張宇1000題高等數學 第六章 一元函數微分學的應用（二）——中值定理、微分等式與微分不等式

$A$組

1.設函數$f(x)$在區間$(a,b)$內可導，$x_1$和$x_2$是區間$(a,b)$內任意兩點，且$x_1<x_2$，則至少存在一點$\xi$，使（  ）
$(A)f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a),$其中$a<\xi<b$；
$(B)f(b)-f(x_1)=f'(\xi)(b-x_1),$其中$x_1<\xi<b$；
$(C)f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1),$其中$x_1<\xi<x_2$；
$(D)f(x_2)-f(a)=f'(\xi)(b-a),$其中$a<\xi<x_2$。

解  由於拉格朗日中值定理需要函數$f(x)$在閉區間$[a,b]$上連續，在開區間$(a,b)$上可導。而題設條件只給出$f(x)$在$(a,b)$內可導，僅可知$f(x)$在$(a,b)$上連續。故選$(C)$。（這道題主要利用了拉格朗日中值定理使用條件求解）

$B$組

4.設$f(x)$在$[0,1]$上可導，$f(0)=0,|f'(x)|\leqslant|f(x)|$，則$f(1)=$______。

解  當$0<x<1$時，
$\begin{aligned} |f(x)|&=|f(x)-f(0)|=|f'(\xi_1)|x\leqslant|f(\xi_1)|\cdot x\\ &=|f(\xi_1)-f(0)|\cdot x=|f'(\xi_2)|\cdot\xi_2\cdot x\\ &\leqslant|f(\xi_2)|\cdot x^2\leqslant\cdots\leqslant|f(\xi_n)|\cdot x^n\\ &\leqslant M\cdot x^n\xrightarrow[]{n\to\infty}0, \end{aligned}$
  其中$0<\xi_n<\cdots<\xi_2<\xi_1<x$，$M$爲$|f(x)|$在$[0,1]$上的最大值，故當$0<x<1$時，$f(x)=0$，又由$f(x)$在$x=1$處左連續，有$f(1)=\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=0$。（這道題主要利用了放縮法求解）

8.設函數$f(x)$在$[a,b]$上連續，在$(a,b)$內可導且$f(a)\ne f(b)$，證明：存在$\xi,\eta\in(a,b)$，使得$\cfrac{f'(\xi)}{2\xi}=\cfrac{f'(\eta)}{b+a}$。

解  對$f(x)$應用拉格朗日中值定理知$f(b)-f(a)=f'(\eta)(b-a),\eta\in(a,b)$，對$f(x),x^2$在$[a,b]$上應用柯西中值定理知$\cfrac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\cfrac{f'(\xi)}{2\xi},\xi\in(a,b)$。所以$f(b)-f(a)=\cfrac{f'(\xi)}{2\xi}(b^2-a^2)$，則$f'(\eta)(b-a)=\cfrac{f'(\xi)}{2\xi}(b^2-a^2)$，即$\cfrac{f'(\xi)}{2\xi}=\cfrac{f'(\eta)}{b+a}$。（這道題主要利用了聯合使用定理求解）

9.設函數$f(x)$在$[-2,2]$上二階可導，且$|f(x)|\leqslant1$，又$f^2(0)+[f'(0)]^2=4$。證明：在$(-2,2)$內至少存在一點$\xi$，使得$f(\xi)+f''(\xi)=0$。

解  由拉格朗日中值定理有
$f(0)-f(-2)=2f'(\xi_1),-2<\xi_1<0,\\ f(2)-f(0)=2f'(\xi_2),0<\xi_2<2.$
  由$|f(x)|\leqslant1$知$|f'(\xi_1)|=\cfrac{|f(0)-f(-2)|}{2}\leqslant1;|f'(\xi_2)|=\cfrac{|f(2)-f(0)|}{2}\leqslant1$。
  令$\varphi(x)=f^2(x)+[f'(x)]^2$，則有$\varphi(\xi_1)\leqslant2,\varphi(\xi_2)\leqslant2$。
  因爲$\varphi(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上連續，且$\varphi(0)=4$，設$\varphi(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上的最大值在$\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-2,2)$處取到，則$\varphi(x)\leqslant4$，且$\varphi(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上可導，由費馬定理有$\varphi'(x)=0$，即$2f(\xi)\cdot f'(\xi)+f'(\xi)\cdot f''(\xi)=0$。
  因爲$|f(x)|\leqslant1$，且$\varphi(x)\leqslant4$，所以$f'(\xi)\ne0$，於是有$f(\xi)+f''(\xi)=0,\xi\in(-2,2)$。（這道題主要利用了構造函數求解）

11.設$f(x)$在閉區間$[1,2]$上可導，證明：存在一點$\xi\in(1,2)$，使$f(2)-2f(1)=\xi f'(\xi)-f(\xi)$。

解  令$F(x)=\cfrac{f(x)+f(2)-2f(1)}{x}$，$F(x)$在$[1,2]$上連續，在$(1,2)$內可導，且$F(2)=F(1)=f(2)-f(1)$。由羅爾定理，存在$\xi\in(1,2)$，使$F'(\xi)=0$，即$f(2)-2f(1)=\xi f'(\xi)-f(\xi)$。（這道題主要利用了構造函數求解）

12.設$f(x)$在閉區間$[-1,1]$上有三階連續導數，且$f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0$。證明：在$[-1,1]$內存在一點$\xi$，使得$f'''(\xi)=3$。

解
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cfrac{1}{2!}f''(x_0)(x-x_0)^2+\cfrac{1}{3!}f'''(\eta)(x-x_0)^3.$
  取$x_0=0,x=1$代入，得
$f(1)=f(0)+f'(0)(1-0)+\cfrac{1}{2}f''(0)(1-0)^2+\cfrac{1}{6}f'''(\eta_1)(1-0)^3,\eta_1\in(0,1).\tag{1}$
  取$x_0=0,x=-1$代入，得
$f(-1)=f(0)+f'(0)(-1-0)+\cfrac{1}{2}f''(0)(-1-0)^2+\cfrac{1}{6}f'''(\eta_2)(-1-0)^3,\eta_2\in(0,1).\tag{2}$
  $(1)-(2)$得
$f(1)-f(-1)=\cfrac{1}{6}[f'''(\eta_1)+f'''(\eta_2)]=1.\tag{3}$
  因爲$f'''(x)$在$[-1,1]$上連續，則存在$m$和$M$，使得$\forall x\in[-1,1],m\leqslant f'''(x)\leqslant M$，
$m\leqslant f'''(\eta_1)\leqslant M,m\leqslant f'''(\eta_2)\leqslant M\\ \Rightarrow\cfrac{1}{2}[f'''(\eta_1)+f'''(\eta_2)]\leqslant M.\tag{4}$
  $(3)$代入$(4)$，有$m\leqslant3\leqslant M$，由介值定理，存在$\xi\in[-1,1]$，使得$f'''(\xi)=3$。（這道題主要利用了介值定理求解）

22.證明：$e^x+e^{-x}\geqslant2x^2+2\cos x,-\infty<x<+\infty$。

解  令$f(x)=e^x+e^{-x}-2x^2-2\cos x$。顯然$f(x)$爲偶函數，$f(0)=0$。只需證$x\geqslant0$的情形。由
$f'(x)=e^x-e^{-x}-4x+2\sin x,f''(x)=e^x+e^{-x}-4+2\cos x,\\ f'''(x)=e^x-e^{-x}-2\sin x,f^{(4)}(x)=e^x+e^{-x}-2\cos x,$
  知當$x>0$時，$f^{(4)}(x)>2\sqrt{e^x\cdot e^{-x}}-2\cos x=2(1-\cos x)$，且$f(0)=f'(0)=f''(0)=f'''(0)=f^{(4)}(0)=0$，所以$f(x)=f(0)+f'(0)x+\cfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cfrac{f'''(0)}{3!}x^3+\cfrac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^4=\cfrac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^4>0(\xi\text{介於}0\text{與}x\text{之間})$，即當$x\geqslant0$時，$f(x)\geqslant0$。故$e^x+e^{-x}\geqslant2x^2+2\cos x,-\infty<x<+\infty$。（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

23.設$f(x)$在區間$[0,+\infty)$內有二階導數，且$|f(x)|\leqslant1,0<|f''(x)|\leqslant2(0\leqslant x<+\infty)$。證明：$|f'(x)|\leqslant2\sqrt{2}$。

解  對任意的$x\in[0,+\infty)$，及任意的$h>0$，使$x+h\in(0,+\infty)$，於是有$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2!}f''(\xi)h^2$，其中$\xi\in(x,x+h)$，即$f'(x)=\cfrac{1}{h}[f(x+h)-f(x)]-\cfrac{h}{2}f''(\xi)$，故$|f'(x)|\leqslant\cfrac{1}{h}[|f(x+h)|+|f(x)|]+\cfrac{h}{2}|f''(\xi)|\leqslant\cfrac{2}{h}+h$。
  令$g(h)=\cfrac{2}{h}+h(h>0)$，求其最小值。
  令$g'(h)=-\cfrac{2}{h^2}+1=0$，得到駐點$h_0=\sqrt{2},g''(h)=\cfrac{4}{h^3}>0$，所以，$g(h)$在$h_0=\sqrt{2}$處取得極小值，即最小值$g(h_0)=2\sqrt{2}$。故$|f'(x)|\leqslant2\sqrt{2}$。（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

$C$組

3.設$f(x),g(x)$在$[a,b]$上二階可導，且$f(a)=f(b)=g(a)=0$，證明：存在$\xi\in(a,b)$，使$f''(\xi)g(\xi)+2f'(\xi)g'(\xi)+f(\xi)g''(\xi)=0$。

解  令$F(x)=f(x)g(x)$，在$x=a$處展開爲泰勒公式，有
$F(x)=F(a)+F'(a)(x-a)+\cfrac{1}{2}F''(\xi)(x-a)^2(a<\xi<x),\tag{1}$
  令$x=b$，代入$(1)$式，則
$F(b)=F(a)+F'(a)(b-a)+\cfrac{1}{2}F''(\xi)(b-a)^2(a<\xi<b).\tag{2}$
  因$f(a)=f(b)=g(a)=0$，則$F(a)=F(b)=0$，且$F'(a)=0$，代入$(2)$式，得$F''(\xi)=0$，即$f''(\xi)g(\xi)+2f'(\xi)g'(\xi)+f(\xi)g''(\xi)=0$。（這道題主要利用了構造函數求解）

6.設$f(x)$在$[a,b]$上有二階導數，且$f''(x)>0$，證明：$f\left(\cfrac{a+b}{2}\right)<\cfrac{1}{b-a}\displaystyle\int^b_af(t)\mathrm{d}t<\cfrac{1}{2}[f(a)+f(b)]$。

解  先證左邊。令$\varphi(x)=(x-a)f\left(\cfrac{a+x}{2}\right)-\displaystyle\int^x_af(t)\mathrm{d}t$，有$\varphi(a)=0$，
$\begin{aligned} \varphi'(x)&=f\left(\cfrac{a+x}{2}\right)+\cfrac{1}{2}(x-a)f'\left(\cfrac{a+x}{2}\right)-f(x)\\ &=\cfrac{1}{2}(x-a)f'\left(\cfrac{a+x}{2}\right)-\left[f(x)-f\left(\cfrac{a+x}{2}\right)\right]\\ &=\cfrac{1}{2}\left[f'\left(\cfrac{a+x}{2}\right)-f'(\xi)\right], \end{aligned}$
  其中$\cfrac{a+x}{2}<\xi<x$。由於$f''(x)>0$，所以$f'(x)$嚴格單調增加，從而$f'\left(\cfrac{a+x}{2}\right)<f'(\xi)$，於是$\varphi'(x)<0$，所以當$x>a$時$\varphi(x)<0$，有$\varphi(b)<0$。
  再證右邊。令$\psi(x)=\displaystyle\int^x_af(t)\mathrm{d}t-\cfrac{1}{2}(x-a)[f(a)+f(x)]$，有$\psi(a)=0$，
$\begin{aligned} \psi'(x)&=f(x)-\cfrac{1}{2}[f(a)+f(x)]-\cfrac{1}{2}(x-a)f'(x)\\ &=\cfrac{1}{2}[f(x)-f(a)]-\cfrac{1}{2}(x-a)f'(x)=\cfrac{1}{2}(x-a)[f'(\eta)-f'(x)], \end{aligned}$
  其中$a<\eta<x$。由於$f''(x)>0$，所以$f'(\eta)<f'(x)$，從而$\psi'(x)<0$。於是當$x>a$時，$\psi(x)<0$，故$\psi(b)<0$。（這道題主要利用了函數單調性求解）

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