《高等数学》习题4.1选做

Elegia · 2021-07-22 00:07:27 · 个人记录

2. 讨论下列函数 \displaystyle f( x) 在区间 \displaystyle [ -1,1] 上是否满足罗尔定理的条件并分别求出导数为 \displaystyle 0 的点。

(1) \displaystyle f( x) =( 1+x)^{m}( 1-x)^{n}，其中 \displaystyle n,m 是正整数。

解：由于 \displaystyle f( 1) =f( -1) =0 可知满足罗尔定理。\displaystyle f'( x) =f( x)\left(\frac{m}{1+x} -\frac{n}{1-x}\right) =0，解得 \displaystyle x=\frac{m-n}{m+n} \in ( -1,1)。

(2) \displaystyle f( x) =1-\sqrt[3]{x^{2}}

解：在 \displaystyle 0 处不可导，因此罗尔定理的条件不满足。

3. 写出函数 \displaystyle f( x) =\ln x 在区间 \displaystyle [ 1,\mathrm{e}] 上的微分中值定理，并求出其中的 \displaystyle c。

解：\displaystyle f( 1) =0,f(\mathrm{e}) =1，可知存在 \displaystyle c\in ( 1,\mathrm{e}) 使得 \displaystyle f'( c) =\frac{1}{\mathrm{e} -1}。根据 \displaystyle f'( x) =\frac{1}{x} 解得 \displaystyle c=\mathrm{e} -1。

4. 应用拉格朗日中值定理，证明下列不等式：

(1) \displaystyle | \sin x-\sin y| \leq | x-y| 。

解：令 \displaystyle f( x) =\sin x，存在一点 \displaystyle c 使得 \displaystyle f'( c) =\frac{\sin x-\sin y}{x-y}，而 \displaystyle f'( c) \in [ -1,1]，因此 \displaystyle \left| \frac{\sin x-\sin y}{x-y}\right| \leq 1，也就有 \displaystyle | \sin x-\sin y| \leq | x-y| 。

(3) \displaystyle \frac{b-a}{b} \leq \ln\frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}，其中 \displaystyle 0< a< b。

解：令 \displaystyle f( x) =\ln x，存在一点 \displaystyle c 使得 \displaystyle \frac{1}{c} =f'( c) =\frac{\ln b-\ln a}{b-a} =\frac{1}{b-a}\ln\frac{b}{a}。由 \displaystyle \frac{1}{b} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a} 可知 \displaystyle \frac{b-a}{b} < \ln\frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}。

5. 证明多项式 \displaystyle P( x) =\left( x^{2} -1\right)\left( x^{2} -4\right) 的导函数的三个根都是实根，并指出范围。

解：由于 \displaystyle P 有 \displaystyle -2,-1,1,2 这四个根，可知 \displaystyle P' 在 \displaystyle ( -2,-1) ,( -1,1) ,( 1,2) 有三个零点。

6. 设 \displaystyle c_{1} ,c_{2} ,\dotsc ,c_{n} 为任意实数，证明 \displaystyle f( x) =c_{1}\cos x+c_{2}\cos 2x+\cdots +c_{n}\cos nx 在 \displaystyle ( 0,\pi ) 内必有根。

解：注意到 \displaystyle \int _{0}^{\pi }\cos nx\mathrm{d} x=\left. \frac{\sin nx}{n}\right| _{0}^{\pi } =0，因此 \displaystyle \int _{0}^{\pi } f( x)\mathrm{d} x=0，说明存在一点 \displaystyle c\in ( 0,\pi ) 使得 \displaystyle f( c) =0。

7. 设函数 \displaystyle f( x) ,g( x) 在 \displaystyle ( a,b) 内可微，\displaystyle g( x) \neq 0 且 \displaystyle \begin{vmatrix} f( x) & g( x)\\ f'( x) & g'( x) \end{vmatrix} \equiv 0,\quad x\in ( a,b)。证明：存在 \displaystyle k 使 \displaystyle f( x) =kg( x) ,\quad x\in ( a,b)。

解：考虑函数 \displaystyle h( x) =f( x) /g( x)，那么 \displaystyle h'( x) =\frac{f'g-g'f}{g^{2}} =0，因此 \displaystyle h( x) 为常数，即求得 \displaystyle k。

11. 设函数 \displaystyle f( x) 在 \displaystyle ( a,b) 可微，对任意一点 \displaystyle x_{0} \in ( a,b)，若 \displaystyle \lim _{x\rightarrow x_{0}} f'( x) 存在，则 \displaystyle \lim _{x\rightarrow x_{0}} f'( x) =f'( x_{0})。

解：设极限为 \displaystyle L。任取 \displaystyle \varepsilon >0，我们知道有一个 \displaystyle \delta >0 使得邻域内均有 \displaystyle | f'( x) -L| < \varepsilon 。此时此时在邻域内任取 \displaystyle x\neq y;x,y\neq x_{0} 有 \displaystyle ( L-\varepsilon )| x-y| \leq | f( x) -f( y)| \leq ( L+\varepsilon )| x-y| ，由于 \displaystyle f( x) 连续所以可以将这一性质沿拓到有一者为 \displaystyle x_{0} 的情况。因此 \displaystyle f'( x_{0}) \in [ L-\varepsilon ,L+\varepsilon ]。对于任意 \displaystyle \varepsilon 都成立，所以 \displaystyle f'( x_{0}) =L。

12. （Darboux 中值定理）设 \displaystyle y=f( x) 在 \displaystyle ( A,B) 中可导，又设 \displaystyle [ a,b] \subset ( A,B)，且 \displaystyle f'( a) < f'( b)。证明：对任意给定的 \displaystyle \eta :f'( a) < \eta < f'( b)，都存在一点 \displaystyle c\in ( a,b) 使得 \displaystyle f'( c) =\eta 。

解：首先令 \displaystyle g( x) =f( x) -\eta x，这样就有 \displaystyle g'( a) < 0< g'( b)，需要找 \displaystyle g'( c) =0。那么考虑 \displaystyle g 在 \displaystyle [ a,b] 上的最小值。不可能是 \displaystyle g( a)，否则任取 \displaystyle x >a 都有 \displaystyle g( a) \leq g( x)，那么 \displaystyle \frac{g( x) -g( a)}{x-a} 总是 \displaystyle \geq 0，那么 \displaystyle g'( a) \geq 0，矛盾。同理也不会是 \displaystyle g( b)。因此有 \displaystyle g( c) 取得最小值，其中 \displaystyle c\in ( a,b)，可知此时 \displaystyle g'( c) =0，也就有 \displaystyle f'( c) =\eta 。