其中 c 为常 数 ). 若函数 g 满足 : ) 在闭区间 a b 上连续 ; ) 在开区间 a b 内可导 ; 3 ) g a g b ; 4 ) g 则一定存在 a b b a 使得. g b g a g 数值相差同一常数 c. 同上拉格朗日定理 只是曲线 y y z 看成参数形式 给出. z y g a b ( 二 ) 泰勒公式 泰勒中值定理 : 设函数 在点 的某邻域内具有 n 阶导数 则对该邻域 内异于 的任意点 在 与 之间至少 一个 使得! n 其中 Rn n! 则 n 阶泰勒公式 n n R n (3..) n! n 称为 在 处的 n 阶泰勒余项 令 n n Rn (3..)! n! n 其中 Rn n! n 常用的五种函数在 处的泰勒公式 : n n () e e! n! n! 在 与 之间.(3..) 式称为麦克劳林公式. ;! n! n n 或

3 数学分析考研辅导讲义第三章 n () sin sin n 3! n! n! 或 n n n n 3 n n ; 3! n! n (3) cos cos n! n! n! 或 n n n n n n!! ; n n 3 (4) ln (5) n n n 3 n n ; 3 n 3 n n n 或 m m m m m n! n! n m n m n! m m m n n mn 或 m m m m m n n n m.! n! ( 三 ) 几点说明 () 从定理的证明过程 我们知道 : 费马定理 罗尔定理 拉格朗日定理 柯西中值定理 必须弄清三个中值定理的条件与结论 三个定理的结论都指出了 某一点 的存在性 并没有指出 在区间中的确切位置. 必须搞清罗尔定理与拉格朗日中值定理的直观几何意义. 罗尔定理

4 数学分析考研辅导讲义第三章 告诉我们 若三个条件均满足 则在 a b 内至少存在一点 使得过 点的切线平行于 轴 如图 3.. 而拉格朗日中值定理告诉我们 若二个条件均满足 则在 a b 内至 少存在一点 使过 点的切线平行于连接该曲线两端点的直线 AB 如图 3.. 要搞清三个中值定理的关系 : 罗尔定理是拉格朗日中值定理当 b 时的特例 拉格朗日中值定理是柯西定理当 g a 时的特 例. 反之 拉格朗日中值定理是罗尔定理的推广 柯西定理是拉格朗日中值定理的推广. A B b a A b a B b a 图 3. 图 3. () 有关微分中值定理的证明技巧 如何运用中值定理应用中值定理是本书的一个难点 但它还是有一定的规律可以遵循. 下面我们简单的提一下原则 具体的例子可参考下面的小节. 拉格朗日定理建立了一阶导数与函数值之间的一座桥梁 而泰勒中值定理在高阶导数与函数值之间架起了一条通道. 因此 命题中若只知道一阶导数的有关信息 很自然地我们应该联想到拉格朗日中值定理 而若告知二阶以上导数的信息 应联想到泰勒中值定理. 具体地应用这些定理 则要通过辅助函数来完成. 辅助函数的作法可按以下几个步骤来完成 : 第一步将欲证结论中的 换成 ; 第二步 通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式 ( 或称之为易积分形

5 数学分析考研辅导讲义第三章 式 ); 第三步用观察法或积分法求出原函数 ( 或不含导数符号的式子 ) 为简便积分 常数取作零 ; 第四步移项 使等式一边为 则另一边即为所求的辅助函数. 下面通过具体的例子来说明这种方法的应用. 例 3.. 设 在 上连续 在 内可导 且. 试证至少存在一点 使 分析欲证 即证方程 在 F 观察可知 ( 或两边积分 ) F. 证 : 令 F 易知 F 在 内有根 为此令 上连续 在 F F 故由零点定理知 存在 F. 使得 由 F F 在 使 F 即. 内可导 又 上利用罗尔定理知 存在 二 典型题解答 例 3.. ( 华中师范大学 996 年考研试题 ) 设内可导 b a 证明必有 a b 使得 b b 证明 : 令 g a a b a h 在. a b 上连续 在 a b 由题设及柯西定理知存在 a b 使

6 数学分析考研辅导讲义第三章 得 即 b b g b g a g h b h a h a a b a. 例 3..3 ( 武汉大学 年考研试题 ) 设 在 区间上的拉格朗日中 值公式为且 是与 其中 及 有关的量 对 arctan 求当 时 的极限值. 解 : 故 arctan arctan 得 即 arctan arctan 故 arctan arctan arctan lim lim lim 3 lim lim 故 3 lim. 3 例 3..4 设 在 上连续 在 内可导 且 证明在 内至少存在一点 使得. 分析即证方程 有根 对表达式 将其变成易于积分的形式 :. 变形

7 数学分析考研辅导讲义第三章 对因子 因 ln 积分 得 G d ln ln 未必有意义 但考虑到 故取 此时辅助函数 F ln G G G e e G G ln F e e. 是有定义的. 证 : 作辅助函数 F 易知. 即 故存在 使 F 也即 从而 例 3..5 设 ( ) 在 a b 使. F 在 上满足罗尔定理的条件. a b 上可导 且 a b 分析该性质称为 导函数的零点定理 并不要求 续函数类似的性质 这是导函数 优秀的品质. 因为 知道 故用费马定理. 证明 : 必存在一点 a 证 : 因 a b 不妨设 a b 保号性可推得 存在 使得 a a b b 且 连续. 但却有着和连 b 的取值我们不 利用导数的定义及 当 a a 时 a ; 当 b b 时 b 因 ( ) 在 a b 上连续 必存在最大值. 由上述分析知 a ( ) 在 a b 上的最大值 故最大值点 只能在 a b 内部 因而有. b 都不可能是

8 数学分析考研辅导讲义第三章 使 [ 注 ] 此性质可以推广到更一般的形式 : 若 ( ) 在 c. a b 上可导 且 a c b c 则必存在 a b 该性质称为导函数的介值定理. 例 3..6 设 ( ) 在 内可微 且 lim ( ) lim ( ) A 证 明至少存在一点 使得 分析即证函数. 有零点. 该表达式容易积分 积分得 [ ] d 故辅助函数应设为 用罗尔定理显然还缺乏条件 故考虑用费马定理. 证 : 令 ( 常数 ) 则 问题等价于 有根. 但对 若对任意的. 此时命题显然成立. 成立 下设存在 使得 A 不妨假定 A. 因为 lim ( ) lim A ( ) lim ( ) lim A ( ) 故依极限的性质 ( 保号性 ) 可知 存在 因为 a b a b 使得 a b. 在 a b 上连续 故必存在最大值 M. 设 M 故必 a 且 b a b 因为 A. 故 a b. 所以 是极大值点 由费马定理可知

9 数学分析考研辅导讲义第三章 即. 证毕. 例 3..7 设 在 上连续 在 () 内可导 且满足 证明至少存在一点 () k k e d k. 使得 ( ) 分析条件中告知的是有关积分的一些 信息 : k k e d 而需要证明的是等式 ( ) 它是关于导数值及函数值的 信息. 在这种情况下 不管三七二十一 对积分用积分中值定理处理一下. 由积分中值定理知 存在 k 使得 k k e d e 故 e. 受此表达式的启发 很容易想到作辅助函数 e 可在 上对 用罗尔定理. 另外 辅助函数 也可采用下面的分析方法得出. 易知 欲证等式 即证函数 该函数变形得 有零点 对

10 数学分析考研辅导讲义第三章 对 积分得 再取指数 : d ln ln C C ln C ln C ln e C ln e C e e C 考虑到该函数的特殊性 取 C e 因此作辅助函数 e. 证 : 设 e 易知 在 由罗尔定理知 存在 使 整理得 ( ) 上连续 在 () 内可导 e e e. 证毕. 例 3..8 设 y 在 内具有二阶连续导数 且 () () lim. 证 :() 存在唯一的 ; 使 证明 : 由拉格朗日中值定理可知 存在 介于 与 之 间 使得 易知 再证上式中 其中 易知 即. 的唯一性. 假若不然 存在 使得

11 数学分析考研辅导讲义第三章 因此 其中 介于 一性得证. 与 之间. 因 故必 () 由泰勒公式知 存在 介于 与 之间 使得 又由 () 推得 再由拉格朗日中值定理得 存在 介于 与 之间 使得 结合上式得 上式中 令 则有 由 lim 的连续性得. 唯 因 故 lim 3..9 设 ( ) 在. 上有二阶导数 且满足 a b a b 为非负常数 证明 : 对于任何的 有 证 : 由泰勒公式 其中 介于 与 之间. 令 t 得 b ' a. t t t

12 数学分析考研辅导讲义第三章 再令 t 得 介于 与 之间 ; 两式相减 得 介于 与 之间. 故 b b a a ( 这是因为函数 在 上的最大值是 ) 即 b ' a. 练习题 设 g 在 a b 上连续 在 至少存在一点 a b 使得 g a b 内可导 且. a b ( 华中师范大学 3 年考研试题 993 年数学 ( 四 ) 考研试题 ) 假使函数 在 上连续 在 内二阶可导 过点 B 的直线与曲线 y 相交于点 c 内至少存在一点 使得. A 与 证明 C c c 其中 证明在 3 ( 华中师范大学 年 东北师范大学 复旦大学 南京大学考研试题 ) 设 在 上二次可微 且 证明 4 设 在 a b 上有二阶导数 且.

13 数学分析考研辅导讲义第三章 b a b a. 证明存在 a b 使得 5 设 ( ) 在 明 :() 存在 上连续 在 内可导 且 使得 ; 证 () 对任意的数 必存在 使得 6 ( 华中师大 年 吉林大学考研试题 ) 设 在 在 a b 内可导 其中. a b 上连续 a b. a 证明存在 a b 使得 7 设 ( ) 在 a b 上连续 在 a b 内可导 且 若极限 lim a a a 存在 证明 : () 在 a b 内 ; () 在 a b 内存在点 使得 b a b d a (3) 在 a b 内存在与 () 中 相异的 ; b b a d a. a 8 设 在 证明在 9 设 ( ) 在 使 上具有三阶连续的导数 且. 内至少存在一点 使 3 a b 上具有二阶导数 且 a b 证明 : 存在 a b 4 b a. b a

14 数学分析考研辅导讲义第三章 导数的应用 一 内容概要 导数的应用归纳起来可以归结为四个字 : 三点一线. 即 : 极值点 拐点 最 值点 ; 渐近线. 极值点 : 是极值点的充分条件是一阶导数在 左 右两边异号 ; 拐点 : 是曲线 y 两边异号 ; 最值点在极值点与区间的端点中寻求. 下面我们将一些主要的结果叙述如下 :. 函数的增减性 () 函数单调性的判定定理 设函数 如果在 如果在 如果在 在 的拐点的充分条件是二阶导数在 左 右 a b 上连续 在 a b 内可导 则 a b 内 则 在 a b 内 则 在 a b 内 则 在 () 单调区间的确定 求函数 Ⅰ 求出 的单调区间的步骤 : 的定义域 并求 ; Ⅱ 在定义域范围内求出使 和 的点称为驻点 ); 确定 a b 上单调增加 ; a b 上单调减少 ; a b 上为常数. 不存在的点的全体 ( 使 Ⅲ 将求得的驻点作为分界点把定义域分成若干个小区间 并在每个小区间上 的符号 同时确定函数 在每个小区间上的增减性.. 函数的极值 () 函数极值的定义

15 数学分析考研辅导讲义第三章 设函数 在点 的某邻域内有定义 如果对该邻域内任意一点 恒有不 等式 成立 则称 在点 处取得极大值 ; 如果对该邻域 内任意一点 恒有不等式 成立 则称 在点 处取得极小值. 函数的极大值和极小值统称为函数的极值 使函数取得极值的点称为函数的极值点. 函数的极值概念是一个局部性的概念 它只是对 的某一小邻域而言的 如图 3.4 中 3 4 都是极值点 其中极大值 比极小值 还要小. 4 图 3.4 () 极值存在的必要条件 若 不存在 : 在点 处可导 且在 处取得极值 则 (3) 极值存在的充分条件 第一充分条件 : 设函数 若当 时 一个极大值 是极大值点 ; 若当 时 一个极小值 是极小值点 ; 若在 的两侧 第二充分条件 : 设函数 :.( 费马定理 ) 在点 的某邻域内可导 且 或 而当 而当 的符号相同 则 若 则 是 若 则 是 时 则 是 的 时 则 是 不是极值. 在点 处具有二阶导数 且 的一个极大值 ; 的一个极小值 ; 的

16 数学分析考研辅导讲义第三章 若 不能判定 (4) 函数极值的求法 求函数 的极值的步骤 : 方法一 ( 用第一充分条件判别 ) 是否为极值. Ⅰ 求出 的定义域 并求 ; Ⅱ 在定义域内求出驻点和导数不存在的点的全体 ( 这些点为极值可能点 ); Ⅲ 考察 在求出的极值可能点处的左 右邻域内的符号 判断这些点是 否为极值点 ; Ⅳ 求出极值点处的函数值. 方法二 ( 用第二充分条件判别 ) Ⅰ 求出 的定义域 并求 和 ; Ⅱ 求出驻点 i ; Ⅲ 考察 在各驻点的符号 若 i 则 i 为极大值点 若 i 则 i 为极小值点 若 i Ⅳ 求出各极值点处的函数值. 则无法确定 再用方法一判定 ; 3. 函数的最大值与最小值 () 最大值与最小值的概念函数在所考察的区间上全部函数值中的最大 ( 小 ) 者叫最大 ( 小 ) 值. 函数的最大值与最小值是对被考察的整个区间而言的 因此它是一个整体性的概念 而极值是局部性的概念 这两者是有区别的. 闭区间上的连续函数必有最大值和最小值. () 求函数的最值 求函数 在 a b 上的最大值和最小值的步骤为 : Ⅰ 在 a b 内求出所有的驻点和使导数不存在的点 ; Ⅱ 计算上述各点及两个端点处的函数值 ; Ⅲ 比较上述所有函数值 其中最大者即为最大值 最小者即为最小值.

17 数学分析考研辅导讲义第三章 如果函数 在区间 ( 大 ) 值 b 为函数的最大 ( 小 ) 值. a b 上单调增加 ( 减少 ) 那么 a 为函数的最小 如果函数在区间内部只有一个极大值 而没有极小值 那么这唯一的极大 值就是函数所在的整个区间上的最大值 ; 如果函数在区间内部只有一个极小值 而没有极大值 那么这个极小值就 是函数所在的整个区间上的最小值 ; 对于实际问题 如果根据问题的性质可以判定函数在某区间内有最大 ( 或 最小 ) 值存在 并且函数在该区间内又只有一个驻点 那么此驻点处的函数值一定 是最大 ( 或最小 ) 值. 4. 曲线的凹凸性与拐点 () 曲线的凹向与拐点的概念 设函数 在 切线的上 ( 或下 ) 方 则称曲线 下凹的分界点称为曲线的拐点. () 曲线凹向的判别法 如果函数 y 在 a b 内可导 如果在 a b 内曲线 y 在 y 都位于其每一点 a b 内上凹 ( 或下凹 ). 曲线上凹与 在 a b 内二阶可导 且 ( 或 a b 内上凹 ( 或下凹 ). (3) 曲线凹向区间和拐点的求解 求曲线 Ⅰ 求出函数 y 的凹向区间和拐点的步骤为 : 的定义域 并求出 和 Ⅱ 在定义域内求出所有使 的点和 ; 不存在的点 ; ) 则曲线 Ⅲ 用上面求得的驻点作为分界点 把定义域分成若干个小区间 并在每个小区 间上确定 的符号 判断曲线在各小区间上的凹向 若在分界点的两侧 的符号相异 则该分界点是拐点 若 的符号相同 则该分界点不是拐点. 5. 函数作图

18 数学分析考研辅导讲义第三章 () 曲线 y 的渐近线若 lim ( 或 lim A y 的水平渐近线. A 或 lim A ) 则直线 y A 是曲线 若 lim ( 或 lim 或 lim ) 则直线 是 曲线 y 的垂直渐近线. 设 a lim lim b a 则 y a b y 的斜渐近线. 这里的 可以是 也可以是. () 函数作图 作函数 y 的图形一般步骤为 : Ⅰ 确定函数的定义域 ; a 为曲线 Ⅱ 讨论函数的对称性 ( 奇函数关于原点对称 偶函数关于 y 轴对称 ) 和周期性 ; Ⅲ 讨论函数的单调性 极值 凹向和拐点 ( 常用列表法 ); Ⅳ 讨论曲线的渐近线 ; Ⅴ 标出极值点 拐点坐标 补充必要的坐标点 ( 如曲线与坐标轴的交点 ) 再 综合上面讨论的情况作出函数的图形. 6. 曲率 () 弧微分公式 若曲线方程为 y 若曲线方程为 y () 曲率公式 * 若曲线方程为 y dy 则 ds d ; d t 则 t ds t t dt. 则曲率 k y 3 y ;

19 数学分析考研辅导讲义第三章 若曲线方程为 y t t 则曲率 k t t t t 3 t t. 故 (3) 曲率半径 * 曲率半径 R. k 二 典型题解答 先看一些不等式的证明 例 3.. ( 东北工业大学考研试题 ) 已知 证明 : 令 ln 在 内严格单调增. 又. 证明 ln 故 ln. 令 g ln 故 g 在 内严格单调增. 又. 综上可知 ln 即 g g 故 g g ln. 即 a ln b ln a 例 3.. 设 a b 证明不等式. a b b a ab 分析由不等式中间一项可想到拉格朗日中值定理. ln b ln a b a ( a b )

20 数学分析考研辅导讲义第三章 所以 b a 欲证原不等式成立只须分别证明 a 和 b a b a ab. 前一不等式稍加变形就 是 a b ab 当然已证得 但是后一不等式等价为 a b 这是不成立的. 故原不等式中右边的不等式的证明不能用上述思路. 将 b 转写成 化成函数不等式来证. 证明 : 由拉格朗日中值定理知 至少存在 a b ln b ln a 使. b a 由 得 b ln b ln a. b a b 又由 a b ab 得 a. b a b 所以有 ln b ln a b a b a a b. 下面再证原不等式中右边的不等式. a a ( a ) 由于 a 设 ln ln a a 3 3 a a 所以 是单减函数 ( a 有 b. 即 ). 而 a 所以当 a b a ln b ln a ab 时. 于是 即 ln b ln a. b a ab 至此 不等式证毕.

21 数学分析考研辅导讲义第三章 例 3..3 设. 证明 : 对任何 有. 分析 显然是与 欲证的不等式可变形为 的 差值 有关 而拉格朗日中值定理正是建立了函数的差值与导 数之间的关系 故可用拉格朗日定理试证. 另外 经观察可将欲证不等式变形为 可设辅助函数 处理.. 设 来试证. 因此 可用以上分析的两种思路来 证法一 : 其中 因而有 即证得. 证法二 : 设辅助函数 由于 所以 即知 单减 所以当. 单减 因而对于 有. 时 有. 即 即证得 例 3..4 求数列 n n 的最大项..

22 数学分析考研辅导讲义第三章 解 : 令 则 易知 ln ln e 是 的最大值点 且当 e 时 单调减. 因此 n 3 3 n 故数列 n n 的最大项是 3 3. 即 3 3 n n 单调增 当 e 时 3. 又 3 的最大项是 3 3 下面我们再来看一些有关极值 最值及方程根的习题. 例 3..5 设 的导数在 a 处连续 又 lim 则有 ( ). a a A. a 是 的极小值点 ; B. a 是 的极大值点 ; C. a a 是曲线 y 的拐点 ; D. a 不是 的极值点 a a 也不是曲线 y 分析 由 lim a a 号性 ). 于是当 a 时 y 单减. 故由极值的定义知 在 知存在 y 的拐点. U a 使当 U a 时 单增 ; 当 a a 时 a 处 取得极大值. 故 B 选项正确. ( 保 答 : 本题正确答案为 B. 例 3..6 设 在 内连续 其导函数的图形如图 3.5 所示 则 有 ( ). A. 一个极小值点 两个极大值点 ; B. 两个极小值点 一个极大值点 ; C. 两个极小值点 两个极大值点 ; D. 三个极小值点 一个极大值点. 分析由图 3.5 可知 的左侧 y 右侧 y 所以 是 的极大值 点. 同理可知 3 是 的极小值点. 至此 很易错误地得出 B 正确 的选择

23 数学分析考研辅导讲义第三章 但是 这是不对的! 注意到 故 选项应是 C. 右侧 处函数是连续的 它的左侧 也是 的一个极大值点 显然 不存在. 所以 正确定 图 3.5 易知 答 : 本题正确答案为 C. 例 3..7 讨论方程 ln 根的个数. e e e 解 : 令 ln 则. 令 时 故 在 当 e 当 e 时 e 内单调增 ; 所以 在 得 e 内单调减. e ; 又因为 lim lim ln e 因为 lim lim ln e 在 内连续 注意到 lim ln lim e e 在 e 内 存在唯一的零点.

24 数学分析考研辅导讲义第三章 e 单调增 同样 由于 e lim 在 e 内单调减 在 e 内 有唯一的零点. 综上可知 方程 ln e 在 e 及 e 内各有一个根. 练习题 ( 兰州大学 华中理工大学 四川大学考研试题 ) 设 a b 证明 b a b b a ln. b a a (999 年数学 ( 一 ) 考研试题 ) 试证 : 当 时 3 ( 复旦大学 999 年考研试题 ) 比较 4 设函数 ( ) ln. e 与 e 的大小 并说明理由. 满足关系式 且 A. 是 的极小值 ; B. 是 的极大值 ; C. 点 是曲线 y 的拐点 ; D. 不是 的极值 点 也不是曲线 y a 5 设 lim a a A. 可导且 a 则在 a 处 ( ). ; B. 不可导 ; 则 ( ). 的拐点.

25 数学分析考研辅导讲义第三章 C. 取得极小值 ; D. 取得极大值. 6 设 ( ) 在定义域内可导 y 的图形为 ( ). 的图形如图 3.6 所示 则导函数 y 图 3.6 A. B. C. D. 7 ( 清华大学 年考研试题 ) 作函数 e 的图形.