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第三章 微分中值定理及导数的应用

知识点

微分中值定理

  • 函数的极值：函数的极值是局部的概念。函数在区间端点处不存在极值，极值点 \(x_0\) 一定是定义域的内点（某邻域内有定义）。极大值可以比极小值小。

  • 费马（Fermat）定理：设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处取到极值，且 \(f'(x_0)\) 存在，则 \(f'(x_0)=0\)。

    证明

    不妨设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处取到极大值，则 \(f_-'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0\)，\(f_+'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq 0\)。

    而 \(f'(x_0)\) 存在，因此 \(f_-'(x_0)=f_+'(x_0)=f'(x_0)\)，故 \(f'(x_0)=0\)。

    • 驻点/稳定点：导数为 \(0\) 的点。

      则极值点一定包含在驻点或导数不存在的点中。

      最值一定包含在区间端点、区间内部的驻点、区间内部导数不存在的点中。

  • 【拓展】达布（Darboux）定理：设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上可导，且 \(f_+'(a)f_-'(b)<0\)，则 \(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(f'(\xi)=0\)。

    证明

    \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续，则 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 存在最值。

    不妨设 \(f_+'(a)>0\)，\(f_-'(b)<0\)，于是：

    • \(f_+'(a)=\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>0\Rightarrow \exists \delta_1>0\)，在 \((a,a+\delta_1)\) 内，\(f(x)>f(a)\)

    • \(f_-'(b)=\lim\limits_{x\to b^-}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}<0\Rightarrow \exists \delta_2>0\)，在 \((b-\delta_2,b)\) 内，\(f(x)>f(b)\)。

    故 \(f(a)\) 与 \(f(b)\) 均不是 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上的最大值，则 \(f(x)\) 在 \((a,b)\) 内取到最大值。根据费马定理可知，最大值点处导数为 \(0\)。

    那么，若 \(f'(x)\) 不存在零点，则 \(f'(x)\) 在 \((a,b)\) 内不会变号。

    导函数的介值性

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上可导，且 \(f_+'(a)\neq f_-'(b)\)，则对任意介于 \(f_+'(a)\) 与 \(f_-'(b)\) 之间的 \(\mu\)，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(f'(\xi)=\mu\)。

    Tip

    设 \(f'(x)\) 在 \([a,b]\) 上存在。\(f'(x)\) 在 \([a,b]\) 上未必连续，但 \(f'(x)\) 仍具有介值性。由此可得，定义在区间 \(I\) 上有第一类间断点的函数不存在原函数。

  • 罗尔（Rolle）定理：设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(f(a)=f(b)\)，则 \(\exists\xi\in(a,b)\) 使得 \(f'(\xi)=0\)。

    证明

    由于 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续，故 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有最大值 \(M\) 和最小值 \(m\)。【最大值最小值定理】

    • 若 \(M=m\)，则 \(f(x)\) 为常函数，结论显然成立。

    • 若 \(M\neq m\)：由于 \(f(a)=f(b)\)，故最大值 \(M\) 与最小值 \(m\) 不能同时在端点 \(a,b\) 取到。不妨设 \(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(f(\xi)=M\)，则 \(f(x)\) 在 \(x=\xi\) 处取到极大值。根据费马定理，\(f'(\xi)=0\)。

    几何意义：两端点纵坐标相等的连续曲线 \(y=f(x)\)，若除端点外曲线上的任意一点都存在不平行于 \(y\) 轴的切线，则至少在曲线上存在一点 \((\xi,f(\xi))\)，在该点的切线平行于 \(x\) 轴。

    例题

    证明：\(a_1\cos x+a_2\cos 2x+\cdots+a_n\cos nx=0\) 在 \((0,\pi)\) 内至少有一个根。

    解答
    Abstract

    若考虑 \(f(x)=a_1\cos x+a_2\cos 2x+\cdots+a_n\cos nx\)，尽管 \(f\) 在 \([0,\pi]\) 上连续，但 \(f(0)=\sum_{k=1}^n a_k\)，\(f(\pi)=\sum_{k=1}^n (-1)^k a_k\)，无法判断 \(f(0)\cdot f(\pi)\) 的符号。

    令 \(f(x)=a_1\sin x+\dfrac{a_2}2\sin 2x+\cdots+\dfrac{a_n}n\sin nx\)，则 \(f(x)\) 在 \([0,\pi]\) 上连续，在 \((0,\pi)\) 内可导，且 \(f(0)=f(\pi)=0\)。

    根据罗尔定理，\(\exists \xi \in(0,\pi)\) 使得 \(f'(\xi)=0\)，而 \(f'(x)=a_1\cos x+a_2\cos 2x+\cdots+a_n\cos nx\)，故 \(a_1\cos x+a_2\cos 2x+\cdots+a_n\cos nx=0\) 在 \((0,\pi)\) 内至少有一个根。

    推广的罗尔（Rolle）定理
    • 设 \(f(x)\) 在 \((a,b)\) 内可导，\(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \lim\limits_{x \to b^-} f(x) = A\)，则在 \((a,b)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使 \(f'(\xi) = 0\)。
    • 设 \(f(x)\) 在 \((a,b)\) 内可导，\(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \lim\limits_{x \to b^-} f(x) = \pm\infty\)，则在 \((a,b)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使 \(f'(\xi) = 0\)。
    • 设 \(f(x)\) 在 \((a,+\infty)\) 内可导，\(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = A\)，则在 \((a,+\infty)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使 \(f'(\xi) = 0\)。
    • 设 \(f(x)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 内可导，\(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \pm\infty\)，则在 \((-\infty,+\infty)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使 \(f'(\xi) = 0\)。
    • 推论：若 \(f^{(n)}(x)\) 至多有 \(k\) 个根，则 \(f(x)=0\) 至多有 \(k+n\) 个根。

  • 拉格朗日（Lagrange）中值定理：设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，则 \(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\)（或 \(f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)）。

    注：\(\xi\) 常记作 \(\xi=a+\theta(b-a)\)，其中 \(\theta\in(0,1)\)。

    证明
    法 1
    Abstract

    \(f'(\xi)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\)

    考虑构造 \(F(x)\) 使得 \(F'(x)=f'(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)，且 \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，\(F(a)=F(b)\)，然后对 \(F(x)\) 应用罗尔定理。

    则 \(F(x)=f(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}x\)。

    不过为了方便计算端点值，可以改进成 \(F(x)=f(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\)（不改变 \(F'(x)\)）。

    为了几何意义明显，可以继续改进成 \(F(x)=f(x)-[f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)]\)（曲线 \(y=f(x)\) 减去弦 \(AB\) 所得的曲线，其端点函数值为 \(0\)）。

    构造函数 \(F(x)=f(x)-[f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)]\)。则 \(F'(x)=f'(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。

    \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(F(a)=F(b)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\)。

    Tip

    本质：曲线减去端点弦出现零点，再应用罗尔定理。

    法 2

    构造函数 \(F(x)=\begin{vmatrix}x&f(x)&1\\a&f(a)&1\\b&f(b)&1\end{vmatrix}\)（几何意义是 \(S_{\triangle PAB}\)，其中 \(P(x,f(x)),A(a,f(a)),B(b,f(b))\)）。

    则 \(F'(x)=\begin{vmatrix}1&f'(x)&0\\a&f(a)&1\\b&f(b)&1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&f'(x)&0\\a&f(a)&1\\b-a&f(b)-f(a)&0\end{vmatrix}\xlongequal{按R_1展开}(b-a)f'(x)-(f(b)-f(a))\)

    \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(F(a)=F(b)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\)。

    行列式的求导

    设 \(f(x)=|a_{ij}(x)|_{n}=\begin{vmatrix}a_{11}(x)&a_{12}(x)&\cdots&a_{1n}(x)\\a_{21}(x)&a_{22}(x)&\cdots&a_{2n}(x)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n1}(x)&a_{n2}(x)&\cdots&a_{nn}(x)\end{vmatrix}\)

    由于 \(f(x)=\sum_{j_1j_2\cdots_n}(-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)}a_{1j_1}(x)a_{2j_2(x)}\cdots a_{nj_n}(x)\)，则 \(f'(x)=\sum_{k=1}^n \sum_{j_1j_2\cdots j_n}(-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)}a_{1j_1}(x)\cdots [a_{kj_k}(x)]'\cdots a_{nj_n}(x)=\sum_{k=1}^n\begin{vmatrix}a_{11}(x)&a_{12}(x)&\cdots&a_{1n}(x)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{k1}'(x)&a_{k2}'(x)&\cdots&a_{kn}'(x)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n1}(x)&a_{n2}(x)&\cdots&a_{nn}(x)\end{vmatrix}\)

    几何意义：闭区间 \([a,b]\) 上的连续曲线 \(y=f(x)\) 在 \((a,b)\) 内处处具有不平行于 \(y\) 轴的切线，则在区间内部该曲线上至少存在一点 \((\xi,f(\xi))\) 的切线平行于曲线两端点的连线。

    例题

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(f'(x)>0\)。证明：若 \(a<b\)，则 \(f(a)<f(b)\)。

    解答

    根据拉格朗日中值定理，\(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)>0\)，\(a<\xi<b\)

    证明：当 \(0<\alpha<\beta<\dfrac{\pi}2\) 时，有 \(\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\alpha}<\tan\beta-\tan\alpha<\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\beta}\)。

    解答

    设 \(f(x)=\tan x\)，则 \(f(x)\) 在 \([\alpha,\beta]\) 上连续，在 \((\alpha,\beta)\) 内可导。

    根据拉格朗日中值定理，\(f(\beta)-f(\alpha)=f'(\xi)(\beta-\alpha)\)，即 \(\tan\beta-\tan\alpha=\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\xi}\)，\(0<\alpha<\xi<\beta<\dfrac{\pi}2\)。

    而 \(\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\alpha}<\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\xi}<\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\beta}\)，故 \(\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\alpha}<\tan\beta-\tan\alpha<\dfrac{\beta-\alpha}{\cos^2\beta}\)。

    证明：当 \(x>0\) 时，有 \(\dfrac x {1+x}<\ln(1+x)<x\)。

    解答

    设 \(f(t)=\ln t\)，则 \(f(t)\) 在 \([1,1+x]\) 上连续，在 \((1,1+x)\) 内可导。

    根据拉格朗日中值定理，\(f(1+x)-f(1)=f'(\xi)x\)，即 \(\ln (1+x)=\dfrac x {\xi}\)，\(1<\xi<1+x\)。

    而 \(\dfrac x {1+x}<\dfrac x {\xi}<x\)，故 \(\dfrac x {1+x}<\ln (1+x)<x\)。

    设 \(a > b > 0\)，\(n > 1\)，证明：\(nb^{n-1}(a - b) < a^n - b^n < na^{n-1}(a - b)\)。

    解答

    设 \(f(x) = x^n\)，显然 \(f(x)\) 在区间 \([b, a]\) 上连续，在 \((b, a)\) 内可导，于是由拉格朗日中值定理：

    \(f(a) - f(b) = f'(\xi)(a - b)\)，\(\xi \in (b, a)\)

    \(a^n - b^n = n\xi^{n-1}(a - b)\)

    由于 \(0 < b < \xi < a\)，\(n > 1\)，有 \(nb^{n-1}(a - b) < a^n - b^n = n\xi^{n-1}(a - b) < na^{n-1}(a - b)\)。

  • 柯西（Cauchy）中值定理：设 \(f(x),g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(g'(x)\neq 0\)，则 \(\exist \xi\in(a,b)\) 使得 \(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)。

    证明
    错误证法

    对 \(f,g\) 分别在 \([a,b]\) 上应用拉格朗日中值定理，有 \(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\)，\(g(b)-g(a)=g'(\xi)(b-a)\)，两式相除即得结论。

    错因：\(f(x)\) 和 \(g(x)\) 对应的可能不是同一个 \(\xi\)。

    正确证法
    Abstract

    \([f(b)-f(a)]g'(x)-[g(b)-g(a)]f'(x)=0\)

    构造 \(F(x)\) 使得 \(F'(x)=[f(b)-f(a)]g'(x)-[g(b)-g(a)]f'(x)\)，对 \(F(x)\) 应用罗尔定理。

    则 \(F(x)=[f(b)-f(a)]g(x)-[g(b)-g(a)]f(x)\)。

    为了方便求端点值，改进成 \(F(x)=[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)]\)（不改变 \(F'(x)\)）。

    构造函数 \(F(x)=[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)]\)。

    \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(F(a)=F(b)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \([f(b)-f(a)]g'(x)-[g(b)-g(a)]f'(x)=0\)。

    对 \(g(x)\)，若 \(g(a)=g(b)\)，由罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(g'(\xi)=0\)，与 \(g'(x)\neq 0\) 矛盾。因此，\(g(a)\neq g(b)\)。

    那么由于 \(g'(\xi)\neq 0\)，\(g(a)\neq g(b)\)，则 \(\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)。

    几何意义：用参数方程给定的连续曲线，除端点外，若处处有不平行于 \(y\) 轴的切线，则在曲线上至少存在一点，在该点的切线平行于两端点的连线。

    例题

    设 \(x_1x_2>0\)，证明：\(\exists\xi\) 介于 \(x_1,x_2\) 之间，\(x_1e^{x_2}-x_2e^{x_1}=(x_1-x_2)(1-\xi)e^{\xi}\)。

    证明

    \(\Leftrightarrow \dfrac{x_1e^{x_2}-x_2e^{x_1}}{x_1-x_2}=(1-\xi)e^{\xi}\Leftrightarrow \dfrac{\frac{e^{x_2}}{x_2}-\frac{e^{x_1}}{x_1}}{\frac 1 {x_2}-\frac 1 {x_1}}=(1-\xi)e^{\xi}\)

    设 \(f(x)=\dfrac{e^x}x\)，\(g(x)=\dfrac 1 x\)。\(f(x),g(x)\) 在 \([x_1,x_2]\)（或 \([x_2,x_1]\)）上连续，在 \((x_1,x_2)\)（或 \((x_2,x_1)\)）内可导，且 \(g'(x)\neq 0\)。

    根据柯西中值定理，\(\exists\xi\) 介于 \(x_1,x_2\) 之间，使得 \(\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{g(x_2)-g(x_1)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)，即 \(\dfrac{\frac{e^{x_2}}{x_2}-\frac{^{x_1}}{x_1}}{\frac{1}{x_2}-\frac 1 {x_1}}=\dfrac{\frac{\xi e^{\xi}-e^{\xi}}{\xi^2}}{-\frac{1}{\xi^2}}=(1-\xi)e^{\xi}\)。

  • 函数的单调区间与极值

    • 函数的极值：设 \(f(x)\) 在 \(U(x_0)\) 内有定义，若 \(\exists \delta>0\)，对 \(\forall x\in U(x_0,\delta)\) 均有 \(f(x)\geq f(x_0)\)（或 \(f(x)\leq f(x_0)\)），则称 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极大值（或极小值）。

    • 极值存在的必要条件（费马定理）：若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极值，且 \(f'(x_0)\) 存在，则 \(f'(x_0)=0\)。

    • 极值存在的充分条件：

      • 第一充分条件：若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处连续，且 \(\exists \delta>0\)，\(f(x)\) 在 \(\mathring U(x_0,\delta)\) 可导，

        1. 当 \(x\in \mathring U_-(x_0,\delta)\) 时，\(f'(x)>0\)；当 \(x\in \mathring U_+(x_0,\delta)\) 时，\(f'(x)<0\)；则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极大值。
        2. 当 \(x\in\mathring U_+(x_0,\delta)\) 时，\(f'(x)<0\)；当 \(x\in\mathring U_+(x_0,\delta)\) 时，\(f'(x)>0\)；则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极小值。
        3. 若 \(f'(x)\) 在 \(\mathring U(x_0,\delta)\) 内不变号，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处没有极值。
        注意

        ① 这仅仅是充分条件，不是充要条件。也就是说，若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处取极大值，不一定 \(\exists\delta>0\)，使得 \(f'(x)\) 在 \(\mathring U_-(x_0,\delta)\) 内 \(>0\)，在 \(\mathring U_+(x_0,\delta)\) 内 \(<0\)。

        例如 \(f(x)=\begin{cases}x^2(1+\sin\frac 1 x)&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}\)：\(f(x)\geq 0\)，故 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处取极小值。当 \(x\neq 0\) 时，\(f'(x)=2x(1+\sin\dfrac 1 x)-\cos\dfrac 1 x\)，\(f'(\dfrac 1 {2n\pi})=\dfrac 1 {n\pi}-1<0\)，\(f'(\dfrac{1}{2n\pi+\pi})=\dfrac{2}{2n\pi+\pi}+1>0\)。

        ② \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处连续的前提条件不能漏。

        ③ \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处不一定可导，只要 \(f(x)\) 在 \(\mathring U(x_0,\delta)\) 内可导就行。

      • 第二充分条件：若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处二阶可导，且 \(f'(x_0)=0\)，

        1. 若 \(f''(x_0)>0\)，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极小值。
        2. 若 \(f''(x_0)<0\)，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有极大值。
        3. 若 \(f''(x_0)=0\)，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处可能有极值，也可能没有极值。

      • 第三充分条件：设 \(f(x)\) 在 \(\mathring U(x_0)\) 内存在 \((n-1)\) 阶导数，在 \(x_0\) 处 \(n\) 阶可导，且 \(f^{(k)}(x_0)=0\,(k=1,2,\cdots,n-1)\)，\(f^{(n)}(x_0)\neq 0\)，则

        1. 当 \(n\) 为偶数时，\(f(x)\) 在 \(x_0\) 处取极值；且当 \(f^{(n)}(x_0)>0\) 时，有极小值；当 \(f^{(n)}(x_0)<0\) 时，有极大值。
        2. 当 \(n\) 为奇数时，\(f(x)\) 在 \(x_0\) 处没有极值。

洛必达法则

  • \(\frac 0 0\) 型

    设 \(f(x),g(x)\) 在 \(\mathring U(x_0)\) 内满足：① \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\)；② \(f(x),g(x)\) 可导且 \(g'(x)\neq 0\)；③ \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)（常数或 \(\infty\)），则 \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)。

    证明

    重新定义 \(f(x_0)=g(x_0)=0\)，则 \(f(x),g(x)\) 在 \(U(x_0)\) 内连续。

    则 \(\forall x\in\mathring U(x_0)\)，\(f(x),g(x)\) 在以 \(x_0,x\) 为端点的闭区间上满足柯西中值定理的条件，则 \(\exists \xi\) 介于 \(x_0\) 与 \(x\) 之间，使得 \(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)，即 \(\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)。

    两边取极限，\(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim\limits_{\xi\to x_0}\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A\)。

    \(A\) 无穷大怎么办？

  • \(\frac{*}{\infty}\) 型

    设 \(f(x),g(x)\) 在 \(\mathring U(x_0)\) 内满足：① \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty\)；② \(f(x),g(x)\) 可导且 \(g'(x)\neq 0\)；③ \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)（常数或 \(\infty\)），则 \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)。

    注意

    使用洛必达法则时，应注意：所求极限为 \(\dfrac 0 0\) 或 \(\dfrac * {\infty}\) 型；分子分母的导数存在；导数比 \(\frac{f'(x)}{g'(x)}\) 的极限存在（如 \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{x+\sin x}{x-\sin x}\) 为 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型极限，但 \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{1+\cos x}{1-\cos x}\) 不存在，故不能用洛必达法则；\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\sin\frac 1 x}{e^x-1}\) 为 \(\dfrac 0 0\) 型极限，但 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\sin \frac 1 x-\cos\frac 1 x}{e^x}\) 不存在，故不能用洛必达法则）。

  • 其他类型未定式的极限

    \(0\cdot \infty=0\cdot \frac 1 {0}\) 或 \(=\frac{1}{\infty}\cdot \infty\)

    \(1^{\infty}=e^{\infty\cdot 0}\)

    \(0^0=e^{0\cdot \infty}\)

    \(\infty^0=e^{0\cdot \infty}\)

    例题
    结合无穷小量的等价替换

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{\ln(1+x)\cdot \sqrt{1+2x^2}}\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{x\cdot \frac 1 2 2x^2}=-\dfrac 1 3\)

    结合对无穷小量阶的估计
    性质

    若 \(x\to x_0\) 时，\(f(x)\sim g(x)\)，则 \(f(x)-g(x)\) 是比 \(f(x)\) 更高阶的无穷小量：\(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-g(x)}{f(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}(1-\dfrac{g(x)}{f(x)}))=1-1=0\)。

    eg：当 \(x\to 0\) 时，\(\tan x\sim x\)，则 \(\tan x-x\) 是比 \(x\) 更高阶的无穷小量。而 \(\tan x\) 与 \(x\) 均为奇函数，则 \(\tan x-x\) 的阶数至少为 \(3\) 阶无穷小量。事实上，\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x-1}{3x^2}=\dfrac 1 3 \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan^2 x}{x^2}=\dfrac 1 3\)。所以，当 \(x\to 0\) 时，\(\tan x-x\) 为 \(3\) 阶无穷小量。

    若函数 \(f(x),g(x)\) 满足 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\)，且 \(f(x),g(x)\) 在 \(\mathring U(x_0)\) 内可导：

    • 若 \(f(x)=f_1(x)+f_2(x)\)，而 \(f_1(x)\) 是与 \(g(x)\) 同阶的无穷小量，且 \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f_1(x)}{g(x)}=A\,(\neq 0)\)，则 \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=A+\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f_2(x)}{g(x)}\)。
    • 若 \(f(x)=f_1(x)+f_2(x)\)，而 \(f_1(x)\) 是比 \(g(x)\) 更高阶的无穷小量，则 \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=0+\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f_2(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f_2(x)}{g(x)}\)。

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac 1 {x^2}-\cot^2 x)\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac 1 {x^2}-\dfrac 1 {\tan^2 x})=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan^2 x-x^2}{x^4}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\tan x-x)(\tan x+x)}{x^4}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-x}{x^3}\cdot \dfrac{\tan x+x}x=2\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x-1}{3x^3}=\dfrac 2 3 \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan^2 x}{x^2}=\dfrac 2 3\)

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac 1 {x^2}-\dfrac 1 {\arcsin^2 x})\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\arcsin x+x)(\arcsin x-x)}{x^2\arcsin^2 x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x+x}x\cdot \dfrac{\arcsin x-x}{x^3}=2\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 {\sqrt{1-x^2}}-1}{3x^2}=2\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\frac 1 2 (-x^2)}{3x^2}\)【无穷小等价替换】\(=\dfrac 1 3\)

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x+x^4\cos\frac 1 x}{x^3}\)。

    解答

    本题不能直接用洛必达法则，因为 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^4\cos\frac 1 x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{4x^3\cos\frac 1 x+x^2\sin\frac 1 x}{3x^2}=\dfrac 1 3\lim\limits_{x\to 0}(4x\cos\frac 1 x+\sin\frac 1 x)\) 不存在。

    当 \(x\to 0\) 时，\(x^4\cos\frac 1 x\) 是比 \(3\) 阶高，而比 \(4\) 阶低的无穷小量。

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^4\cos\frac 1 x}{x^3}=-\dfrac 1 3+\lim\limits_{x\to 0}(x\cos\frac 1 x)=-\dfrac 1 3\)

    其他

    设 \(f(x)\) 在 \([a,+\infty)\) 上可导，且 \(\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)+f'(x)]=a\in\mathbb R\)，计算：\(\lim\limits_{x\to +\infty}f'(x)\)。

    解答
    Abstract

    由于已知 \(\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)+f'(x)]=a\in\mathbb R\)，所以 \(\lim\limits_{x\to +\infty}f'(x)=a-\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)\)，转化成求 \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)\)。

    而看到 \(f(x)+f'(x)\) 可以想到 \([e^xf(x)]'=e^x[f(x)+f'(x)]\)。

    \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^xf(x)}{e^x}=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^xf(x)+e^xf'(x)}{e^x}\)【用到 \(\dfrac{*}{\infty}\) 型极限】\(=\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)+f'(x)]=a\)。

    则 \(\lim\limits_{x\to +\infty}f'(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)+f'(x)]-\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0\)。

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\frac 1 x}-e}x\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{\frac{\ln(1+x)}x}-e}x=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{\frac{\ln(1+x)-x}x}-1}{x}=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2}\)【无穷小等价替换】\(=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 {1+x}-1}{2x}=-\dfrac 1 2 e\)

    计算：\(\lim\limits_{n\to +\infty}n[(1+\dfrac 1 n)^n-e]\)。

    解答

    由上题，根据归结原理，有 \(I=\lim\limits_{x\to 0+0}\dfrac{(1+x)^{\frac 1 x}-e}x=-\dfrac e 2\)。

    计算：\(\lim\limits_{n\to +\infty}n[(1+\dfrac 1 n)^n-(1+\dfrac 1 {3n})^{3n}]\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{n\to +\infty}n[((1+\dfrac 1 n)^n-e)-((1+\dfrac 1 {3n})^{3n}-e)]=\lim\limits_{n\to +\infty}n[(1+\dfrac 1 n)^n-e]+\dfrac 1 3 \lim\limits_{n\to +\infty}3n[(1+\dfrac 1 {3n})^{3n}-e]=-\dfrac e 2-\dfrac 1 3(-\dfrac e 2)=-\dfrac e 3\)

    设 \(f(x)=\begin{cases}(1+x)^{\frac 1 x}&(x\neq 0,-1<x<1)\\e&(x=0)\end{cases}\)，证明：\(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导，且导函数在 \(x=0\) 处连续。

    解答

    （1）\(f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\frac 1 x}-e}x=-\dfrac 1 2 e\)

    （2）当 \(x\neq 0\) 时，\(f'(x)=(e^{\frac{\ln(1+x)}x})'=(1+x)^{\frac 1 x}\dfrac{\frac x {1+x}-\ln(1+x)}{x^2}\)。\(\lim\limits_{x\to 0}f'(x)=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac x {1+x}-\ln(1+x)}{x^2}=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 {(1+x)^2}-\frac 1 {1+x}}{2x}=-\dfrac 1 2 e\)。因此，\(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续。

    设 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}x=0\)，\(f''(0)=4\)，求 \(\lim\limits_{x\to 0}(1+\dfrac{f(x)}x)^{\frac 1 x}\)。

    解答

    \(I=\lim\limits_{x\to 0}(1+\dfrac{f(x)}x)^{\frac{x}{f(x)}\cdot \frac{f(x)}{x^2}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}}\)

    错解

    \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f''(x)}2=\dfrac 1 2f''(0)=2\)

    错因：

    ① 题目仅告诉我们 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，没有说 \(f(x)\) 在 \(\mathring U(0)\) 二阶可导，所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f''(x)}2\) 这步是错的。

    ② \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，即 \(f''(0)\) 存在，但 \(f''(x)\) 在 \(x=0\) 处不一定连续，所以 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f''(x)}2=\dfrac 1 2f''(0)\) 这步是错的。

    由于 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，则 \(f'(x)\) 在 \(U(0)\) 存在，\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)}{2x}\)。

    由于 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，则 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续，则 \(f(0)=\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}x\cdot x=0\)，\(f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}x=0\)，从而 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)-f'(0)}x=f''(0)=4\)。

    故 \(I=e^{\frac 4 2}=e^2\)。

    若 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 3x-xf(x)}{x^3}=0\)，求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3-f(x)}{x^2}\)。

    解答
    • 法 1：\(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3x-xf(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3x-\sin 3x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 3x-xf(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3x-\sin 3x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3-3\cos 3x}{3x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{9\sin 3x}{6x}=\dfrac 9 2\)
    • 法 2：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 3x-xf(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3x-\frac{(3x)^3}{6}+o(x^3)-xf(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3-f(x)}{x^2}-\dfrac 9 2=0\)，则 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3-f(x)}{x^2}=\dfrac 9 2\)。

    计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\tan (\sin x)}{x^3}\)。

    解答

    • 法 1：

      根据拉格朗日中值定理，\(\exists \xi\in(\sin x,x)\) 或 \((x,\sin x)\) 使得 \(\tan x-\tan (\sin x)=\sec^2 \xi(x-\sin x)\)。

      \(x\to 0\) 时，\(\xi\to 0\)

      \(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 \xi(x-\sin x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{3x^2}=\dfrac 1 6\)

    • 法 2：

      \(\begin{aligned}I&=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\tan x-\sin x)+(\sin x-\tan(\sin x))}{x^3}\\&=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x-\tan(\sin x)}{\sin^3 x}\\&=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x(1-\cos x)}{x^3}+\lim\limits_{u\to 0}\dfrac{u-\tan u}{u^3}\\&=\dfrac 1 2+\lim\limits_{u\to 0}\dfrac{1-\sec^2 u}{3u^2}\\&=\dfrac 1 2-\dfrac 1 6\\&=\dfrac 1 3\end{aligned}\)

泰勒定理及应用

  • 泰勒（Taylor）多项式：

    设 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处 \(n\) 阶可导，泰勒多项式 \(P_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\)。

    多项式 \(P_n(x)\) 与函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处有 \(n\) 次接近：\(f(x)\) 与 \(P_n(x)\) 在点 \(x_0\) 处的 \(k\) 阶导数均相等（\(k=0,1,\cdots,n\)）。

    误差函数 \(R_n(x)=f(x)-P_n(x)\) 称为泰勒余项。

  • 泰勒公式：

    • 带佩亚诺（Peano）余项的泰勒公式：

      设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处 \(n\) 阶可导，则 \(R_n(x)=o((x-x_0)^n)\,(x\to x_0)\)（佩亚诺余项）。即 \(f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n)\,(x\to x_0)\)。

      证明

      \(\begin{aligned}\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}&=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^n}\\&\xlongequal{(n-1)\,次洛必达法则}\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f^{(n-1)}(x)-P_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}\\&=\dfrac{1}{n!}\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f^{(n-1)}(x)-[f^{(n-1)}(x_0)+f^{(n)}(x_0)(x-x_0)]}{x-x_0}\\&=\dfrac{1}{n!}\lim\limits_{x\to x_0}(\dfrac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}-\dfrac{f^{(n)}(x_0)(x-x_0)}{x-x_0})\\&=\dfrac{1}{n!}(f^{(n)}(x_0)-f^{(n)}(x_0))\\&=0\end{aligned}\)

      常见函数的泰勒展开-佩亚诺余项

      \(e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n)\)

      \(\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n})\)

      \(\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})\)

      \(\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+o(x^n)\)

      \((1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)\)

      \(\tan x=x+\dfrac 1 3 x^3+\dfrac 2{15}x^5+\dfrac{17}{315}x^7+o(x^5)\)

      \(\arcsin x=x+\dfrac 1 6 x^3+\dfrac 3 {40}x^5+\dfrac 5 {112}x^7+o(x^7)\)

      \(\arctan x=x-\dfrac{x^3}3+\dfrac{x^5}5-\dfrac{x^7}7+\cdots+\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}+o(x^{2n+1})\)

      \(x\cot x=1-\dfrac 1 3 x^2-\dfrac 1 {45}x^4-\dfrac 2 {945}x^6+o(x^6)\)

      \(\sec x=1+\dfrac 1 2 x^2+\dfrac 5 {24}x^4+\dfrac{61}{720}x^6+o(x^6)\)

      \(x\csc x=1+\dfrac 1 6 x^2+\dfrac 7 {360}x^4+\dfrac{31}{15120}x^6+o(x^6)\)

      \((1+x)^{\frac 1 x}=e-\dfrac e 2 x+\dfrac{11}{24}ex^2-\dfrac{7}{16}ex^3+o(x^3)\)

      例题

      计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x^2+x\ln(1-x)}{x^3}\)。

      解答

      \(=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(x^2-\dfrac{x^6}{3!}+o(x^6))+x(-x-\frac{x^2}2+o(x^2))}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\frac 1 2 x^3+o(x^3)}{x^3}=-\dfrac 1 2\)

      计算：\(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{x^2}+2\cos x-3}{x^4}\)。

      解答

      \(=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x^2+\frac 1 2 x^4+o(x^4))+2(1-\frac {x^2}2+\frac{x^4}{4!}+o(x^4))-3}{x^4}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\frac 1 2+\frac 1 {12})x^4+o(x^4)}{x^4}=\dfrac 7{12}\)

      假设 \(x\to 0\) 时 \(\sin^3 x-x^3\cos x\) 与 \(Ax^{\alpha}\) 为等价无穷小量，求 \(A\) 和 \(\alpha\) 的值。

      解答
      Abstract

      当 \(x\to 0\) 时，\(\sin^3 x\sim x^3\cos x\)，而 \(\sin^3-x^3\cos x\) 为奇函数，所以 \(\sin^3 x-x^3\cos x\) 是比 \(x^3\) 更高阶的无穷小量，且至少是 \(5\) 阶无穷小量。

      \(\sin^3 x=(x-\dfrac 1 6 x^3+o(x^3))^3\) 的展开式中，不仅含有 \(x^5\)，也含有 \(x^7\)。为了避免 \(x^5\) 项抵消而需要用到 \(x^7\) 时 \(x^7\) 项的系数正确，要将 \(\sin^3 x\) 的展开式精确到 \((x-\dfrac 1 6 x^3+\dfrac 1 {120}x^5+o(x^5))^3\)。

      \(\sin^3 x-x^3\cos x=(x-\dfrac{x^3}6+\dfrac{x^5}{120}+o(x^5))^3-x^3(1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4))=(x^3-\dfrac 1 2 x^5+(\dfrac 1 {40}+\dfrac 1 {12})x^7+o(x^7))-(x^3-\dfrac 1 2 x^5+\dfrac{1}{24}x^7+o(x^7))=\dfrac 1 {15}x^7+o(x^7)\)

      则 \(A=\dfrac 1 {15}\)，\(\alpha=7\)。

    • 带拉格朗日余项的泰勒公式：

      设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有 \(n\) 阶连续导数，在 \((a,b)\) 内 \((n+1)\) 阶可导，则对 \(\forall x,x_0\in[a,b]\,(x\neq x_0)\)，\(\exists \xi=x_0+\theta(x-x_0)\in(a,b)\)（其中 \(\theta\in(0,1)\)），使得 \(R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)（拉格朗日余项）。

      即 \(f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)。

      证明
      法 1

      \(R_n^{(k)}(x_0)=0\,(k=0,1,\cdots,n)\)

      对 \(R_n(x)\) 和 \(g(x)=(x-x_0)^{n+1}\) 在区间 \([x,x_0]\) 或 \([x_0,x]\) 上应用柯西中值定理，有：

      \(\begin{aligned}\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}&=\dfrac{R_n(x)-R_n(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\dfrac{R_n'(\xi_1)}{g'(\xi_1)}\\&=\dfrac{R_n'(\xi_1)-R_n'(x_0)}{g'(\xi_1)-g'(x_0)}=\dfrac{R''(\xi_2)}{g''(\xi_2)}\\&=\cdots\\&=\dfrac{R_n^{(n)}(\xi_n)-R_n^{(n)}(x_0)}{g^{(n)}(\xi_n)-g^{(n)}(x_0)}=\dfrac{R_n^{(n+1)}(\xi)}{g^{(n+1)}(\xi)}\\&=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\end{aligned}\)

      法 2

      设 \(F(t)=f(x)-\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\)，则 \(F(x)=0\)，\(F(x_0)=R_n(x)\)。

      \(F'(t)=-\sum_{k=0}^n[\dfrac{f^{(k+1)}(t)}{k!}\cdot (x-t)^k+\dfrac{f^{(k)}(t)}{k!}\cdot k(x-t)^{k-1}\cdot (-1)]=-\sum_{k=0}^n[\dfrac{f^{(k+1)}(t)}{k!}\cdot (x-t)^k-\dfrac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}]=-\dfrac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\)

      对 \(F(t)\) 和 \(G(t)=(x-t)^{n+1}\) 在区间 \([x,x_0]\) 或 \([x_0,x]\) 上应用柯西中值定理，则 \(\exists \xi\in(x,x_0)\) 或 \((x_0,x)\) 使得 \(\dfrac{F(x_0)-F(x)}{G(x_0)-G(x)}=\dfrac{F'(\xi)}{G'(\xi)}\)，即 \(\dfrac{R_n(x)-0}{(x-x_0)^{n+1}-0}=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\)。

      故 \(R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)。

      麦克劳林（Maclaurin）公式：\(x_0=0\) 时，\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1},0<\theta<1\)。

      常见函数的麦克劳林公式

      \(e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1},0<\theta<1\)

      \(\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+(-1)^n\dfrac{\cos\theta x}{(2n+1)!}x^{2n+1},0<\theta<1\)

      \(\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+(-1)^{n+1}\dfrac{\cos\theta x}{(2n+2)!}x^{2n+2},0<\theta<1\)

      \(\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+(-1)^n \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}},0<\theta<1\)

      \((1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}(1+\theta x)^{\alpha-n-1}x^{n+1},0<\theta<1\)

      例题

      证明：当 \(x>0\) 时，\(\forall n\in\mathbb N^*\)，均有 \(x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots-\dfrac{x^{2n}}{2n}<\ln(1+x)<x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots+\dfrac{x^{2n-1}}{2n-1}\)。

      解答

      由 \(\ln(1+x)\) 的麦克劳林展开式，可得 \(R_n(x)=\ln(1+x)-(x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}n)=(-1)^n\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}\)，\(\theta\in(0,1)\)。

      当 \(n\) 为偶数时，\(R_n(x)>0\)；当 \(n\) 为奇数时，\(R_n(x)<0\)，故 \(x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots-\dfrac{x^{2n}}{2n}<\ln(1+x)<x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots+\dfrac{x^{2n-1}}{2n-1}\)。

      设 \(f(x)\) 在 \(x=x_0\) 处 \((n+1)\) 阶可导，且 \(f^{(n+1)}(x_0)\neq 0\)，\(f(x_0+h)=f(x_0)+f'(x_0)h+\dfrac{f''(x_0)}2h^2+\cdots+\dfrac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}h^{n-1}+\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)}{n!}h^n\)，其中 \(0<\theta_n<1\)。证明：\(\lim\limits_{h\to 0}\theta_n=\dfrac 1{n+1}\)。

      解答

      对比：

      • \(n-1\) 次泰勒展开的拉格朗日余项形式：\(f(x_0+h)=f(x_0)+f'(x_0)h+\dfrac{f''(x_0)}2h^2+\cdots+\dfrac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}h^{n-1}+\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)}{n!}h^n\)
      • \(n+1\) 次泰勒展开的佩亚诺余项形式：\(f(x_0+h)=f(x_0)+f'(x_0)h+\dfrac{f''(x_0)}2h^2+\cdots+\dfrac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}h^{n-1}+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}h^n+\dfrac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}h^{n+1}+o(h^{n+1})\)

      \(\Rightarrow\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)}{n!}h^n=\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}h^n+\dfrac{f^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!}h^{n+1}+o(h^{n+1})\)

      即 \(\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)-f^{(n)}(x_0)}{h}=\dfrac{f^{(n+1)}(x_0)}{n+1}+o(1)\)

      则 \(\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)-f^{(n)}(x_0)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f^{(n)}(x_0+\theta_nh)-f^{(n)}(x_0)}{\theta_nh}\cdot \theta_n=f^{(n+1)}(x_0)\lim\limits_{h\to 0}\theta_n=\dfrac{f^{(n+1)}(x_0)} {n+1}\)

      又 \(f^{(n+1)}(x_0)\neq 0\)，因此 \(\lim\limits_{h\to 0}\theta_n=\dfrac 1 {n+1}\)。

  • 复合函数的泰勒展开

    \(f(g(x))\) 在 \(x_0\) 处展开：将 \(u=g(x)\) 在点 \(x_0\) 处的展开式，代入 \(f(u)\) 在点 \(u_0=g(x_0)\) 的展开式中。

    例题

    将 \((1+\dfrac 1 n)^n\) 进行麦克劳林展开，精确到 \(o(\dfrac 1 {n^2})\)，并计算：（1）\(\lim\limits_{n\to +\infty}n((1+\dfrac 1 n)^n-e)=a\)；（2）\(\lim\limits_{n\to +\infty}n[n((1+\dfrac 1 n)^n-e)-a]\)。

    解答

    \((1+\dfrac 1 n)^n=e^{n\ln(1+\frac 1 n)}=e^{n(\frac 1 n-\frac 1 {2n^2}+\frac 1 {3n^3}+o(\frac 1 {n^3}))}=e^{1-\frac 1 {2n}+\frac{1}{3n^2}+o(\frac 1 {n^2})}=e\cdot e^{-\frac 1 {2n}+\frac 1 {3n^2}+o(\frac 1 {n^2})}\)【将“\(e^1\)”转化成“\(e^0\)”】\(=e[1+(-\dfrac 1 {2n}+\dfrac 1 {3n^2}+o(\dfrac 1 {n^2}))+\dfrac 1 2(-\dfrac 1 {2n}+\dfrac 1 {3n^2}+o(\dfrac 1 {n^2}))^2+o(\dfrac 1 {n^2})]=e[1-\dfrac 1 {2n}+(\dfrac 1 3+\dfrac 1 8)\dfrac 1 {n^2}+o(\dfrac 1 {n^2})]=e-\dfrac e 2\cdot \dfrac 1 n+\dfrac{11}{24}e\cdot \dfrac 1 {n^2}+o(\dfrac 1 {n^2})\)

    （1）\(a=\lim\limits_{n\to +\infty}n[-\dfrac e 2\cdot \dfrac 1 n+\dfrac{11}{24}e\cdot \dfrac 1 {n^2}+o(\dfrac 1 {n^2})]=-\dfrac e 2\)

    （2）\(I=\lim\limits_{n\to +\infty}n[-\dfrac e 2+\dfrac{11}{24}e\cdot \dfrac 1 n+o(\dfrac 1 n)-\dfrac e 2]=\dfrac{11}{24}e\)

  • 泰勒公式的应用

    例题

    设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内二阶可导，且 \(f(0)=f(1)=0\)，\(\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\)。证明：\(\exists\xi\in(0,1)\) 使得 \(f''(\xi)\geq 8\)。

    解答
    Abstract

    注意到题目没有给出 \(f'\) 的相关信息。

    法 1：泰勒展开，为了展开时不出现 \(f'\)，考虑在 \(f'(c)=0\) 的点 \(c\) 处展开。

    法 2：构造一个有多个零点的辅助函数，多次应用罗尔定理。注意到 \(f(0)=f(1)=0,f(c)=-1\)，\(x(x-1)\) 在 \(x=0,1\) 处都为 \(0\)，\(\dfrac{2}{c(1-c)}\geq 8\)，构造 \(F(x)=f(x)-\dfrac 1 {c(1-c)}x(x-1)\)，这样就有 \(F(0)=F(c)=F(1)\) 且 \(F''(\xi)=f''(\xi)-\dfrac 2 {c(c-1)}=0\Rightarrow f''(\xi)\geq 8\)。

    法 3：另辟蹊径。构造 \(p(x)=4x(x-1)\)，则 \(p(0)=p(1)=0\)，最小值 \(p(\dfrac 1 2)=-1\)，\(p''(x)=8\)。那么证明 \(\exists\xi\) 使得 \(f''(\xi)\geq 8\) 即证 \(\exists \xi\) 使得 \([f(x)-p(x)]''\geq 0\)。反证，令 \(F(x)=f(x)-p(x)\)，假设 \(\forall x\in(0,1)\) 均 \(F''(x)<0\)，则 \(F(x)\) 在 \([0,1]\) 上是凸函数，则 \(\forall x\in(0,1)\) 均 \(F(x)>0\)，则 \(f(x)>p(x)\geq -1\)，与 \(\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\) 矛盾。

    法 4：转化为证明 \(\exists \xi\) 使得 \(f''(\xi)=8\)，即 \(F''(\xi)=0\)。发现 \(F(x)\) 在 \((0,1)\) 有零点，所以用两次罗尔定理即证。

    • 法 1：

      不妨设 \(f(c)=\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\)。由于 \(f(0)=f(1)=0\)，故 \(c\in(0,1)\)。故 \(f(x)\) 在 \(x=c\) 处取极小值，根据费马定理，\(f'(c)=0\)。

      将 \(f(x)\) 在 \(x=c\) 处泰勒展开，则对 \(\forall x\in[0,1]\)，\(\exists \eta\in(0,1)\) 使得 \(f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\dfrac{f''(\eta)}2(x-c)^2=-1+\dfrac{f''(\eta)}2(x-c)^2\)。

      代入 \(x=0\)，得 \(f''(\eta_1)=\dfrac 2 {c^2}\)；代入 \(x=1\)，得 \(f''(\eta_2)=\dfrac 2 {(1-c)^2}\)。

      若 \(0<c\leq \dfrac 1 2\)，\(f''(\eta)\geq 8\)；若 \(\dfrac 1 2<c<1\)，则 \(f''(\eta_2)>8\)。故 \(\exists \xi\in(0,1)\) 使得 \(f''(\xi)\geq 8\)。

      （或：\(f''(\eta_1)f''(\eta_2)=\dfrac{4}{(c(1-c))^2}\geq \dfrac 4 {(\frac 1 4)^2}=64\)，故 \(\max\{f''(\eta_1),f''(\eta_2)\}\geq 8\)）

    • 法 2：

      设 \(f(c)=\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\)。

      设 \(F(x)=f(x)-\dfrac 1 {c(1-c)}x(x-1)\)，则 \(F(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内二阶可导，且 \(F(0)=F(c)=F(1)=0\)。用两次罗尔定理，可得 \(\exists\xi\in(0,1)\) 使得 \(F''(\xi)=0\)，从而 \(F''(\xi)=\dfrac 2 {c(1-c)}\geq 8\)。

    • 法 3：

      设 \(F(x)=f(x)-(4x^2-4x)\)。则 \(F(0)=F(1)=0\)，\(F''(x)=f''(x)-8\)。

      假设 \(\forall x\in(0,1)\) 均有 \(f''(x)<8\)，则 \(F''(x)=f''(x)-8<0\)，从而 \(F(x)\) 是 \([0,1]\) 上的凸函数。

      因此，对 \(\forall x\in(0,1)\) 均有 \(F(x)=F((1-x)\cdot 0+x\cdot 1)>(1-x)F(0)+xF(1)=0\)。

      进而 \(f(x)>4x^2-4x=(2x-1)^2-1\geq -1\)，这与 \(\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\) 矛盾。

      因此 \(\exists \xi\in(0,1)\) 使得 \(f''(\xi)\geq 8\)。

    • 法 4：

      不妨设 \(f(x)=\min\limits_{0\leq x\leq 1}\{f(x)\}=-1\)。

      设 \(F(x)=f(x)-(4x^2-4x)\)。

      1. 若 \(f(\dfrac 1 2)=-1\)，则 \(F(0)=F(\dfrac 1 2)=F(1)=0\)，用两次罗尔定理，可得 \(\exists\xi\in(0,1)\) 使得 \(F''(\xi)=0\)，从而 \(f''(\xi)=8\)。

      2. 若 \(f(\dfrac 1 2)\neq -1\)，则 \(f(\dfrac 1 2)>-1\)，\(c\neq \dfrac 1 2\)。进而 \(F(\dfrac 1 2)=f(\dfrac 1 2)-(-1)>0\)，\(F(c)=-1-((2c-1)^2-1)=-(2c-1)^2<0\)。根据零点存在定理，\(\exists\) 介于 \(\dfrac 1 2\) 和 \(c\) 之间的 \(x_0\) 满足 \(F(x_0)=0\)。又 \(F(0)=F(1)=0\)，用两次罗尔定理，可得 \(\exists\xi\in(0,1)\) 使得 \(F''(\xi)=0\)，从而 \(f''(\xi)=8\)。

    中点展开，端点代入

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有 \(3\) 阶连续倒数，在 \(x_0=\dfrac{a+b}2\) 处泰勒展开，则：对 \(\forall x\in[a,b]\)，\(\exists\xi\in(a,b)\) 使得 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}2(x-x_0)^2+\dfrac{f'''(x_0)}{6}(x-x_0)^3\)。

    代入 \(x=a\)，则 \(f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}2(a-x_0)^2+\dfrac{f'''(\xi_1))}6(a-x_0)^3\)

    代入 \(x=b\)，则 \(f(b)=f(x_0)+f'(x_0)(b-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}2(b-x_0)^2+\dfrac{f'''(\xi_2)}6(b-x_0)^3\)

    【若题目不给二阶导数信息】

    两式相减，有 \(f(b)-f(a)=(b-a)f'(x_0)+\dfrac{f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)}2\cdot\dfrac{(b-a)^3}{24}\)

    \(\dfrac{f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)}2=\dfrac{24}{(b-a)^3}(f(b)-f(a))\)

    若 \(f'(x_0)=0\)，则 \(\dfrac{f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)}2=\dfrac{24}{(b-a)^3}(f(b)-f(a))\)。

    • 根据导函数的介值性，\(\exists\xi\in(a,b)\) 使得 \(f'''(\xi)=\dfrac{24}{(b-a)^3}(f(b)-f(a))\)。

    • \(\exists\xi\in\{\xi_1,\xi_2\}\) 使得 \(f'''(\xi)\geq \dfrac{24}{(b-a)^3}(f(b)-f(a))\)。

    【若题目不给一阶导数信息】

    两式相加，有 \(f(a)+f(b)=2f(x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{4}(b-a)^2+\dfrac{f'''(\xi_2)-f'''(\xi_1)}2\cdot\dfrac{(b-a)^3}{24}\)

    若 \(f''(x_0)=0\)，\(M=\max\limits_{a\leq x\leq b}\{|f'''(x)|\}\)，则 \(M\geq |\dfrac{f'''(\xi_2)-f'''(\xi_1)}2|=\dfrac{24}{(b-a)^3}|f(b)+f(a)-2f(\dfrac{a+b}2)|\)，即 \(|f(b)+f(a)-2f(\dfrac{a+b}2)|\leq \dfrac{(b-a)^3}{24}M\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内二阶可导。证明：\(\exists c\in(a,b)\) 使得 \(f(a)-2f(\dfrac{a+b}2)+f(b)=\dfrac{(b-a)^2}4f''(c)\)。

    解答

    • 法 1：

      在 \(x_0=\dfrac{a+b}2\) 处泰勒展开，则对 \(\forall x\in[a,b]\)，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}2(x-x_0)^2\)。

      代入 \(x=a\)：\(f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\dfrac{f''(\xi_1)}2(a-x_0)^2\)。

      代入 \(x=b\)：\(f(b)=f(x_0)+f'(x_0)(b-x_0)+\dfrac{f''(\xi_2)}2(b-x_0)^2\)。

      两式相加，\(f(a)-2f(\dfrac{a+b}2)+f(b)=\dfrac{(b-a)^2}4\cdot \dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}2\)。

      根据达布定理，\(\exists c\in(a,b)\) 使得 \(f''(c)=\dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}2\)。因此 \(f(a)-2f(\dfrac{a+b}2)+f(b)=\dfrac{(b-a)^2}4f''(c)\)。

    • 法 2：

      过点 \((a,f(a)),(x_0,f(x_0)),(b,f(b))\) 的二次曲线为 \(g(x)=\dfrac{(x-x_0)(x-b)}{(a-x_0)(a-b)}f(a)+\dfrac{(x-a)(x-b)}{(x_0-a)(x_0-b)}f(x_0)+\dfrac{(x-a)(x-x_0)}{(b-a)(b-x_0)}f(b)\)【拉格朗日插值】。

      设 \(F(x)=f(x)-g(x)\)，则 \(F''(x)=f''(x)-\dfrac{4}{(b-a)^2}[f(a)-2f(x_0)+f(b)]\)。

      \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内二阶可导，且 \(F(a)=F(x_0)=F(b)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists c\in(a,b)\) 使得 \(F''(c)=0\)，即 \(f(a)-2f(x_0)+f(b)=\dfrac{(b-a)^2}4f''(c)\)。

函数图形的凹凸性与拐点

  • 函数的凹凸性

    • 定义：

      1. 设 \(f(x)\) 在区间 \(D\) 上连续，若对 \(\forall x_1,x_2\in D\) 均有 \(f(\frac{x_1+x_2}2)\geq \frac{f(x_1)+f(x_2)}2\)，则称 \(y=f(x)\) 在区间 \(D\) 上是凸的。同样可定义凹的。

      2. 设 \(f(x)\) 在区间 \(D\) 上连续，若对 \(\forall x_1,x_2\in D\) 及 \(\forall \alpha\in(0,1)\) 均有 \(f(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2)\geq \alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2)\)，则称 \(y=f(x)\) 在区间 \(D\) 上是凸的。

      3. 设 \(f(x)\) 在区间 \(D\) 上可导，且曲线 \(y=f(x)\) 都在曲线上任意一点切线的下方，即在点 \((x_0,f(x_0))\) 处总有 \(f(x)\leq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\)，则称 \(y=f(x)\) 在 \(D\) 上是凸的。

    • 定理：

      • 充要条件：\(f(x)\) 在区间 \(D\) 上是凸的 \(\Leftrightarrow\) 对于 \(D\) 上任意三点 \(x_1,x_2,x_3\)，总有 \(\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}\)。

      • 充分条件：设 \(f(x)\) 在区间 \((a,b)\) 内具有二阶导数，那么

        （1）若对 \(\forall x\in(a,b)\)，均有 \(f''(x)>0\)，则 \(y=f(x)\) 在 \((a,b)\) 内是凹的。

        （2）若对 \(\forall x\in(a,b)\)，均有 \(f''(x)<0\)，则 \(y=f(x)\) 在 \((a,b)\) 内是凸的。

        证明

        • 法 1：

          对 \(\forall x_0\in(a,b)\)，将 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处展开，有 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)^2\)，其中 \(\xi\) 介于 \(x_0\) 与 \(x\) 之间。

          若 \(f''(x)>0\)，则 \(f(x)>f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\)，曲线是凹的；若 \(f''(x)<0\)，则 \(f(x)<f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\)，曲线是凸的。

        • 法 2：

          对 \(\forall x_1,x_2\in(a,b)\) 及 \(\forall \alpha\in(0,1)\)，记 \(x_0=\alpha x_1+(1-\alpha)x_2\)。

          将 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处展开，有 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)^2>f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\)。

          代入 \(x=x_1\) 或 \(x=x_2\)，有 \(f(x_1)>f(x_0)+f'(x_0)(x_1-x_0)\)，\(f(x_2)>f(x_0)+f'(x_0)(x_2-x_0)\)。

          故 \(\alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2)>f(x_0)+f'(x_0)[\alpha(x_1-x_0)+(1-\alpha)(x_2-x_0)]=f(x_0)\)，即 \(\alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2)>f(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2)\)。

        • 法 3：

          对 \(\forall x_1<x_2\in(a,b)\)，有 \(f(\dfrac{x_1+x_2}2)-\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}2=[f(\dfrac{x_1+x_2}2-f(x_1))]-[f(x_2)-f(\dfrac{x_1+x_2}2)]=f'(\xi_1)(\dfrac{x_1+x_2}2-x_1)-f'(\xi_2)(x_2-\dfrac{x_1+x_2}2)\)【拉格朗日中值定理】\(=\dfrac{x_2-x_1}2(f'(\xi_1)-f'(\xi_2))<0\)，其中 \(\xi_1\in(x_1,\dfrac{x_1+x_2}2)\)，\(\xi_2\in(\dfrac{x_1+x_2}2,x_2)\)。

          因此 \(f(\dfrac{x_1+x_2}2)<\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}2\)，所以 \(y=f(x)\) 是凹的。

    例题

    若 \(f\) 是定义在 \((a,b)\) 内可导的凹函数，则 \(x_0\in(a,b)\) 为 \(f\) 的极小值点 \(\Leftrightarrow\) \(f'(x_0)=0\)。

    解答
    Abstract

    \(\Rightarrow\) 是费马定理，\(\Leftarrow\) 考虑凹函数的“切线不等式”（给出凹凸性和导数的条件，可以试试凹凸函数的切线不等式）。

    • \(\Rightarrow\)：由费马定理可得。
    • \(\Leftarrow\)：\(\forall x\in(a,b),x\neq x_0\)，由于 \(f\) 是 \((a,b)\) 内的凹函数，\(f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)=f(x_0)\)，故 \(f\) 在 \(x_0\) 处取最小值。
    Tip

    凹函数的驻点一定是极小值点，凸函数的驻点一定是极大值点。

    设 \(f\) 为 \((a,b)\) 内的凹函数，且不是常函数。证明：\(f\) 在 \((a,b)\) 内没有最大值。

    解答

    反证。假设 \(f\) 在 \(x_0\in(a,b)\) 处取最大值，则 \(\forall x_1,x_2\in(a,b)\) 且 \(x_1<x_0<x_2\)，\(\alpha=\dfrac{x_0-x_1}{x_2-x_1}\)，\(f(x_0)=f((1-\alpha)x_1+\alpha x_2)\leq (1-\alpha)f(x_1)+\alpha f(x_2)\leq (1-\alpha)f(x_0)+\alpha f(x_0)\leq f(x_0)\)，因此 \(f(x_1)=f(x_2)=f(x_0)\)。从而 \(f\) 为 \((a,b)\) 内的常函数，矛盾。

    设 \(f\) 为 \([a,b]\) 上的凹函数，且不是常函数。证明：\(\forall x\in[a,b]\)，\(f(x)\leq \max\{f(a),f(b)\}\)。

    解答

    \(f(x)=f((1-\alpha)a+\alpha b)\leq (1-\alpha)f(a)+\alpha f(b)\leq \max\{f(a),f(b)\}\)

    Jensen 不等式：设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 满足 \(f''(x)>0\)，则对 \(\forall \alpha_i>0\)，\(\sum_{i=1}^n \alpha_i=1\)，及 \(\forall x_i\in[a,b]\,(i=1,2,\cdots,n)\)，均有 \(f(\sum_{i=1}^n \alpha_i x_i)\leq \sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)\)。（\(n\geq 2\)）

    解答

    由于 \(f''(x)>0\)，则 \(f(x)\) 为 \([a,b]\) 上的凹函数。

    • 当 \(n=2\) 时，对 \(\alpha_1,\alpha_2>0,\alpha_1+\alpha_2=1\) 及 \(x_1,x_2\in[a,b]\)，有 \(f(\alpha_1 x_1+\alpha_2 x_2)\leq \alpha_1 f(x_1)+\alpha_2 f(x_2)\) 成立。

    • 假设 \(n\) 时成立，即 \(f(\sum_{i=1}^n \alpha_i x_i)\leq \sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)\)。

      则当 \(n+1\) 时，有

      \(\begin{aligned}f(\sum_{i=1}^{n+1}\alpha_i x_i)&=f(\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i+\alpha_{n+1}x_{n+1})\\&=f((1-\alpha_{n+1})\sum_{i=1}^n \dfrac{\alpha_i}{1-\alpha_{n+1}}x_i+\alpha_{n+1}x_{n+1})\\&\leq (1-\alpha_{n+1})f(\sum_{i=1}^n \dfrac{\alpha_i}{1-\alpha_{n+1}}x_i)+\alpha_{n+1}f(x_{n+1})\\&=(1-\alpha_{n+1})\sum_{i=1}^n \dfrac{\alpha_i}{1-\alpha_{n+1}}f(x_i)+\alpha_{n+1}f(x_{n+1})\\&=\sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)+\alpha_{n+1}f(x_{n+1})\\&=\sum_{i=1}^{n+1}\alpha_i f(x_i)\end{aligned}\)

    设 \(A,B,C\) 为 \(\triangle ABC\) 的三个内角。证明：\(\sin A+\sin B+\sin C\leq \dfrac{3\sqrt 3}2\)。

    解答

    设 \(f(x)=\sin x\,(0<x<\pi)\)，则 \(f''(x)=-\sin x<0\)。

    根据 Jensen 不等式，有 \(f(\dfrac{A+B+C}3)\geq \dfrac 1 3 (f(A)+f(B)+f(C))\)，即 \(\sin A+\sin B+\sin C\leq 3 \sin\dfrac{A+B+C}3=3\cdot \dfrac{\sqrt 3}2\)。

    证明：加权均值不等式，即对 \(\forall \alpha_i>0\)，\(\sum_{i=1}^n \alpha_i=1\)，\(x_i>0\,(i=1,2,\cdots,n)\)，有 \(\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i\geq \prod_{i=1}^n x_i^{\alpha_i}\)。

    解答

    即证 \(\ln \sum_{i=1}^n \alpha_ix_i\geq \sum_{i=1}^n \alpha_i\ln x_i\)。

    设 \(f(x)=\ln x\)，则 \(f''(x)=-\dfrac 1{x^2}<0\)。

    根据 Jensen 不等式，有 \(f(\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i)\geq \sum_{i=1}^n \alpha_i f(x_i)\)，即 \(\ln(\sum_{i=1}^n \alpha_ix_i)\geq \sum_{i=1}^n \alpha_i\ln x_i\)。

    Young 不等式：若 \(x,y\geq 0\)，\(p,q>0\)，\(\dfrac 1 p+\dfrac 1 q=1\)，则 \(x^{\frac 1 p}y^{\frac 1 q}\leq \dfrac x p+\dfrac y q\)。

    解答

    若 \(x=0\) 或 \(y=0\)，显然成立。

    若 \(x,y>0\)，令 \(\alpha=\dfrac 1 p\)，\(\beta=\dfrac 1 q\)，则即证 \(\alpha\ln x+\beta \ln y\leq \ln(\alpha x+\beta y)\)。设 \(f(x)=\ln x\)，\(f''(x)=-\dfrac 1 {x^2}<0\)，则 \(\forall x,y>0\)，\(f(\alpha x+\beta y)\geq \alpha f(x)+\beta f(y)\)，即 \(\ln (\alpha x+\beta y)\geq \alpha \ln x+\beta \ln y\)。

  • 拐点（变凹点）

    • 定义：连续曲线上凹凸性发生变化的点。

      注意

      极值点写 \(x=x_0\)，拐点写 \((x_0,f(x_0))\)。

    • 定理：

      • 必要条件：若 \((x_0,f(x_0))\) 是曲线 \(y=f(x)\) 的拐点，且 \(f''(x_0)\) 存在，则 \(f''(x_0)=0\)。（但反之不成立）

        Tip

        曲线的拐点只有两类：① 二阶导数不存在的点；② 二阶导数为 \(0\) 的点。实际上，\(y=f(x)\) 的拐点就是 \(f'(x)\) 的极值点。

函数图形的描绘

  • 曲线的渐近线

    • 定义：设有曲线 \(C\)，若存在直线 \(l\)，当曲线 \(C\) 上的点 \(P\) 无限远离原点时，点 \(P\) 到直线 \(l\) 的距离趋于 \(0\)，则称直线 \(l\) 为曲线 \(C\) 的渐近线。

      注意

      由定义知，渐近线与曲线可以有交点。如直线 \(y=0\) 是曲线 \(y=\dfrac{\sin x}x\) 的水平渐近线。

      1. 水平渐近线：\(y=A\)

        直线 \(y=a\) 为曲线 \(y=f(x)\) 的渐近线 \(\Leftrightarrow\) \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A\) 或 \(\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=A\)

      2. 垂直渐近线：\(x=a\)

        直线 \(x=a\) 为曲线 \(y=f(x)\) 的渐近线 \(\Leftrightarrow\) \(\lim\limits_{x\to a+0}f(x)=\infty\) 或 \(\lim\limits_{x\to a-0}f(x)=\infty\)

      3. 斜渐近线：\(y=ax+b\,(a\neq 0)\)

        直线 \(y=ax+b\) 为 \(y=f(x)\) 的渐近线

        \(\Leftrightarrow\) \(\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)-(ax+b)]=0\) 或 \(\lim\limits_{x\to -\infty}[f(x)-(ax+b)]=0\)

        \(\Leftrightarrow\) \(a=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}x\)，\(b=\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)-ax]\) 或 \(a=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}x\)，\(b=\lim\limits_{x\to -\infty}[f(x)-ax]\)

      Tip

      垂直渐近线可以有无数条。水平渐近线和斜渐近线加起来最多只有两条。

      例题

      求曲线 \(y=x+\sqrt{x^2+4x+7}\) 的渐近线。

      解答
      • \(\lim\limits_{x\to -\infty}(x+\sqrt{x^2+4x+7})\xlongequal{x=-u}\lim\limits_{u\to +\infty}(\sqrt{u^2-4u+7}-u)=\lim\limits_{u\to +\infty}\dfrac{-4u+7}{\sqrt{u^2-4u+7}+u}=-2\)，故 \(y=-2\) 为其渐近线。

      • \(a=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac y x=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x+\sqrt{x^2+4x+7}}x=2\)

        \(b=\lim\limits_{x\to +\infty}((x+\sqrt{x^2+4x+7})-2x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{4x+7}{x+\sqrt{x^2+4x+7}}=2\)

        故 \(y=2x+2\) 为其渐近线。

      求曲线 \(y=\dfrac{x^2+2}{x-1}+\ln(1+e^x)\) 的渐近线。

      解答
      • \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\infty\)，故 \(x=1\) 为其渐近线。

      • \(a=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}x=\lim\limits_{x\to -\infty}[\dfrac{x^2+2}{x(x-1)}+\dfrac{\ln(1+e^x)}x]=1\)

        \(b=\lim\limits_{x\to -\infty}[f(x)-ax]=\lim\limits_{x\to -\infty}[\dfrac{x+2}{x-1}+\ln(1+e^x)]=1\)

        故 \(y=x+1\) 为其渐近线。

      • \(a=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}x=\lim\limits_{x\to +\infty}[\dfrac{x^2+2}{x(x-1)}+\dfrac{\ln(1+e^x)}{x}]=1+\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^x}{1+e^x}=2\)

        \(b=\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)-ax]=\lim\limits_{x\to +\infty}[\dfrac{x+2}{x-1}+\ln(1+e^{-x})]=1+0=1\)

        故 \(y=2x+1\) 为其渐近线。

  • 函数图形的描绘

    （1）确定函数的定义域；分析函数的奇偶性、周期性

    （2）求出 \(f'(x)=0\) 及 \(f'(x)\) 不存在的点；\(f''(x)=0\) 及 \(f''(x)\) 不存在的点。上述点将定义域分成若干个小区间，判断每个小区间中 \(f'(x),f''(x)\) 的符号，从而得到 \(f(x)\) 的单调区间与极值、凹凸区间与拐点。

    （3）求出函数的渐近线

    （4）将特殊点（截距点，极值点，拐点灯）用光滑连续曲线链接

曲率

  • 曲率
  • 曲率圆

题目

  • 构造辅助函数

    Tip

    1. \((uv)'=u'v+uv'\) 的逆用：

      • \([f^{(a-1)}(x)f^{(b)}(x)]'=f^{(a)}(x)f^{(b)}(x)+f^{(a-1)}(x)f^{(b+1)}(x)\)

        见到 \(f^{(a)}f^{(b)}(x)+f^{(a-1)}(x)f^{(b+1)}(x)\)，作 \(F(x)=f^{(a-1)}(x)f^{(b)}(x)\)。

        如 \(f(x)f'(x)\) 作 \(F(x)=f^2(x)\)，\([f'(x)]^2+f(x)f''(x)\) 作 \(F(x)=f(x)f'(x)\)。

      • \([x^{\lambda}f(x)]'=\lambda x^{\lambda-1}f(x)+x^{\lambda}f'(x)=x^{\lambda-1}(\lambda f(x)+xf'(x))\)

        见到 \(\lambda f(x)+xf'(x)\)，作 \(F(x)=x^{\lambda}f(x)\)。

    2. \([f(x)e^{\varphi(x)}]'=[f'(x)+f(x)\varphi'(x)]e^{\varphi(x)}\)

      见到 \(f'(x)+f(x)\varphi'(x)\)，作 \(F(x)=f(x)e^{\varphi(x)}\)。

      如 \(f'(x)+kf(x)\) 作 \(F(x)=f(x)e^{kx}\)，\(f'(x)+(\dfrac 1 x-1)f(x)\) 作 \(F(x)=f(x)e^{\ln x-x}=f(x)xe^{-x}\)。

    3. \((\dfrac u v)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\) 的逆用：

      • \([\dfrac{f(x)}{x}]'=\dfrac{f'(x)x-f(x)}{x^2}\)

        见到 \(f'(x)x-f(x),x\neq 0\)，作 \(F(x)=\dfrac{f(x)}x\)。

      • \([\dfrac{f'(x)}{f(x)}]'=\dfrac{f''(x)f(x)-[f'(x)]^2)}{f^2(x)}\)

        见到 \(f''(x)f(x)-[f'(x)]^2,f(x)\neq 0\)，作 \(F(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}\)。

      • \([\ln f(x)]'=\dfrac{f'(x)}{f(x)}\)，\([\ln f(x)]''=[\dfrac{f'(x)}{f(x)}]'=\dfrac{f''(x)f(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)}\)

        j见到 \(f''(x)f(x)-[f'(x)]^2,f(x)\neq 0\)，也可考虑作 \(F(x)=\ln f(x)\)。

    4. 常数的处理：如 \(f'(x)+f(x)=1\)，\(\Rightarrow [f(x)-1]'+f(x)-1=0\)，构造 \(F(x)=e^x[f(x)-1]\)。\(f'(x)-\lambda[f(x)-x]=1\)，\(\Rightarrow [f(x)-x]'-\lambda[f(x)-x]=0\)，构造 \(F(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x]\)。

  • 罗尔定理：

    例题

    设 \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上可导，且 \(0\leq f(x)\leq \dfrac{x}{x^2+1}\)，证明：\(\exists \xi,\eta\in(0,+\infty)\) 使得 \(f'(\xi)=0\)，\(f'(\eta)=\dfrac{1-\eta^2}{(1+\eta^2)^2}\)。

    解答

    由夹逼定理可得 \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0\)，而 \(f(0)=0\)。根据推广的罗尔定理，\(\exists\xi\in(0,+\infty)\) 使 \(f'(\xi)=0\)。

    Abstract

    \(\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}-f'(x)=0\Rightarrow [\dfrac x {x^2+1}-f(x)]'=0\)

    令 \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}-f(x)\)，则 \(0\leq g(x)\leq \dfrac{x}{x^2+1}\)。又 \(g(0)=0,\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=0\)，根据推广的 Rolle 定理，\(\exists \eta\in(a,+\infty)\) 使 \(g'(\eta)=0\)。而 \(g'(x)=\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}-f'(x)\)，因此 \(f'(\eta)=\dfrac{1-\eta^2}{(1+\eta^2)^2}\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上 \(2\) 阶可导，且 \(f(a)=f(b)=0\)。证明：对 \(\forall x\in(a,b)\)，\(\exists \xi\in(a,b)\)，使得 \(2f(x)=f''(\xi)(x-a)(x-b)\)。

    解答
    Tip

    作 \(F(t)=f(t)-\dfrac{K}{p^{(n)}(t)}p(t)\)，其中 \(p^{(n)}(t)\) 为常数，这样就有 \(F^{(n)}(t)=f^{(n)}(t)-K\)。

    可以构造 \(p(t)\) 使得 \(F(t)\) 在给定点有零点，对 \(F(t)\) 多次应用罗尔定理。

    Abstract

    本题取 \(p(t)=(t-a)(t-b)\)，\(p''(t)=2\)（常数）。

    令 \(K=\dfrac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}\)，\(F(t)=f(t)-\dfrac K 2(t-a)(t-b)\)，则 \(F(a)=F(x)=F(b)=0\)。

    对 \(F(t)\) 在区间 \([a,x],[x,b]\) 上应用罗尔定理，可得 \(\exists x_1\in(a,x),x_2\in(x,b)\) 使得 \(F'(x_1)=F'(x_2)=0\)。

    再在区间 \([x_1,x_2]\) 上应用罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F''(\xi)=0\)。

    而 \(F''(x)=f''(x)-K\)，故 \(f''(\xi)=K\)，即 \(2f(x)=f''(\xi)(x-a)(x-b)\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上 \(3\) 阶可导，且 \(f(a)=f'(a)=f(b)=0\)。证明：对 \(\forall x\in(a,b)\)，\(\exists \xi\in(a,b)\)，使得 \(6f(x)=f'''(\xi)(x-a)^2 (x-b)\)。

    解答
    Abstract

    本题取 \(p(t)=(t-a)^2 (t-b)\)，\(p'''(t)=6\)（常数）。

    令 \(K=\dfrac{6f(x)}{(x-a)^2 (x-b)}\)，\(F(t)=f(t)-\dfrac{K}{6}(t-a)^2 (t-b)\)，则 \(F(a)=F(x)=F(b)=0\)。

    在区间 \([a,x],[x,b]\) 上应用罗尔定理，可得 \(\exists \xi_1\in(a,x),\xi_2\in(x,b)\) 使得 \(F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0\)。

    又 \(F'(a)=0\)。在区间 \([a,\xi_1],[\xi_1,\xi_2]\) 上应用罗尔定理，\(\exists \eta_1\in(a,\xi_1),\eta_2\in(\xi_1,\xi_2)\) 使得 \(f''(\eta_1)=f''(\eta_2)=0\)。

    再在区间 \([\eta_1,\eta_2]\) 上应用罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F'''(\xi)=0\)，即 \(f'''(\xi)=K\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([0,2]\) 上 \(2\) 阶可导，且 \(f(0)=3\)，\(f(1)=0\)，\(f(2)=-1\)。证明：\(\exists \xi\in(0,2)\)，使得 \(f''(\xi)=2\)。

    证明

    过点 \((0,3),(1,0),(2,-1)\) 的抛物线为 \(y=x^2-4x+3\)。【拟合】

    令 \(F(x)=f(x)-(x^2-4x+3)\)，则 \(F(x)\) 在 \([0,2]\) 上连续，在 \((0,2)\) 内可导，且 \(F(0)=F(1)=F(2)=0\)，使用两次罗尔定理，可得 \(\exists \xi\in(0,2)\) 使得 \(F''(\xi)=0\)，即 \(f''(\xi)-2=0\)。

  • 拉格朗日中值定理：见到“\(f-f\)”或者“\(f\) 与 \(f'\) 关系”时

    例题

    设函数 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，且 \(f(0)=0\)，\(f(1)=1\)，证明：对 \(\forall a,b>0\)，\(\exists \xi_1,\xi_2 \in (0,1)\) 且 \(\xi_1\neq \xi_2\)，使得 \(\dfrac{a}{f'(\xi_1)} + \dfrac{b}{f'(\xi_2)} = a+b\)。

    解答

    取 \(\xi \in (0,1)\)，\(f(\xi) \neq 0,1\)，用 \(\xi\) 将 \([0,1]\) 划分为 \([0,\xi]\)，\([\xi,1]\)。在这两个区间上分别对 \(f(x)\) 使用拉格朗日中值定理，得：

    • \(f(\xi) - f(0) = f'(\xi_1)(\xi - 0) \Rightarrow \dfrac{1}{f'(\xi_1)} = \dfrac{\xi}{f(\xi)}\)，\(\xi_1 \in (0,\xi)\)

    • \(f(1) - f(\xi) = f'(\xi_2)(1 - \xi) \Rightarrow \dfrac{1}{f'(\xi_2)} = \dfrac{1 - \xi}{1 - f(\xi)}\)，\(\xi_2 \in (\xi,1)\)

    则只需证 \(\dfrac{\frac{a}{a+b}\xi}{f(\xi)} + \dfrac{\frac{b}{a+b}(1 - \xi)}{1 - f(\xi)} = 1\) 即可。

    Abstract

    取 \(f(\xi)=\xi\)：未必能找到。

    取 \(f(\xi)=\dfrac{a}{a+b}\)：可行。

    于是可取 \(f(\xi) = \dfrac{a}{a+b}\)（由介值定理知这样的 \(\xi\) 存在），则 \(\dfrac{a\xi}{f(\xi)} + \dfrac{b(1 - \xi)}{1 - f(\xi)} = (a+b)(\xi+1-\xi)=a+b\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，\(f(0)=0\)，\(f(1)=1\)，对 \(\forall k_i>0\,(i=1,2,\cdots,n)\)。证明：\(\exists\) 严格递增的 \(\xi_i\in(0,1)\,(i=1,2,\cdots,n)\)，使得 \(\sum_{i=1}^n\dfrac{k_i}{f'(\xi_i)}=\sum_{i=1}^n k_i\)。

    证明

    由连续函数的介值定理，\(\exists 0<x_1<x_2<\cdots<x_n=1\) 使得 \(f(x_i)=\dfrac{\sum_{j=1}^i k_j}{\sum_{j=1}^n k_j}\,(i=1,2,\cdots,n)\)。

    在区间 \([x_{i-1},x_i]\) 上应用拉格朗日中值定理：\(\exists \xi_i\in(x_{i-1},x_i)\) 使得 \(f(x_i)-f(x_{i-1})=\dfrac{k_i}{\sum_{j=1}^n k_j}=f'(\xi_i)(x_i-x_{i-1})\Rightarrow \dfrac{k_i}{f'(\xi_i)}=(x_i-x_{i-1}){\sum_{j=1}^n k_j}\)。

    因此 \(\sum_{i=1}^n \dfrac{k_i}{f'(\xi_i)}=(\sum_{i=1}^n x_i-x_{i-1})\sum_{j=1}^n k_j=\sum_{j=1}^n k_j\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([0,c]\) 上连续，\(f'(x)\) 在 \((0,c)\) 存在且单调递减，且 \(f(0)=0\)。证明：\(f(a+b)\leq f(a)+f(b)\)，其中 \(0\leq a\leq b\leq a+b\leq c\)。

    解答

    当 \(a=0\) 时，由 \(f(0)\) 知成立。

    当 \(a>0\) 时，在 \([0,a]\) 和 \([b,a+b]\) 上分别应用拉格朗日中值定理，\(f(a)-f(0)=f'(\xi_1)a\)，\(f(a+b)-f(b)=f'(\xi_2)a\)，由于 \(\xi_1<\xi_2\) 且 \(f'(x)\) 单调递减，则 \(f'(\xi_1)\geq f'(\xi_2)\)，故 \(f(a)\geq f(a+b)-f(b)\)，得证。

    设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，\(f(0)=0\)，\(f(1)=1\)。证明：\(\exists \xi,\eta\in(0,1)\) 使得 \(f'(\xi)f'(\eta)=1\)。

    解答

    取 \(c\in(0,1)\)，在区间 \([0,c],[c,1]\) 上分别应用拉格朗日中值定理。

    \(\exists \xi,\eta\in(0,1)\) 使得 \(f'(\xi)=\dfrac{f(c)-f(0)}{c-0}=\dfrac{f(c)}c\)，\(f'(\eta)=\dfrac{f(1)-f(c)}{1-c}=\dfrac{1-f(c)}{1-c}\)。则 \(f'(\xi)f'(\eta)=\dfrac{f(c)}c\cdot \dfrac{1-f(c)}{1-c}\)。

    Abstract

    取 \(f(c)=c\)：\(g(x)=f(x)-x\) 在 \((0,1)\) 内未必有零点（\(g(0)=g(1)=0\)）。

    取 \(f(c)=1-c\)：可行。

    取 \(f(c)=1-c\) 即可（考虑 \(h(x)=f(x)+x-1\)，则 \(h(0)=-1\)，\(h(1)=1\)）。

    导数极限存在定理：设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处连续，在 \(\mathring U(x_0)\) 内可导，且极限 \(\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\) 存在，则 \(f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\)。

    解答

    任意 \(x\in \mathring U_+(x_0)\)，则 \(f(x)\) 在 \([x_0,x]\) 上连续，在 \((x_0,x)\) 内可导，根据拉格朗日中值定理，\(\exists \xi\in(x_0,x)\) 使得 \(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(\xi)\)。当 \(x\to x_0+0\) 时，\(\xi\to x_0+0\)，因此 \(f_+'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0+0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{x\to x_0+0}f'(\xi)=\lim\limits_{x\to x_0+0}f'(x)\)。

    同理可得 \(f_-'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0-0}f'(x)\)。

    又 \(\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\) 存在，因此 \(f_+'(x_0)=f_-'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)=f'(x_0)\)。

    注意

    一般情况下，\(f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\) 不一定成立，如 \(f(x)=\begin{cases}x^2\sin \frac 1 x&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}\)，\(f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0\)，但 \(\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)=\lim\limits_{x\to x_0}2x\sin \dfrac 1 x-\cos\dfrac 1 x\) 不存在。

    只有 \(f'(x_0)\) 和 \(\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\) 都存在，才有 \(f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\)。（\(f'(x_0)\) 存在 \(\Rightarrow\) \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处连续，\(\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)\) 存在 \(\Rightarrow\) \(f'(x)\) 在 \(\mathring U(x_0)\) 有定义）

  • 课本课后习题

    例题

    证明方程 \(x^3-3x+c=0\)（\(c\) 为常数）在区间 \((-1,1)\) 内至多只有一个实根。

    解答

    反证法。设 \(f(x)=x^3-3x+c\)，假设 \(-1<x_1<x_2<1\) 且 \(f(x_1)=f(x_2)=0\)。

    \(f(x)\) 在 \([x_1,x_2]\) 上连续，在 \((x_1,x_2)\) 内可导，且 \(f(x_1)=f(x_2)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(x_1,x_2)\) 使得 \(f'(\xi)=0\)，即 \(3\xi^2-3=0\)，解得 \(\xi=\pm 1\)，这与 \(\xi\in(-1,1)\) 矛盾。

    故方程在 \((-1,1)\) 内至多只有一个实根。

    设 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \([a,b]\) 上存在二阶导数，并且 \(g''(x)\neq 0\)，\(f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0\)，证明：（1）在 \((a,b)\) 内 \(g(x)\neq 0\)；（2）在 \((a,b)\) 内，至少存在一点 \(\xi\) 使得 \(\dfrac{f(\xi)}{g(\xi)}=\dfrac{f''(\xi)}{g''(\xi)}\)。

    解答

    • （1）

      反证法，用三次罗尔定理。

    • （2）

      Abstract

      \(f(x)g''(x)-g(x)f''(x)=0\)

      \(f'(x)g'(x)+f(x)g''(x)-g'(x)f'(x)-g(x)f''(x)=0\)

      \([f(x)g'(x)]'-[g(x)f'(x)]'=0\)

      设 \(F(x)=f(x)g'(x)-g(x)f'(x)\)，则 \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(F(a)=F(b)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(a,b)\) 使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(f(\xi)g''(\xi)-g(\xi)f''(\xi)=0\)，即 \(\dfrac{f(\xi)}{g(\xi)}=\dfrac{f''(\xi)}{g''(\xi)}\)。

    设 \(f(x)\) 在 \([a,+\infty)\) 上连续，\(f''(x)\) 在 \((a,+\infty)\) 内存在且大于 \(0\)，证明：\(F(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\,(x>a)\) 在 \((a,+\infty)\) 内递增。

    解答

    \(F'(x)=\dfrac{f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]}{(x-a)^2}\)。

    \(f(x)\) 在 \([a,x]\) 上连续，在 \((a,x)\) 内可导。根据拉格朗日中值定理，\(\exists \xi\in(a,x)\) 使得 \(f(x)-f(a)=f'(\xi)(x-a)\)。

    则 \(F'(x)=\dfrac{f'(x)(x-a)-f'(\xi)(x-a)}{(x-a)^2}=\dfrac{f'(x)-f'(\xi)}{x-a}\)。

    \(f'(x)\) 在 \([\xi,x]\) 上连续，在 \((\xi,x)\) 内可导。根据拉格朗日中值定理，\(\exists \eta\in(\xi,x)\) 使得 \(f'(x)-f'(\xi)=f''(\eta)(x-\xi)\)。

    则 \(F'(x)=\dfrac{f''(\eta)(x-\xi)}{x-a}>0\)。故 \(F(x)\) 在 \((a,+\infty)\) 单调递增。

    设 \(f(x),g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(f(x)g'(x)\neq f'(x)g(x)\)。证明：介于 \(f(x)\) 的两个零点之间，至少有一个 \(g(x)\) 的零点。

    解答

    反证法。假设 \(f(x_1)=f(x_2)=0\,(x_1<x_2)\)，且 \(\forall x\in[x_1,x_2],g(x)\neq 0\)。

    设 \(F(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}\)，则 \(F(x)\) 在 \([x_1,x_2]\) 上连续，在 \((x_1,x_2)\) 内可导，且 \(F(x_1)=F(x_2)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi\in(x_1,x_2)\) 使得 \(F'(\xi)=0\)，即 \(\dfrac{f'(\xi)g(\xi)-f(\xi)g'(\xi)}{g^2(\xi)}\)，即 \(f(\xi)g'(\xi)=f'(\xi)g(\xi)\)，这与 \(f(x)g'(x)\neq f'(x)g(x)\) 矛盾。

    故介于 \(f(x)\) 的两个零点之间，至少有一个 \(g(x)\) 的零点。

    设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \(f'(x)\neq 0\)。证明：\(\exists \xi,\tau\in(a,b)\) 使得 \(\dfrac{f'(\xi)}{f'(\tau)}=\dfrac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\tau}\)。

    解答

    \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导。根据拉格朗日中值定理，\(\exists\xi\in(a,b)\) 使得 \(f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。

    \(f(x)\) 和 \(e^x\) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \((a,b)\) 内可导，且 \((e^x)'=e^x\neq 0\)。根据柯西中值定理，\(\exists\tau\in(a,b)\) 使得 \(f'(\tau)=e^{\tau}\dfrac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}\)。

    则 \(\dfrac{f'(\xi)}{f'(\tau)}=\dfrac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\tau}\)。