第四章 微分中值定理及其应用

选择题

1. 设 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，且

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{(x-a{)}^4}=2,$$

则 $f(x)$ 在 $x=a$ 处

A. 不可导；    B. 可导且 $f^{\prime }(a)\ne 0$；    C. 有极大值；    D. 有极小值。

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答案： D

解析： 由

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{(x-a{)}^4}=2$$

可知当 $x\to a$ 时

$$f(x)=2(x-a{)}^4+o((x-a{)}^4).$$

又因为 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，而上式右端趋于 $0$，所以

$$f(a)=0.$$

当 $x\ne a$ 且充分接近 $a$ 时，

$$\frac{f(x)}{(x-a{)}^4}>0,$$

从而 $f(x)>0=f(a)$。因此 $x=a$ 是 $f(x)$ 的严格极小值点，故选 D。

此外，

$$f^{\prime }(a)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{(x-a{)}^4}(x-a{)}^3=0,$$

因而 A、B 均错误；C 与实际极值类型相反。

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2. 若

$$x{f}^{\prime \prime }(x)+3x[f^{\prime }(x){]}^2=1-e^x,$$

且 $f^{\prime }(0)=0$，$f^{\prime \prime }(x)$ 在 $x=0$ 连续，则下列正确的是

A. $(0,f(0))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点；

B. $f(0)$ 是 $f(x)$ 的极小值；

C. $f(0)$ 不是 $f(x)$ 的极值，$(0,f(0))$ 也不是 $y=f(x)$ 的拐点；

D. $f(0)$ 是 $f(x)$ 的极大值。

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答案： D

解析： 当 $x\ne 0$ 时，将原式除以 $x$，得

$$f^{\prime \prime }(x)+3[f^{\prime }(x){]}^2=\frac{1-e^x}{x}.$$

令 $x\to 0$。由于 $f^{\prime \prime }(x)$ 在 $0$ 处连续，故 $f^{\prime }(x)$ 在 $0$ 处连续；结合 $f^{\prime }(0)=0$，有

$$f^{\prime \prime }(0)+3[f^{\prime }(0){]}^2=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-e^x}{x}=-1.$$

因而

$$f^{\prime \prime }(0)=-1<0.$$

由二阶导数判别法，$x=0$ 是 $f(x)$ 的严格极大值点，所以 D 正确，B、C 错误。

又因 $f^{\prime \prime }$ 在 $0$ 处连续且 $f^{\prime \prime }(0)<0$，故在 $0$ 的某邻域内恒有 $f^{\prime \prime }(x)<0$，曲线在该点两侧凹凸性不发生改变，因此 $(0,f(0))$ 不是拐点，A 错误。

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3. 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 定义，$x_0\in (a,b)$，则下列命题中正确的是

A. 若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 单调增加且可导，则 $f^{\prime }(x)>0(x\in (a,b))$；

B. 若 $(x_0,f(x_0))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点，则 $f^{\prime \prime }(x_0)=0$；

C. 若 $f^{\prime }(x_0)=0$，$f^{\prime \prime }(x_0)=0$，$f^{\prime \prime \prime }(x_0)\ne 0$，则 $x_0$ 一定不是 $f(x)$ 的极值点；

D. 若 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处取极值，则 $f^{\prime }(x_0)=0$。

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答案： C

解析： 由 $f^{\prime \prime \prime }(x_0)\ne 0$ 及前三阶导数在 $x_0$ 处存在，利用带皮亚诺余项的泰勒公式，

$$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime \prime \prime }(x_0)}{6}(x-x_0{)}^3+o((x-x_0{)}^3).$$

当 $x$ 从 $x_0$ 左侧变到右侧时，主项

$$\frac{f^{\prime \prime \prime }(x_0)}{6}(x-x_0{)}^3$$

改变符号，因此 $f(x)-f(x_0)$ 在 $x_0$ 两侧异号，$x_0$ 不可能是极值点，故 C 正确。

对其余选项：单调增加的可导函数只能保证 $f^{\prime }(x)\ge 0$，例如 $f(x)=x^3$ 单调增加但 $f^{\prime }(0)=0$，故 A 错误；拐点处二阶导数可能不存在，例如 $f(x)=\sqrt[3]{x}$ 在原点凹凸性改变，故 B 错误；D 缺少“在 $x_0$ 处可导”的条件，例如 $f(x)=|x|$ 在 $0$ 处取极小值但导数不存在。

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4. 设 $f(x)$ 可导、恒正，且 $0<a<x<b$ 时恒有 $f(x)<x{f}^{\prime }(x)$，则

A. $bf(a)>af(b)$；    B. $abf(x)>x^{2}f(b)$；    C. $af(a)<xf(x)$；    D. $abf(x)<x^{2}f(a)$。

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答案： C

解析： 构造辅助函数

$$\phi (x)=\frac{f(x)}{x},x>0.$$

则

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}>0.$$

因此 $\phi (x)=f(x)/x$ 在 $(a,b)$ 上严格单调增加。于是对 $a<x<b$，

$$\frac{f(a)}{a}<\frac{f(x)}{x}<\frac{f(b)}{b}.$$

第一部分给出

$$xf(a)<af(x).$$

又因 $f(a)>0$ 且 $x>a>0$，有

$$af(a)<xf(a)<af(x)<xf(x),$$

从而

$$af(a)<xf(x),$$

故 C 正确。

同时，由 $f(a)/a<f(b)/b$ 得 $bf(a)<af(b)$，所以 A 错误；由 $f(x)/x<f(b)/b$ 得 $bf(x)<xf(b)$，与 B 的方向相反；D 也与 $f(a)/a<f(x)/x$ 所反映的大小关系不符。

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5. 若函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，在 $(0,+\infty )$ 内可导，且 $f(0)<0$，$f^{\prime }(x)\ge k>0$，则在 $(0,+\infty )$ 内 $f(x)$

A. 没有零点；    B. 至少有一个零点；    C. 只有一个零点；    D. 有无零点不能确定。

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答案： C

解析： 对任意 $x>0$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x)$，使得

$$f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )x\ge kx.$$

因而

$$f(x)\ge f(0)+kx.$$

当 $x>-f(0)/k$ 时，右端为正，所以存在某个 $x_1>0$ 使 $f(x_1)>0$。结合 $f(0)<0$ 以及 $f$ 在 $[0,x_1]$ 上连续，由零点定理知 $(0,x_1)$ 内至少有一个零点。

另一方面，$f^{\prime }(x)\ge k>0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加，零点至多一个。综上，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内恰有一个零点，故选 C。

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6. 曲线

$$y=\arctan \frac{x^2+x+1}{(x-1)(x+2)}$$

渐近线的条数是

A. 1；    B. 2；    C. 3；    D. 4。

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答案： A

解析： 函数的定义域为

$$x\ne 1,-2.$$

当 $x\to \pm \infty$ 时，

$$\frac{x^2+x+1}{(x-1)(x+2)}o1,$$

因而

$$y\to \arctan 1=\frac{\pi }{4}.$$

所以曲线有一条水平渐近线

$$y=\frac{\pi }{4}.$$

当 $x\to 1^{\pm }$ 或 $x\to -2^{\pm }$ 时，分式趋于 $\pm \infty$，但

$$\arctan (\pm \infty )=\pm \frac{\pi }{2}$$

为有限值，因此 $x=1$ 和 $x=-2$ 都不是竖直渐近线。函数整体有界，也不可能存在斜渐近线。故渐近线只有一条，选 A。

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7. 曲线

$$y=f(x)=-\frac{x^2}{2}-2x+\frac{3}{2}(x+1)\ln |x+1|+\frac{1}{2}(x-1)\ln |x-1|$$

的拐点有

A. 1 个；    B. 2 个；    C. 3 个；    D. 4 个。

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答案： B

解析： 函数定义域为

$$(-\infty ,-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\infty ).$$

求导得

$$f^{\prime }(x)=-x+\frac{3}{2}\ln |x+1|+\frac{1}{2}\ln |x-1|,$$

进一步有

$$f^{\prime \prime }(x)=-1+\frac{3}{2(x+1)}+\frac{1}{2(x-1)}=\frac{x(2-x)}{x^2-1}.$$

对 $f^{\prime \prime }(x)$ 作符号分析：

• 在 $(-\infty ,-1)$ 上，$f^{\prime \prime }(x)<0$；
• 在 $(-1,0)$ 上，$f^{\prime \prime }(x)>0$；
• 在 $(0,1)$ 上，$f^{\prime \prime }(x)<0$；
• 在 $(1,2)$ 上，$f^{\prime \prime }(x)>0$；
• 在 $(2,+\infty )$ 上，$f^{\prime \prime }(x)<0$。

虽然凹凸性在 $x=-1,1$ 两侧发生变化，但这两点不在函数定义域内，不能成为拐点。凹凸性在定义域内的 $x=0$ 与 $x=2$ 处均发生改变，因此共有两个拐点：

$$(0,0),\left(2,-6+\frac{9}{2}\ln 3\right).$$

故选 B。

填空题

1. 函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\ln |x|,& x\ne 0,\\ 0,& x=0\end{array}$$

的极大值点是 $x=\underline{}$，极小值点是 $x=\underline{}$。

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答案： $0$；$\pm \frac{1}{\sqrt{e}}$

解析： 当 $x\ne 0$ 时，

$$f^{\prime }(x)=2x\ln |x|+x=x(2\ln |x|+1).$$

令 $f^{\prime }(x)=0$，得到

$$|x|=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}.$$

此外，

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\ln |x|}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }x\ln |x|=0,$$

所以 $x=0$ 也是驻点。

根据 $f^{\prime }(x)$ 的符号：

$$\begin{array}{cccccccc}x& (-\infty ,-1/\sqrt{e})& -1/\sqrt{e}& (-1/\sqrt{e},0)& 0& (0,1/\sqrt{e})& 1/\sqrt{e}& (1/\sqrt{e},+\infty )\\ f^{\prime }(x)& -& 0& +& 0& -& 0& +\end{array}$$

可知 $x=\pm 1/\sqrt{e}$ 均为极小值点。

又当 $0<|x|<1$ 时，$\ln |x|<0$，故

$$f(x)=x^2\ln |x|<0=f(0),$$

因而 $x=0$ 是极大值点。

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2. 曲线

$$y=3x+\frac{\ln x}{2x}+1$$

的渐近线方程为 $\underline{}$。

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答案： $x=0$，$y=3x+1$

解析： 函数定义域为 $x>0$。当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\frac{\ln x}{2x}\to -\infty ,$$

从而 $y\to -\infty$，故

$$x=0$$

是竖直渐近线。

当 $x\to +\infty$ 时，

$$y-(3x+1)=\frac{\ln x}{2x}\to 0,$$

所以

$$y=3x+1$$

是斜渐近线。

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3. 曲线

$$y=\frac{9}{14}{x}^4(x^2-7)(-\infty <x<+\infty )$$

的拐点是 $\underline{}$。

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答案：

$$\left(-\sqrt{\frac{14}{5}},-\frac{2646}{125}\right),\left(\sqrt{\frac{14}{5}},-\frac{2646}{125}\right)$$

解析： 将函数写为

$$y=\frac{9}{14}(x^6-7x^4).$$

两次求导，得

$$y^{\prime \prime }=\frac{9}{14}(30x^4-84x^2)=\frac{27}{7}{x}^2(5x^2-14).$$

令 $y^{\prime \prime }=0$，得

$$x=0,x=\pm \sqrt{\frac{14}{5}}.$$

因为因子 $x^2$ 在 $x=0$ 两侧不改变符号，故 $y^{\prime \prime }$ 在 $x=0$ 两侧均为负，$x=0$ 不是拐点。

在 $x=\pm \sqrt{14/5}$ 两侧，因子 $5x^2-14$ 改变符号，曲线凹凸性发生改变，所以这两点是拐点。代入 $x^2=14/5$，有

$$y=\frac{9}{14}{\left(\frac{14}{5}\right)}^2\left(\frac{14}{5}-7\right)=-\frac{2646}{125}.$$

因而拐点为

$$\left(\pm \sqrt{\frac{14}{5}},-\frac{2646}{125}\right).$$

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4. 数列

$$1,\sqrt{2},\sqrt[3]{3},\cdots ,\sqrt[n]{n},\cdots$$

的最大项为 $\underline{}$。

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答案： $\sqrt[3]{3}$

解析： 考虑连续函数

$$\phi (x)=x^{1/x}(x>0).$$

取对数得

$$\ln \phi (x)=\frac{\ln x}{x}.$$

因而

$$\frac{{\phi }^{\prime }(x)}{\phi (x)}={\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{1-\ln x}{x^2}.$$

所以 $\phi (x)$ 在 $(0,e)$ 上单调增加，在 $(e,+\infty )$ 上单调减少。由于

$$2<e<3,$$

故整数项中的最大值只需比较 $n=2,3$ 两项。又

$${\left(\sqrt[3]{3}\right)}^6=9,{\left(\sqrt{2}\right)}^6=8,$$

因而

$$\sqrt[3]{3}>\sqrt{2}.$$

所以数列的最大项为 $\sqrt[3]{3}$。

计算题与证明题

1. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x-2,& x>0,\\ x{e}^x,& x\le 0,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}-e^x,& x\ge 0,\\ x{e}^x,& x<0,\end{array}$$

讨论 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的极值。

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答案：

$$f(x)\text{ 在 }x=-1\text{ 处取得极小值 }-\frac{1}{e}，\text{在 }x=0\text{ 处取得极大值 }0；$$

$$g(x)\text{ 仅在 }x=-1\text{ 处取得极小值 }-\frac{1}{e}。$$

解析： 先讨论 $f(x)$。当 $x<0$ 时，

$$f^{\prime }(x)=(x{e}^x{)}^{\prime }=(x+1)e^x.$$

因为 $e^x>0$，所以

$$f^{\prime }(x)<0(x<-1),f^{\prime }(x)>0(-1<x<0).$$

因而 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处由减变增，取得极小值

$$f(-1)=-\frac{1}{e}.$$

当 $x>0$ 时，

$$f^{\prime }(x)=e^x>0,$$

故在 $(0,+\infty )$ 上无极值。

虽然 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续，因为

$$f(0)=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-1,$$

但极值并不要求函数在该点连续。对充分接近 $0$ 的 $x\ne 0$，有

$$x<0\Rightarrow x{e}^x<0,x>0\Rightarrow e^x-2<0,$$

因而

$$f(x)<f(0)=0.$$

所以 $x=0$ 是 $f(x)$ 的严格极大值点。

再讨论 $g(x)$。当 $x<0$ 时，

$$g^{\prime }(x)=(x+1)e^x,$$

因而 $g(x)$ 在 $(-\infty ,-1)$ 上递减，在 $(-1,0)$ 上递增，所以

$$g(-1)=-\frac{1}{e}$$

是极小值。

当 $x>0$ 时，

$$g^{\prime }(x)=-e^x<0,$$

故无极值。对于 $x=0$，有 $g(0)=-1$。当 $x<0$ 且接近 $0$ 时，

$$g(x)=x{e}^x>-1=g(0),$$

而当 $x>0$ 时，

$$g(x)=-e^x<-1=g(0).$$

因此 $x=0$ 既不是极大值点，也不是极小值点。

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2. 求函数

$$y=\frac{2x^2}{(1-x{)}^2}$$

的单调区间、极值点、凹凸性区间与拐点。

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答案： 定义域为 $\mathbb{R}\setminus \{1\}$。函数在

$$(-\infty ,0),(1,+\infty )$$

上单调减少，在

$$(0,1)$$

上单调增加；极小值点为 $(0,0)$，无极大值点。曲线在

$$(-\infty ,-\frac{1}{2})$$

上向下凸，在

$$(-\frac{1}{2},1),(1,+\infty )$$

上向上凹；拐点为

$$\left(-\frac{1}{2},\frac{2}{9}\right).$$

解析： 函数的定义域为

$$(-\infty ,1)\cup (1,+\infty ).$$

求导得

$$y^{\prime }={\left[2x^2(1-x{)}^{-2}\right]}^{\prime }=\frac{4x}{(1-x{)}^3}.$$

因此

$$\begin{array}{cccc}x& (-\infty ,0)& (0,1)& (1,+\infty )\\ y^{\prime }& -& +& -\end{array}$$

从而函数在 $(-\infty ,0)$ 和 $(1,+\infty )$ 上单调减少，在 $(0,1)$ 上单调增加。由于导数在 $x=0$ 两侧由负变正，故 $x=0$ 为极小值点，且

$$y(0)=0.$$

函数没有极大值点。注意 $x=1$ 不在定义域内，不能作为极值点。

再求二阶导数：

$$y^{\prime \prime }={\left[\frac{4x}{(1-x{)}^3}\right]}^{\prime }=\frac{4(1+2x)}{(1-x{)}^4}.$$

因为 $(1-x{)}^4>0$，故 $y^{\prime \prime }$ 的符号由 $1+2x$ 决定：

$$y^{\prime \prime }<0\left(x<-\frac{1}{2}\right),y^{\prime \prime }>0\left(x>-\frac{1}{2},x\ne 1\right).$$

因而曲线在 $(-\infty ,-1/2)$ 上向下凸，在 $(-1/2,1)$ 与 $(1,+\infty )$ 上向上凹。由于 $y^{\prime \prime }$ 在 $x=-1/2$ 两侧变号，且函数在该点连续，所以该点为拐点。其纵坐标为

$$y\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{1}{4}}{{\left(1+\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{2}{9}.$$

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3. 作函数

$$y=\frac{\ln x}{x}$$

的图形。

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答案： 函数定义域为 $(0,+\infty )$，有竖直渐近线 $x=0$ 和水平渐近线 $y=0$；图像经过 $(1,0)$，在 $(0,e)$ 上单调增加，在 $(e,+\infty )$ 上单调减少，在

$$\left(e,\frac{1}{e}\right)$$

处取得最大值；拐点为

$$\left(e^{3/2},\frac{3}{2e^{3/2}}\right).$$

解析： 函数的定义域为

$$x>0.$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，令 $t=1/x\to +\infty$，则

$$\frac{\ln x}{x}=-t\ln t\to -\infty ,$$

所以 $x=0$ 是竖直渐近线。当 $x\to +\infty$ 时，

$$\frac{\ln x}{x}\to 0,$$

所以 $y=0$ 是水平渐近线。

一阶导数为

$$y^{\prime }=\frac{1-\ln x}{x^2}.$$

因此

$$y^{\prime }>0(0<x<e),y^{\prime }<0(x>e).$$

故函数在 $(0,e)$ 上单调增加，在 $(e,+\infty )$ 上单调减少，并在 $x=e$ 处取得最大值

$$y(e)=\frac{1}{e}.$$

又

$$y=0⟺\ln x=0⟺x=1,$$

所以图像与 $x$ 轴交于 $(1,0)$。

二阶导数为

$$y^{\prime \prime }=\frac{2\ln x-3}{x^3}.$$

因此

$$y^{\prime \prime }<0\left(0<x<e^{3/2}\right),y^{\prime \prime }>0\left(x>e^{3/2}\right).$$

曲线在 $(0,e^{3/2})$ 上向下凸，在 $(e^{3/2},+\infty )$ 上向上凹，拐点为

$$\left(e^{3/2},\frac{3}{2e^{3/2}}\right)=\left(e^{3/2},\frac{3}{2e^{3/2}}\right).$$

根据以上信息即可作出图形：曲线从 $x=0^{+}$ 附近的负无穷开始上升，经过 $(1,0)$，到 $(e,1/e)$ 达到最高点，随后下降并从上方趋近于水平渐近线 $y=0$。

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4. 设 $f(x),g(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，$g(x)\ne 0$，且

$$\left|\begin{array}{cc}f(x)& g(x)\\ f^{\prime }(x)& g^{\prime }(x)\end{array}\right|=0(\forall x\in (a,b)).$$

证明：存在常数 $c$，使得 $f(x)=cg(x)$，$x\in (a,b)$。

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答案： 存在常数 $c$，使得

$$f(x)=cg(x),x\in (a,b).$$

解析： 由行列式恒等于零，得

$$f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x)=0.$$

又因为 $g(x)\ne 0$，所以函数

$$h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$$

在 $(a,b)$ 内可导，并且

$$h^{\prime }(x)={\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}=0.$$

根据拉格朗日中值定理，导数在区间 $(a,b)$ 内恒为零的函数必为常数。因此存在常数 $c$，使得

$$\frac{f(x)}{g(x)}=c,$$

即

$$f(x)=cg(x),x\in (a,b).$$

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5. 证明：

$$\arctan x=\arcsin \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}(x\in (-\infty ,+\infty )).$$

查看答案与解析

答案：

$$\arctan x=\arcsin \frac{x}{\sqrt{1+x^2}},x\in (-\infty ,+\infty ).$$

解析： 令

$$F(x)=\arctan x,G(x)=\arcsin \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

对任意实数 $x$，都有

$$-1<\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}<1,$$

故 $G(x)$ 在全体实数上有定义。

先计算导数：

$$F^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}.$$

设

$$u(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}},$$

则

$$u^{\prime }(x)=\frac{1}{(1+x^2{)}^{3/2}},1-u^2(x)=\frac{1}{1+x^2}.$$

因而

$$G^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }(x)}{\sqrt{1-u^2(x)}}=\frac{1}{(1+x^2{)}^{3/2}}\sqrt{1+x^2}=\frac{1}{1+x^2}.$$

所以

$$F^{\prime }(x)=G^{\prime }(x),x\in (-\infty ,+\infty ).$$

根据拉格朗日中值定理，$F(x)-G(x)$ 为常数。又

$$F(0)=G(0)=0,$$

故该常数为零，从而

$$\arctan x=\arcsin \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

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6. 设 $f(x)$ 在 $[0,a]$ 二次可导且 $f(0)=0$，$f^{\prime \prime }(x)<0$。求证：$\frac{f(x)}{x}$ 在 $(0,a]$ 单调下降。

查看答案与解析

答案： 函数

$$\phi (x)=\frac{f(x)}{x}$$

在 $(0,a]$ 上严格单调下降。

解析： 对 $x\in (0,a]$，有

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}.$$

令

$$H(x)=x{f}^{\prime }(x)-f(x).$$

则

$$H^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+x{f}^{\prime \prime }(x)-f^{\prime }(x)=x{f}^{\prime \prime }(x).$$

因为 $x>0$ 且 $f^{\prime \prime }(x)<0$，所以

$$H^{\prime }(x)<0.$$

又由 $f(0)=0$ 得

$$H(0)=0\cdot f^{\prime }(0)-f(0)=0.$$

因而对任意 $x\in (0,a]$，均有

$$H(x)<H(0)=0.$$

所以

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{H(x)}{x^2}<0.$$

故 $\frac{f(x)}{x}$ 在 $(0,a]$ 上严格单调下降。

也可以由拉格朗日中值定理理解这一结论：对每个 $x>0$，存在 $\xi \in (0,x)$，使

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime }(\xi ).$$

因为 $f^{\prime \prime }<0$，所以 $f^{\prime }$ 严格下降；随着区间右端点右移，割线斜率也随之下降。

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7. 设 $P(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 连续且为负值，$y=y(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 连续，在 $(0,+\infty )$ 满足

$$y^{\prime }+P(x)y>0,$$

且 $y(0)\ge 0$，求证：$y(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 单调增加。

查看答案与解析

答案： $y(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调增加。

解析： 取积分因子

$$\mu (x)=e^{{\int }_0^{x}P(t)dt}>0.$$

则在 $(0,+\infty )$ 内

$$[\mu (x)y(x){]}^{\prime }=\mu (x)[y^{\prime }(x)+P(x)y(x)]>0.$$

因此 $\mu (x)y(x)$ 严格单调增加。对任意 $x>0$，有

$$\mu (x)y(x)>\mu (0)y(0)=y(0)\ge 0.$$

由于 $\mu (x)>0$，故

$$y(x)>0,x>0.$$

又因为 $P(x)<0$，所以

$$-P(x)y(x)>0.$$

由已知不等式

$$y^{\prime }(x)>-P(x)y(x)>0,x>0.$$

因而 $y(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加。再结合 $y(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，且任意 $x>0$ 时 $y(x)>y(0)$，可知 $y(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调增加。

---

8. 设 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 二阶可导，$f(a)=f(b)=0$，且对 $\forall x\in [a,b]$ 满足

$$f^{\prime \prime }(x)+g(x)f^{\prime }(x)-f(x)=0.$$

求证：$f(x)\equiv 0(x\in [a,b])$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)\equiv 0,x\in [a,b].$$

解析： 采用反证法。假设 $f(x)$ 不恒为零。由于 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，所以它能取得最大值和最小值；又因为

$$f(a)=f(b)=0,$$

若 $f$ 不恒为零，则以下两种情形至少有一种发生。

第一种情形：$f$ 在某点取正值。此时最大值

$$M=\underset{[a,b]}{\max }f(x)>0.$$

因端点函数值均为零，最大值必在某个内点 $x_0\in (a,b)$ 取得。由极值的必要条件和二阶导数判别的必要性质，

$$f^{\prime }(x_0)=0,f^{\prime \prime }(x_0)\le 0.$$

但由微分方程

$$f^{\prime \prime }(x_0)+g(x_0)f^{\prime }(x_0)-f(x_0)=0$$

得

$$f^{\prime \prime }(x_0)=f(x_0)=M>0,$$

与 $f^{\prime \prime }(x_0)\le 0$ 矛盾。

第二种情形：$f$ 在某点取负值。此时最小值

$$m=\underset{[a,b]}{\min }f(x)<0$$

必在某个内点 $x_1\in (a,b)$ 取得，于是

$$f^{\prime }(x_1)=0,f^{\prime \prime }(x_1)\ge 0.$$

由微分方程得

$$f^{\prime \prime }(x_1)=f(x_1)=m<0,$$

这又与 $f^{\prime \prime }(x_1)\ge 0$ 矛盾。

两种可能均导致矛盾，因此假设不成立，只能有

$$f(x)\equiv 0,x\in [a,b].$$

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9. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，$f(a)=f(b)$，且 $f(x)$ 不恒为常数。求证：在 $(a,b)$ 内存在一点 $\xi$，使得 $f^{\prime }(\xi )>0$。

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )>0.$$

解析： 因为 $f(x)$ 不恒为常数，所以存在 $x_0\in (a,b)$，使得

$$f(x_0)\ne f(a)=f(b).$$

分两种情形讨论。

若

$$f(x_0)>f(a),$$

则在区间 $[a,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,x_0)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}>0.$$

若

$$f(x_0)<f(a)=f(b),$$

则在区间 $[x_0,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_0,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}>0.$$

两种情形下都能找到 $\xi \in (a,b)$，满足

$$f^{\prime }(\xi )>0.$$

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10. 证明方程

$$x=a\sin x+b(a>0,b>0\text{ 为常数})$$

至少有一个正根不超过 $a+b$。

查看答案与解析

答案： 方程在区间 $(0,a+b]$ 内至少有一个实根。

解析： 令

$$F(x)=x-a\sin x-b.$$

函数 $F(x)$ 在闭区间 $[0,a+b]$ 上连续，并且

$$F(0)=-b<0.$$

另一方面，

$$F(a+b)=a+b-a\sin (a+b)-b=a[1-\sin (a+b)]\ge 0,$$

因为

$$\sin (a+b)\le 1.$$

因此，由零点定理，至少存在一点

$$\xi \in [0,a+b],$$

使得

$$F(\xi )=0.$$

又由于 $F(0)<0$，故 $\xi \ne 0$，从而

$$0<\xi \le a+b.$$

因此原方程至少有一个正根，且该正根不超过 $a+b$。

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11. 求证：

$$e^x+e^{-x}+2\cos x=5$$

恰有两个根。

查看答案与解析

答案： 该方程恰有两个实根，且这两个根互为相反数。

解析： 令

$$F(x)=e^x+e^{-x}+2\cos x-5.$$

显然 $F(x)$ 是偶函数，因此若 $x_0$ 是根，则 $-x_0$ 也是根。

先考察正半轴。由于

$$F(0)=1+1+2-5=-1<0,$$

且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=+\infty ,$$

所以由零点定理，方程在 $(0,+\infty )$ 内至少有一个根。

再证明正根至多一个。对 $x>0$，有

$$F^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}-2\sin x=2(\sinh x-\sin x).$$

因为当 $x>0$ 时

$$\sinh x>x,\sin x\le x,$$

故

$$\sinh x-\sin x>0,$$

从而

$$F^{\prime }(x)>0,x>0.$$

因此 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加，所以正根恰有一个。

由 $F(x)$ 的偶性，负半轴上也恰有一个根，并且它与正根互为相反数。又因 $F(0)\ne 0$，故原方程恰有两个实根。

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12. 设当 $x>0$ 时，方程

$$kx+\frac{1}{x^2}=1$$

有且仅有一个解，求 $k$ 的取值范围。

查看答案与解析

答案：

$$k\in (-\infty ,0]\cup \left\{\frac{2}{3\sqrt{3}}\right\}.$$

解析： 由原方程得

$$k=\frac{x^2-1}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^3}.$$

令

$$\phi (x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^3},x>0.$$

则问题转化为直线 $y=k$ 与曲线 $y=\phi (x)$ 在 $x>0$ 内恰有一个交点。

求导得

$${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{3}{x^4}=\frac{3-x^2}{x^4}.$$

因此，$\phi (x)$ 在 $(0,\sqrt{3})$ 上严格增加，在 $(\sqrt{3},+\infty )$ 上严格减少，并且

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\phi (x)=-\infty ,\phi (1)=0,$$$$\phi (\sqrt{3})=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}},\underset{x\to +\infty }{\lim }\phi (x)=0^{+}.$$

根据函数图像及单调性：

1. 当 $k<0$ 时，方程在 $(0,1)$ 内恰有一个解；
2. 当 $k=0$ 时，唯一解为 $x=1$；
3. 当

$$0<k<\frac{2}{3\sqrt{3}}$$

时，方程有两个正解； 4. 当

$$k=\frac{2}{3\sqrt{3}}$$

时，唯一解为 $x=\sqrt{3}$； 5. 当

$$k>\frac{2}{3\sqrt{3}}$$

时，方程无解。

综上，使原方程有且仅有一个正解的参数范围为

$$k\in (-\infty ,0]\cup \left\{\frac{2}{3\sqrt{3}}\right\}.$$

---

13. 讨论曲线

$$y=2\ln x$$

与

$$y=2x+{\ln }^{2}x+k$$

在 $(0,+\infty )$ 内的交点个数（其中 $k$ 为常数）。

查看答案与解析

答案：

$$\{\begin{array}{ll}2\text{ 个交点},& k<-2,\\ 1\text{ 个交点},& k=-2,\\ 0\text{ 个交点},& k>-2.\end{array}$$

解析： 两曲线交点满足

$$2\ln x=2x+{\ln }^{2}x+k,x>0.$$

即

$$k=2\ln x-2x-{\ln }^{2}x.$$

令

$$t=\ln x,x=e^t,$$

则 $t\in (-\infty ,+\infty )$，原方程化为

$$k=\phi (t),\phi (t)=2t-2e^t-t^2.$$

求导得

$${\phi }^{\prime }(t)=2-2e^t-2t=2(1-t-e^t).$$

令

$$q(t)=1-t-e^t,$$

则

$$q^{\prime }(t)=-1-e^t<0,q(0)=0.$$

因而

$$q(t)>0(t<0),q(t)<0(t>0).$$

所以

$${\phi }^{\prime }(t)>0(t<0),{\phi }^{\prime }(t)<0(t>0).$$

即 $\phi (t)$ 在 $(-\infty ,0)$ 上严格增加，在 $(0,+\infty )$ 上严格减少，并在 $t=0$ 处取得唯一最大值

$$\phi (0)=-2.$$

此外，

$$\underset{t\to -\infty }{\lim }\phi (t)=-\infty ,\underset{t\to +\infty }{\lim }\phi (t)=-\infty .$$

因此水平直线 $y=k$ 与曲线 $y=\phi (t)$ 的交点个数为：

$$\{\begin{array}{ll}2,& k<-2,\\ 1,& k=-2,\\ 0,& k>-2.\end{array}$$

当 $k=-2$ 时，唯一交点对应

$$t=0,x=1.$$

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14. 证明：

$$x-\frac{1}{2}{x}^2<\ln (1+x)<x(\forall x>0).$$

查看答案与解析

答案： 对任意 $x>0$，恒有

$$x-\frac{1}{2}{x}^2<\ln (1+x)<x.$$

解析： 分别证明两侧不等式。

先证明右侧不等式。令

$$F(x)=x-\ln (1+x),x\ge 0.$$

则

$$F(0)=0,$$

且

$$F^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}>0,x>0.$$

因此 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格增加，从而

$$F(x)>F(0)=0,$$

即

$$\ln (1+x)<x.$$

再证明左侧不等式。令

$$G(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2}{x}^2,x\ge 0.$$

则

$$G(0)=0,$$

且

$$G^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}>0,x>0.$$

因此 $G(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格增加，所以

$$G(x)>G(0)=0,$$

即

$$\ln (1+x)>x-\frac{1}{2}{x}^2.$$

两式合并即得

$$x-\frac{1}{2}{x}^2<\ln (1+x)<x,x>0.$$

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15. 已知不等式：当 $x>0$ 时

$$(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2,$$

证明：$x\in (0,1)$ 时

$$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}.$$

查看答案与解析

答案： 当 $0<x<1$ 时，恒有

$$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}.$$

解析： 令

$$F(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x},x>0.$$

求导得

$$F^{\prime }(x)=-\frac{1}{(1+x){\ln }^2(1+x)}+\frac{1}{x^2}.$$

由已知不等式

$$(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2$$

可得

$$\frac{1}{(1+x){\ln }^2(1+x)}>\frac{1}{x^2},$$

因而

$$F^{\prime }(x)<0,x>0.$$

所以 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调下降。

再计算区间两端的极限。由洛必达法则，

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}}{\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x{)}^2}}{\frac{1}{1+x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

同时，

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }F(x)=\frac{1}{\ln 2}-1.$$

因为 $F(x)$ 严格下降，所以当 $0<x<1$ 时，

$$F(1^{-})<F(x)<F(0^{+}),$$

即

$$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}.$$

---

16. 设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 可导，

$$\frac{d}{dx}[xf(x)]\le -kf(x)(x>1),$$

在 $(1,+\infty )$ 的 $\forall$ 子区间上不恒等，又 $f(1)\le M$，其中 $k,M$ 为常数，求证：

$$f(x)<\frac{M}{x^{k+1}}(x>1).$$

查看答案与解析

答案： 对任意 $x>1$，均有

$$f(x)<\frac{M}{x^{k+1}}.$$

解析： 展开已知不等式，得

$$f(x)+x{f}^{\prime }(x)\le -kf(x),$$

即

$$x{f}^{\prime }(x)+(k+1)f(x)\le 0.$$

构造辅助函数

$$F(x)=x^{k+1}f(x),x\ge 1.$$

由于 $x>0$，有

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =x^k[x{f}^{\prime }(x)+(k+1)f(x)]\\ & \le 0.\end{array}$$

因此 $F(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调不增加。

题设还说明原不等式在 $(1,+\infty )$ 的任意子区间上都不恒为等式。因此 $F^{\prime }(x)=0$ 不可能在任何子区间上恒成立，从而 $F(x)$ 实际上严格单调下降。故对任意 $x>1$，

$$F(x)<F(1)=f(1)\le M.$$

即

$$x^{k+1}f(x)<M.$$

因为 $x^{k+1}>0$，两边同除以 $x^{k+1}$，得到

$$f(x)<\frac{M}{x^{k+1}},x>1.$$

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17. 设 $a>e$，$0<x<y<\frac{\pi }{2}$，求证：

$$a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a.$$

查看答案与解析

答案： 当 $a>e$，$0<x<y<\frac{\pi }{2}$ 时，恒有

$$a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a.$$

解析： 对函数 $u(t)=a^t$ 在区间 $[x,y]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x,y)$，使得

$$a^y-a^x=a^{\xi }\ln a(y-x).$$

由于 $a>e>1$ 且 $\xi >x$，故

$$a^{\xi }>a^x,$$

从而

$$a^y-a^x>a^x\ln a(y-x).\text{\hspace{1em}(1)}$$

再对函数 $v(t)=\cos t$ 在 $[x,y]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\eta \in (x,y)$，使得

$$\cos x-\cos y=\sin \eta (y-x).$$

因为

$$0<\eta <\frac{\pi }{2},$$

所以

$$0<\sin \eta <1,$$

因而

$$\cos x-\cos y<y-x.\text{\hspace{1em}(2)}$$

又因 $a^x\ln a>0$，由式 $(2)$ 得

$$(\cos x-\cos y)a^x\ln a<(y-x)a^x\ln a.$$

再结合式 $(1)$，即有

$$a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a.$$

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18. 设 $0<x_1<x_2$，$f(x)$ 在 $[x_1,x_2]$ 可导，证明：在 $(x_1,x_2)$ 内至少存在一个 $c$，使得

$$\frac{1}{e^{x_1}-e^{x_2}}\left|\begin{array}{cc}{e}^{x_1}& e^{x_2}\\ f(x_1)& f(x_2)\end{array}\right|=f(c)-f^{\prime }(c).$$

查看答案与解析

答案： 存在 $c\in (x_1,x_2)$，使得

$$\frac{1}{e^{x_1}-e^{x_2}}\left|\begin{array}{cc}{e}^{x_1}& e^{x_2}\\ f(x_1)& f(x_2)\end{array}\right|=f(c)-f^{\prime }(c).$$

解析： 令

$$F(x)=e^{-x}f(x),G(x)=e^{-x}.$$

两函数在 $[x_1,x_2]$ 上连续，在 $(x_1,x_2)$ 内可导，并且

$$G^{\prime }(x)=-e^{-x}\ne 0.$$

由柯西中值定理，存在 $c\in (x_1,x_2)$，使得

$$\frac{F(x_2)-F(x_1)}{G(x_2)-G(x_1)}=\frac{F^{\prime }(c)}{G^{\prime }(c)}.$$

右端为

$$\frac{F^{\prime }(c)}{G^{\prime }(c)}=\frac{e^{-c}[f^{\prime }(c)-f(c)]}{-e^{-c}}=f(c)-f^{\prime }(c).$$

左端经过整理，得到

$$\begin{array}{rl}\frac{F(x_2)-F(x_1)}{G(x_2)-G(x_1)}& =\frac{e^{-x_2}f(x_2)-e^{-x_1}f(x_1)}{e^{-x_2}-e^{-x_1}}\\ & =\frac{e^{x_1}f(x_2)-e^{x_2}f(x_1)}{e^{x_1}-e^{x_2}}\\ & =\frac{1}{e^{x_1}-e^{x_2}}\left|\begin{array}{cc}{e}^{x_1}& e^{x_2}\\ f(x_1)& f(x_2)\end{array}\right|.\end{array}$$

因此

$$\frac{1}{e^{x_1}-e^{x_2}}\left|\begin{array}{cc}{e}^{x_1}& e^{x_2}\\ f(x_1)& f(x_2)\end{array}\right|=f(c)-f^{\prime }(c).$$

---

19. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 可导且

$$f(1)=2{\int }_0^1{e}^{1-x^2}f(x)dx,$$

求证：存在 $\xi \in (0,1)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=2\xi f(\xi ).$$

查看答案与解析

答案： 按当前题干，命题不成立。反例可取

$$f(x)=x{e}^{x^2}.$$

若原题积分上限应为 $\frac{1}{2}$，则命题成立。

解析： 先检验当前题干。取

$$f(x)=x{e}^{x^2},$$

则

$$f(1)=e.$$

同时

$$\begin{array}{rl}2{\int }_0^1{e}^{1-x^2}f(x)dx& =2{\int }_0^1{e}^{1-x^2}\cdot x{e}^{x^2}dx\\ & =2e{\int }_0^{1}xdx\\ & =e.\end{array}$$

因此该函数满足题设积分条件。然而

$$f^{\prime }(x)=e^{x^2}(1+2x^2),$$

从而

$$f^{\prime }(x)-2xf(x)=e^{x^2}(1+2x^2)-2x^2{e}^{x^2}=e^{x^2}>0.$$

所以在 $(0,1)$ 内不存在 $\xi$ 使

$$f^{\prime }(\xi )=2\xi f(\xi ).$$

这说明按当前录入的积分上限 $1$，原命题不成立。

与结论相匹配的常见题型是把积分上限改为 $\frac{1}{2}$，即

$$f(1)=2{\int }_0^{\frac{1}{2}}{e}^{1-x^2}f(x)dx.$$

此时令

$$F(x)=e^{1-x^2}f(x).$$

由积分中值定理，存在 $\eta \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，使得

$$2{\int }_0^{\frac{1}{2}}F(x)dx=F(\eta ).$$

题设条件于是化为

$$F(1)=F(\eta ).$$

由罗尔定理，存在 $\xi \in (\eta ,1)\subset (0,1)$，使得

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

而

$$F^{\prime }(x)=e^{1-x^2}[f^{\prime }(x)-2xf(x)],$$

且指数因子恒正，故

$$f^{\prime }(\xi )-2\xi f(\xi )=0,$$

即

$$f^{\prime }(\xi )=2\xi f(\xi ).$$

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20. 已知以 $2\pi$ 为周期的周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有二阶导数，且 $f(0)=0$。设

$$F(x)=(\sin x-1{)}^{2}f(x),$$

证明：存在 $x_0\in \left(2\pi ,\frac{5\pi }{2}\right)$，使得

$$F^{\prime \prime }(x_0)=0.$$

查看答案与解析

答案： 存在 $x_0\in \left(2\pi ,\frac{5\pi }{2}\right)$，使得

$$F^{\prime \prime }(x_0)=0.$$

解析： 由于 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期，且 $f(0)=0$，所以

$$f(2\pi )=f(0)=0.$$

因而

$$F(2\pi )=(\sin 2\pi -1{)}^{2}f(2\pi )=0.$$

又因为

$$\sin \frac{5\pi }{2}=1,$$

所以

$$F\left(\frac{5\pi }{2}\right)=0.$$

函数 $F(x)$ 在闭区间

$$\left[2\pi ,\frac{5\pi }{2}\right]$$

上连续，在开区间内可导。由罗尔定理，存在

$$c\in \left(2\pi ,\frac{5\pi }{2}\right),$$

使得

$$F^{\prime }(c)=0.$$

另一方面，

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =2(\sin x-1)\cos xf(x)+(\sin x-1{)}^2{f}^{\prime }(x).\end{array}$$

当 $x=\frac{5\pi }{2}$ 时，$\sin x-1=0$，故

$$F^{\prime }\left(\frac{5\pi }{2}\right)=0.$$

于是函数 $F^{\prime }(x)$ 在闭区间

$$\left[c,\frac{5\pi }{2}\right]$$

上连续，在其内部可导，且两端函数值相等。再次应用罗尔定理，存在

$$x_0\in \left(c,\frac{5\pi }{2}\right)\subset \left(2\pi ,\frac{5\pi }{2}\right),$$

使得

$$F^{\prime \prime }(x_0)=0.$$

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21. 设 $b>a\ge 0$，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，$f(a)\ne f(b)$，求证：存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta ).$$

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta ).$$

解析： 先对函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理。存在

$$\xi \in (a,b),$$

使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

再对函数 $f(x)$ 与 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理。由于

$$g^{\prime }(x)=2x,$$

且 $b>a\ge 0$，故对任意 $x\in (a,b)$ 均有 $g^{\prime }(x)>0$。因此存在

$$\eta \in (a,b),$$

使得

$$\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{2\eta }.$$

即

$$f^{\prime }(\eta )=\frac{2\eta [f(b)-f(a)]}{(b-a)(a+b)}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

由式 $(2)$ 得

$$\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

再结合式 $(1)$，可得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta ).$$

---

22. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有连续的一阶导数，且 $f^{\prime }(0)=0$，$f^{\prime \prime }(0)$ 存在。求证：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f[\ln (1+x)]}{x^3}=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0).$$

查看答案与解析

答案：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f[\ln (1+x)]}{x^3}=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0).$$

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\ln (1+x)\to 0$。由拉格朗日中值定理，在 $x$ 与 $\ln (1+x)$ 之间存在一点 ${\xi }_x$，使得

$$f(x)-f[\ln (1+x)]=f^{\prime }({\xi }_x)[x-\ln (1+x)].$$

因此

$$\frac{f(x)-f[\ln (1+x)]}{x^3}=\frac{f^{\prime }({\xi }_x)}{{\xi }_x}\cdot \frac{{\xi }_x}{x}\cdot \frac{x-\ln (1+x)}{x^2}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

因为 ${\xi }_x$ 位于 $x$ 与 $\ln (1+x)$ 之间，而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1,$$

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\xi }_x}{x}=1.$$

又由 $f^{\prime }(0)=0$ 及 $f^{\prime \prime }(0)$ 存在，得

$$\underset{u\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(u)}{u}=\underset{u\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(u)-f^{\prime }(0)}{u-0}=f^{\prime \prime }(0).$$

因而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_x)}{{\xi }_x}=f^{\prime \prime }(0).$$

此外，

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\ln (1+x)}{x^2}=\frac{1}{2}.$$

将以上三个极限代入式 $(1)$，得到

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f[\ln (1+x)]}{x^3}=f^{\prime \prime }(0)\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0).$$

---

23. 设有参数方程

$$\{\begin{array}{l}x={\cos }^{3}t,\\ y={\sin }^{3}t,\end{array}0\le t\le \pi .$$

（Ⅰ）求证该参数方程确定 $y=y(x)$，并求定义域；

（Ⅱ）讨论 $y=y(x)$ 的可导性与单调性；

（Ⅲ）讨论 $y=y(x)$ 的凹凸性。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）该参数方程确定单值函数

$$y=(1-|x{|}^{\frac{2}{3}}{)}^{\frac{3}{2}},x\in [-1,1].$$

（Ⅱ）函数在

$$(-1,0)\cup (0,1)$$

内可导，在 $x=0$ 处不可导；在 $[-1,0]$ 上单调增加，在 $[0,1]$ 上单调减少。

（Ⅲ）在区间

$$(-1,0),(0,1)$$

内均有 $y^{\prime \prime }>0$，曲线均为开口向上的凹弧；$x=0$ 不是拐点。

解析： （Ⅰ）确定函数及定义域

在 $[0,\pi ]$ 上，$\cos t$ 严格单调减少，因此

$$x={\cos }^{3}t$$

也严格单调减少，并将 $[0,\pi ]$ 一一映射到 $[-1,1]$。所以每个 $x\in [-1,1]$ 对应唯一的参数 $t$，从而参数方程确定单值函数 $y=y(x)$。

由

$$\cos t=\sqrt[3]{x},$$

以及在 $[0,\pi ]$ 上 $\sin t\ge 0$，有

$$\sin t=\sqrt{1-{\cos }^{2}t}=\sqrt{1-x^{\frac{2}{3}}}.$$

因而

$$y={\sin }^{3}t={\left(1-x^{\frac{2}{3}}\right)}^{\frac{3}{2}}={\left(1-|x{|}^{\frac{2}{3}}\right)}^{\frac{3}{2}}.$$

故定义域为

$$[-1,1].$$

（Ⅱ）可导性与单调性

当 $\sin t\cos t\ne 0$，即

$$t\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\cup \left(\frac{\pi }{2},\pi \right),$$

有

$$\frac{dx}{dt}=-3{\cos }^{2}t\sin t,\frac{dy}{dt}=3{\sin }^{2}t\cos t.$$

因此

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=-\tan t.$$

所以函数在

$$(-1,0)\cup (0,1)$$

内可导。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$t\to \frac{\pi }{2}-$，于是

$$y^{\prime }(x)=-\tan t\to -\infty .$$

当 $x\to 0^{-}$ 时，$t\to \frac{\pi }{2}+$，于是

$$y^{\prime }(x)=-\tan t\to +\infty .$$

因而 $x=0$ 处导数不存在，曲线在点 $(0,1)$ 处有竖直尖点。

在 $t\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$x>0$，且

$$y^{\prime }(x)=-\tan t<0,$$

故 $y$ 在 $[0,1]$ 上单调减少。

在 $t\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 时，$x<0$，且

$$y^{\prime }(x)=-\tan t>0,$$

故 $y$ 在 $[-1,0]$ 上单调增加。

（Ⅲ）凹凸性

由

$$y^{\prime }=-\tan t$$

可得

$$\frac{d{y}^{\prime }}{dt}=-{\sec }^{2}t.$$

因而

$$y^{\prime \prime }=\frac{d{y}^{\prime }/dt}{dx/dt}=\frac{-{\sec }^{2}t}{-3{\cos }^{2}t\sin t}=\frac{1}{3{\cos }^{4}t\sin t}.$$

当

$$t\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\cup \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$$

时，$\sin t>0$，所以

$$y^{\prime \prime }>0.$$

因此曲线在 $(-1,0)$ 与 $(0,1)$ 上均为开口向上的凹弧。由于 $x=0$ 两侧凹凸性没有改变，所以 $(0,1)$ 不是拐点。

---

24. 设

$$f(x)=nx(1-x{)}^n(n\text{ 为自然数}),$$

（Ⅰ）求 $\underset{[0,1]}{\max }f(x)$；

（Ⅱ）求证：

$$\underset{[0,1]}{\max }f(x)<\frac{1}{e}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\underset{[0,1]}{\max }f(x)={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1},$$

在

$$x=\frac{1}{n+1}$$

处取得。

（Ⅱ）

$$\underset{[0,1]}{\max }f(x)<\frac{1}{e}.$$

解析： （Ⅰ）求最大值

对

$$f(x)=nx(1-x{)}^n$$

求导，得

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =n(1-x{)}^n-n^{2}x(1-x{)}^{n-1}\\ & =n(1-x{)}^{n-1}[1-(n+1)x].\end{array}$$

在 $0<x<1$ 内，因 $n(1-x{)}^{n-1}>0$，故 $f^{\prime }(x)$ 的符号由

$$1-(n+1)x$$

决定。因此

$$\{\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)>0,& 0<x<\frac{1}{n+1},\\ f^{\prime }(x)<0,& \frac{1}{n+1}<x<1.\end{array}$$

所以 $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{n+1}$ 处取得最大值。又

$$f(0)=f(1)=0,$$

且

$$\begin{array}{rl}f\left(\frac{1}{n+1}\right)& =\frac{n}{n+1}{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}^n\\ & =\frac{n}{n+1}{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\\ & ={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}.\end{array}$$

因而

$$\underset{[0,1]}{\max }f(x)={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}.$$

（Ⅱ）证明最大值小于 $\frac{1}{e}$

对任意 $u>0$，有基本不等式

$$\ln (1+u)>\frac{u}{1+u}.$$

令

$$u=\frac{1}{n},$$

则

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n+1}.$$

两边乘以 $n+1$，得

$$(n+1)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>1.$$

指数化后有

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}>e.$$

取倒数，得到

$${\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}<\frac{1}{e}.$$

因此

$$\underset{[0,1]}{\max }f(x)<\frac{1}{e}.$$

---

25. （Ⅰ）设 $f(x)$ 在 $[x_0,x_0+\delta )$（或 $(x_0-\delta ,x_0]$）连续，在 $(x_0,x_0+\delta )$（或 $(x_0-\delta ,x_0)$）可导，又

$$\underset{x\to x_0+0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A\left(\underset{x\to x_0-0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A\right),$$

求证：

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=A\left(f_{-}^{\prime }(x_0)=A\right).$$

（Ⅱ）设 $f(x)$ 在 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 连续，在 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )\setminus \{x_0\}$ 可导，又

$$\underset{x\to x_0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A,$$

求证：$f^{\prime }(x_0)=A$。

（Ⅲ）设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 可导，$x_0\in (a,b)$ 是 $f^{\prime }(x)$ 的间断点，求证：$x=x_0$ 是 $f^{\prime }(x)$ 的第二类间断点。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=A\left(f_{-}^{\prime }(x_0)=A\right).$$

（Ⅱ）

$$f^{\prime }(x_0)=A.$$

（Ⅲ）$x=x_0$ 必为导函数 $f^{\prime }(x)$ 的第二类间断点。

解析： （Ⅰ）证明单侧导数存在并等于导函数的单侧极限

以右侧情形为例。任取 $x\in (x_0,x_0+\delta )$，由 $f$ 在 $[x_0,x]$ 上连续、在 $(x_0,x)$ 内可导，根据拉格朗日中值定理，存在

$${\xi }_x\in (x_0,x),$$

使得

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }({\xi }_x).$$

当 $x\to x_0+0$ 时，由

$$x_0<{\xi }_x<x$$

可知 ${\xi }_x\to x_0+0$。于是

$$\underset{x\to x_0+0}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\underset{x\to x_0+0}{\lim }{f}^{\prime }({\xi }_x)=A.$$

因此

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=A.$$

左侧情形同理：对 $x<x_0$ 在区间 $[x,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，即得

$$f_{-}^{\prime }(x_0)=A.$$

（Ⅱ）证明 $f^{\prime }(x_0)=A$

由

$$\underset{x\to x_0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A$$

可知左右极限均存在且均等于 $A$。由（Ⅰ）分别得到

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=A,f_{-}^{\prime }(x_0)=A.$$

因此左右导数存在且相等，从而 $f$ 在 $x_0$ 处可导，并且

$$f^{\prime }(x_0)=A.$$

（Ⅲ）证明导函数的间断点只能是第二类间断点

反设 $x_0$ 是 $f^{\prime }(x)$ 的第一类间断点。则有限的单侧极限

$$\underset{x\to x_0-0}{\lim }{f}^{\prime }(x),\underset{x\to x_0+0}{\lim }{f}^{\prime }(x)$$

均存在。

由于 $f$ 在 $(a,b)$ 可导，所以在 $x_0$ 处连续。由（Ⅰ）可知

$$\underset{x\to x_0-0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f_{-}^{\prime }(x_0),\underset{x\to x_0+0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f_{+}^{\prime }(x_0).$$

又因 $f^{\prime }(x_0)$ 存在，故

$$f_{-}^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0)=f_{+}^{\prime }(x_0).$$

从而

$$\underset{x\to x_0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(x_0),$$

即 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 处连续，与题设矛盾。

因而 $x_0$ 不可能是第一类间断点，只能是第二类间断点。这也体现了导函数的达布性质：导函数即使不连续，也不会发生跳跃间断。

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26. 设 $f(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 内可导，求证：

（Ⅰ）若 $x_0\in (a,+\infty )$，$f^{\prime }(x)\ge \alpha >0(x>x_0)$，则

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty ;$$

（Ⅱ）若

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=A>0,$$

则

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

（Ⅱ）

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

解析： （Ⅰ）利用拉格朗日中值定理估计函数增长速度

任取 $x>x_0$。由拉格朗日中值定理，存在

$$\xi \in (x_0,x),$$

使得

$$f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0).$$

因 $\xi >x_0$，由题设

$$f^{\prime }(\xi )\ge \alpha >0,$$

所以

$$f(x)\ge f(x_0)+\alpha (x-x_0).$$

当 $x\to +\infty$ 时，右端趋于 $+\infty$，故由比较可得

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

（Ⅱ）将导数极限转化为一致的正下界

由于

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=A>0,$$

取

$$\epsilon =\frac{A}{2},$$

则存在 $x_0>a$，使得当 $x>x_0$ 时，

$$|f^{\prime }(x)-A|<\frac{A}{2}.$$

因而

$$f^{\prime }(x)>\frac{A}{2}>0.$$

由（Ⅰ），令 $\alpha =\frac{A}{2}$，立即得到

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

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27. 证明奇次方程

$$a_0{x}^{2n+1}+a_1{x}^{2n}+\cdots +a_{2n}x+a_{2n+1}=0$$

一定有实根，其中常数 $a_0\ne 0$。

查看答案与解析

答案： 该奇次方程至少有一个实根。

解析： 设

$$P(x)=a_0{x}^{2n+1}+a_1{x}^{2n}+\cdots +a_{2n}x+a_{2n+1}.$$

多项式 $P(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续。

当 $|x|\to +\infty$ 时，最高次项起决定作用，即

$$\frac{P(x)}{a_0{x}^{2n+1}}\to 1.$$

因为 $2n+1$ 是奇数，所以 $x^{2n+1}$ 在正负无穷处异号。

若 $a_0>0$，则

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }P(x)=-\infty .$$

因而存在充分大的 $R>0$，使得

$$P(-R)<0<P(R).$$

若 $a_0<0$，则相反有

$$P(-R)>0>P(R)$$

对充分大的 $R$ 成立。

无论哪种情况，$P(-R)$ 与 $P(R)$ 均异号。由零点定理，存在

$$\xi \in (-R,R),$$

使得

$$P(\xi )=0.$$

因此任意实系数奇次方程至少有一个实根。

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28. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 可导，且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=A,$$

求证：存在 $c\in (-\infty ,+\infty )$，使得 $f^{\prime }(c)=0$。

查看答案与解析

答案： 存在

$$c\in \mathbb{R},$$

使得

$$f^{\prime }(c)=0.$$

解析： 若 $f(x)\equiv A$，则对任意 $c\in \mathbb{R}$，均有

$$f^{\prime }(c)=0.$$

以下设 $f$ 不恒等于 $A$。则存在某点 $x_0$，使得

$$f(x_0)\ne A.$$

情形一：$f(x_0)>A$

令

$$\epsilon =\frac{f(x_0)-A}{2}>0.$$

由

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=A,$$

可取 $a<x_0<b$，使得

$$|f(a)-A|<\epsilon ,|f(b)-A|<\epsilon .$$

因而

$$f(a)<A+\epsilon =\frac{A+f(x_0)}{2}<f(x_0),$$

同理

$$f(b)<f(x_0).$$

由于 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，故必取得最大值；又端点函数值均小于内部点 $x_0$ 的函数值，所以最大值必在某个内点 $c\in (a,b)$ 处取得。由费马定理，

$$f^{\prime }(c)=0.$$

情形二：$f(x_0)<A$

同理，可取 $a<x_0<b$，使得

$$f(a)>f(x_0),f(b)>f(x_0).$$

因此 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最小值在某个内点 $c\in (a,b)$ 处取得，由费马定理仍有

$$f^{\prime }(c)=0.$$

综上，必存在 $c\in \mathbb{R}$，使得 $f^{\prime }(c)=0$。

---

29. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1-x^2\left(2+\sin \frac{1}{x}\right),& x\ne 0,\\ 1,& x=0.\end{array}$$

（Ⅰ）求 $f^{\prime }(x)$；

（Ⅱ）证明：$x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点；

（Ⅲ）令 $x_n=\frac{1}{n\pi }$，考察 $f^{\prime }(x_n)$ 是正的还是负的，$n$ 为非零整数；

（Ⅳ）证明：对 $\forall \delta >0$，$f(x)$ 在 $(-\delta ,0]$ 上不单调上升，在 $[0,\delta )$ 上不单调下降。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-4x-2x\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

（Ⅱ）$x=0$ 是 $f(x)$ 的严格极大值点，且极大值为

$$f(0)=1.$$

（Ⅲ）

$$f^{\prime }(x_n)=(-1{)}^n-\frac{4}{n\pi }.$$

具体地：

• $n$ 为非零偶数时，$f^{\prime }(x_n)>0$；
• $n$ 为正奇数时，$f^{\prime }(x_n)<0$；
• $n=-1$ 时，$f^{\prime }(x_n)>0$；
• $n\le -3$ 为负奇数时，$f^{\prime }(x_n)<0$。

（Ⅳ）任意 $\delta >0$，$f$ 在 $(-\delta ,0]$ 上不单调上升，在 $[0,\delta )$ 上不单调下降。

解析： （Ⅰ）求导数

当 $x\ne 0$ 时，

$$f(x)=1-2x^2-x^2\sin \frac{1}{x}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =-4x-2x\sin \frac{1}{x}-x^2\cos \frac{1}{x}\left(-\frac{1}{x^2}\right)\\ & =-4x-2x\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}.\end{array}$$

在 $x=0$ 处，按定义

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }-x\left(2+\sin \frac{1}{x}\right).\end{array}$$

因为

$$\left|x\left(2+\sin \frac{1}{x}\right)\right|\le 3|x|\to 0,$$

所以

$$f^{\prime }(0)=0.$$

（Ⅱ）证明 $x=0$ 为严格极大值点

对任意 $x\ne 0$，有

$$1\le 2+\sin \frac{1}{x}\le 3.$$

因此

$$x^2\left(2+\sin \frac{1}{x}\right)>0,$$

从而

$$f(x)=1-x^2\left(2+\sin \frac{1}{x}\right)<1=f(0).$$

故 $x=0$ 是 $f(x)$ 的严格极大值点，极大值为 $1$。

（Ⅲ）判断 $f^{\prime }(x_n)$ 的符号

由

$$x_n=\frac{1}{n\pi }$$

得

$$\sin \frac{1}{x_n}=\sin (n\pi )=0,\cos \frac{1}{x_n}=\cos (n\pi )=(-1{)}^n.$$

因而

$$f^{\prime }(x_n)=(-1{)}^n-\frac{4}{n\pi }.$$

当 $n$ 为非零偶数时，$(-1{)}^n=1$。若 $n>0$，则 $n\ge 2$，故

$$1-\frac{4}{n\pi }\ge 1-\frac{2}{\pi }>0;$$

若 $n<0$，则

$$1-\frac{4}{n\pi }>1>0.$$

所以偶数情形均有 $f^{\prime }(x_n)>0$。

当 $n>0$ 为奇数时，

$$f^{\prime }(x_n)=-1-\frac{4}{n\pi }<0.$$

当 $n<0$ 为奇数时，令 $m=|n|$，则

$$f^{\prime }(x_n)=-1+\frac{4}{m\pi }.$$

当 $m=1$，即 $n=-1$ 时，

$$-1+\frac{4}{\pi }>0;$$

当 $m\ge 3$ 时，

$$-1+\frac{4}{m\pi }\le -1+\frac{4}{3\pi }<0.$$

（Ⅳ）证明任意单侧邻域内均不具有所述单调性

任取 $\delta >0$。

先证 $f$ 在 $(-\delta ,0]$ 上不可能单调上升。取充分大的正奇数 $m\ge 3$，令

$$n=-m.$$

则

$$x_n=-\frac{1}{m\pi }\in (-\delta ,0)$$

且由（Ⅲ）知

$$f^{\prime }(x_n)<0.$$

若 $f$ 在 $(-\delta ,0]$ 上单调上升，则在每个可导内点均应有 $f^{\prime }(x)\ge 0$，与上式矛盾。因此 $f$ 在 $(-\delta ,0]$ 上不单调上升。

再证 $f$ 在 $[0,\delta )$ 上不可能单调下降。取充分大的正偶数 $n$，使得

$$x_n=\frac{1}{n\pi }\in (0,\delta ).$$

由（Ⅲ）知

$$f^{\prime }(x_n)>0.$$

若 $f$ 在 $[0,\delta )$ 上单调下降，则在每个可导内点均应有 $f^{\prime }(x)\le 0$，矛盾。因此 $f$ 在 $[0,\delta )$ 上不单调下降。

这说明：虽然 $x=0$ 是严格极大值点，但函数在其任意左、右邻域内均不断振荡，不能据此断言函数在左侧单调增加、右侧单调减少。

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30. 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，且

$$\underset{x\to a+}{\lim }f(x)=\underset{x\to b-}{\lim }f(x)=A.$$

求证：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=0.$$

查看答案与解析

答案： 必存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=0.$$

解析： 在闭区间 $[a,b]$ 上定义辅助函数

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& x\in (a,b),\\ A,& x=a\text{ 或 }x=b.\end{array}$$

由题设

$$\underset{x\to a+}{\lim }f(x)=A=F(a),\underset{x\to b-}{\lim }f(x)=A=F(b),$$

可知 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，并且在 $(a,b)$ 内可导，且

$$F(a)=F(b)=A.$$

因此，函数 $F$ 满足罗尔定理的全部条件。故至少存在一点

$$\xi \in (a,b),$$

使得

$$F^{\prime }(\xi )=0.$$

又因为 $F(x)=f(x)$ 在 $(a,b)$ 内成立，所以

$$f^{\prime }(\xi )=F^{\prime }(\xi )=0.$$

最值问题

1. 求函数

$$f(x)=\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{2}x(x\in (-\infty ,+\infty ))$$

的最小值。

查看答案与解析

答案： 当

$$x=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

时，函数取得最小值

$$f_{\min }=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

解析： 函数在 $\mathbb{R}$ 上可导，且

$$f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{2}.$$

令 $f^{\prime }(x)=0$，得

$$\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{1}{2}.$$

右端为正，因此 $x>0$。两边平方，得

$$4x^2=x^2+1,$$

从而

$$x=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

又

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{(x^2+1{)}^{3/2}}>0,$$

所以 $f(x)$ 在整个实数域上为严格凸函数，上述驻点是唯一的全局最小值点。

代入可得

$$\begin{array}{rl}f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)& =\sqrt{1+\frac{1}{3}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\\ & =\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{array}$$

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2. 将长为 $a$ 的一段铁丝截成两段，用一段围成正方形，另一段围成圆，为使两段面积之和最小，问两段铁丝各长多少？

查看答案与解析

答案： 围成正方形的铁丝长度为

$$\frac{4a}{\pi +4},$$

围成圆的铁丝长度为

$$\frac{\pi a}{\pi +4}.$$

解析： 设用于围正方形的铁丝长度为 $x$，则用于围圆的长度为 $a-x$，其中

$$0\le x\le a.$$

正方形边长为 $x/4$，面积为

$$S_1=\frac{x^2}{16}.$$

圆的半径为

$$r=\frac{a-x}{2\pi },$$

面积为

$$S_2=\pi r^2=\frac{(a-x{)}^2}{4\pi }.$$

因此总面积为

$$S(x)=\frac{x^2}{16}+\frac{(a-x{)}^2}{4\pi }.$$

求导得

$$S^{\prime }(x)=\frac{x}{8}-\frac{a-x}{2\pi }.$$

令 $S^{\prime }(x)=0$，则

$$\pi x=4(a-x),$$

从而

$$x=\frac{4a}{\pi +4}.$$

此时

$$a-x=\frac{\pi a}{\pi +4}.$$

又

$$S^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{8}+\frac{1}{2\pi }>0,$$

故上述分法使总面积取得唯一最小值。

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3. 求从点 $A(10,0)$ 到抛物线 $y^2=4x$ 的最短距离。

查看答案与解析

答案： 最短距离为

$$6.$$

最近点为

$$(8,4\sqrt{2}),(8,-4\sqrt{2}).$$

解析： 设抛物线上任一点为

$$P\left(\frac{y^2}{4},y\right).$$

则点 $P$ 到 $A(10,0)$ 的距离平方为

$$D^2(y)={\left(\frac{y^2}{4}-10\right)}^2+y^2.$$

令

$$u=y^2\ge 0,$$

则

$$\begin{array}{rl}{D}^2& ={\left(\frac{u}{4}-10\right)}^2+u\\ & =\frac{u^2}{16}-4u+100.\end{array}$$

配方得

$$D^2=\frac{1}{16}(u-32{)}^2+36.$$

因而当

$$u=32$$

时，$D^2$ 取得最小值 $36$。于是

$$D_{\min }=6.$$

由 $y^2=32$，得

$$y=\pm 4\sqrt{2},$$

且

$$x=\frac{y^2}{4}=8.$$

所以最近点为

$$(8,4\sqrt{2}),(8,-4\sqrt{2}).$$

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4. 求圆 $x^2+y^2=1$ 的一条切线，使此切线与抛物线 $y=x^2-2$ 所围面积最小，并求此最小值。

查看答案与解析

答案： 满足条件的切线有两条：

$$y=\sqrt{3}x-2,y=-\sqrt{3}x-2.$$

所围面积的最小值为

$$S_{\min }=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

解析： 设圆的一条非竖直切线为

$$y=kx+b.$$

直线到原点的距离等于圆半径 $1$，所以

$$\frac{|b|}{\sqrt{k^2+1}}=1,$$

即

$$b=\pm \sqrt{k^2+1}.$$

直线与抛物线的交点横坐标满足

$$x^2-2=kx+b,$$

即

$$x^2-kx-(b+2)=0.$$

设两交点横坐标为 $x_1<x_2$。在两交点之间，直线位于抛物线上方，所围面积为

$$S={\int }_{x_1}^{x_2}\left[kx+b-(x^2-2)\right]dx.$$

由于

$$kx+b-(x^2-2)=(x_2-x)(x-x_1),$$

故

$$S={\int }_{x_1}^{x_2}(x_2-x)(x-x_1)dx=\frac{(x_2-x_1{)}^3}{6}.$$

而二次方程两根之差为

$$x_2-x_1=\sqrt{k^2+4(b+2)},$$

因此

$$S=\frac{1}{6}{\left[k^2+4(b+2)\right]}^{3/2}.$$

情形一：

$$b=\sqrt{k^2+1}.$$

此时

$$k^2+4(b+2)=k^2+4\sqrt{k^2+1}+8\ge 12.$$

情形二：

$$b=-\sqrt{k^2+1}.$$

令

$$t=\sqrt{k^2+1}\ge 1,$$

则

$$\begin{array}{rl}{k}^2+4(b+2)& =t^2-1-4t+8\\ & =(t-2{)}^2+3\\ & \ge 3.\end{array}$$

等号成立当且仅当

$$t=2,$$

即

$$k^2=3,b=-2.$$

因此所求切线为

$$y=\sqrt{3}x-2$$

或

$$y=-\sqrt{3}x-2.$$

此时

$$S_{\min }=\frac{1}{6}\cdot 3^{3/2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

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5. 要建一个圆柱形无盖水池，使其容积为 $V{\mathrm{m}}^3$，底的单位面积造价是周围的两倍，问底半径 $r$ 与高 $h$ 各是多少，才能使水池造价最低？

查看答案与解析

答案：

$$r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }},h=2r=\sqrt[3]{\frac{4V}{\pi }}.$$

解析： 设水池侧面的单位面积造价为 $c>0$，则底面的单位面积造价为 $2c$。

圆柱形无盖水池的侧面积为

$$2\pi rh,$$

底面积为

$$\pi r^2.$$

因而总造价为

$$C=2\pi crh+2c\pi r^2=2\pi c(rh+r^2).$$

由容积条件

$$\pi r^{2}h=V$$

得

$$h=\frac{V}{\pi r^2},r>0.$$

代入总造价函数：

$$C(r)=2c\left(\frac{V}{r}+\pi r^2\right).$$

求导得

$$C^{\prime }(r)=2c\left(-\frac{V}{r^2}+2\pi r\right).$$

令 $C^{\prime }(r)=0$，则

$$2\pi r^3=V,$$

从而

$$r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}.$$

又

$$C^{\prime \prime }(r)=2c\left(\frac{2V}{r^3}+2\pi \right)>0,$$

所以上述驻点为严格极小值点。并且当 $r\to 0^{+}$ 或 $r\to +\infty$ 时，$C(r)\to +\infty$，故它也是唯一的全局最小值点。

最后

$$h=\frac{V}{\pi r^2}=2r=\sqrt[3]{\frac{4V}{\pi }}.$$

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6. 设 $f(x)$ 在 $[0,b]$ 可导，$f^{\prime }(x)>0(\forall x\in (0,b))$，$t\in [0,b]$，问 $t$ 取何值时，图中阴影部分的面积最大？最小？

查看答案与解析

答案： 阴影面积在

$$t=\frac{b}{2}$$

时取得唯一最小值。

最大值必在端点 $t=0$ 或 $t=b$ 处取得。具体地，令

$$\Delta =b[f(0)+f(b)]-2{\int }_0^{b}f(x)dx,$$

则：

• 当 $\Delta >0$ 时，$t=b$ 处面积最大；
• 当 $\Delta <0$ 时，$t=0$ 处面积最大；
• 当 $\Delta =0$ 时，$t=0$ 与 $t=b$ 处同时取得最大值。

解析： 由图 4.3，阴影部分由两块组成：在 $[0,t]$ 上为直线 $y=f(t)$ 与曲线 $y=f(x)$ 之间的面积；在 $[t,b]$ 上为曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=f(t)$ 之间的面积。因此

$$S(t)={\int }_0^t[f(t)-f(x)]dx+{\int }_t^b[f(x)-f(t)]dx.$$

对 $t$ 求导。第一项满足

$$\frac{d}{dt}{\int }_0^t[f(t)-f(x)]dx=t{f}^{\prime }(t),$$

第二项满足

$$\frac{d}{dt}{\int }_t^b[f(x)-f(t)]dx=-(b-t)f^{\prime }(t).$$

故

$$S^{\prime }(t)=(2t-b)f^{\prime }(t).$$

由于

$$f^{\prime }(t)>0,$$

所以

$$S^{\prime }(t)<0\left(0<t<\frac{b}{2}\right),$$

而

$$S^{\prime }(t)>0\left(\frac{b}{2}<t<b\right).$$

因而 $S(t)$ 在 $[0,b/2]$ 上严格减少，在 $[b/2,b]$ 上严格增加，所以

$$t=\frac{b}{2}$$

是唯一的最小值点。

最大值只能在两个端点中取得。计算得

$$S(0)={\int }_0^b[f(x)-f(0)]dx,$$$$S(b)={\int }_0^b[f(b)-f(x)]dx.$$

两者之差为

$$\begin{array}{rl}S(b)-S(0)& =bf(b)-{\int }_0^{b}f(x)dx-{\int }_0^{b}f(x)dx+bf(0)\\ & =b[f(0)+f(b)]-2{\int }_0^{b}f(x)dx\\ & =\Delta .\end{array}$$

因此根据 $\Delta$ 的正负即可确定最大值所在端点。仅由 $f^{\prime }(x)>0$ 不能进一步断定 $S(0)$ 与 $S(b)$ 谁更大。