高等数学复习笔记（四）- 零点问题与微分不等式

本节为高等数学复习笔记的第四部分，零点问题与微分不等式，主要包括：零点的存在性和唯一性定理，常用的微分不等式以及三道典型例题。

1.零点定理（存在性）

设f(x)在[a,b]上连续设f(x)在[a,b]上连续设f(x)在[a,b]上连续，且f(a)f(b)<0且f(a)f(b)<0且f(a)f(b)<0，则f(x)=0在区间(a,b)上至少有一个根则f(x)=0在区间(a,b)上至少有一个根则f(x)=0在区间(a,b)上至少有一个根。

推广推广推广：若f(x)在(a,b)内连续若f(x)在(a,b)内连续若f(x)在(a,b)内连续，limx→a+=αlim_{x\rightarrow a^+}=\alphalimx→a+=α，imx→b−=βim_{x\rightarrow b^-}=\betaimx→b−=β，且α⋅β<0且\alpha\cdot\beta<0且α⋅β<0，则f(x)=0则f(x)=0则f(x)=0在(a,b)内至少存在一个根$。

2.单调性（唯一性）

若f(x)在(a,b)内单调若f(x)在(a,b)内单调若f(x)在(a,b)内单调，则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根则f(x)=0在(a,b)内至多有一个根。

3.微分不等式

3.1 常用公式

3.1.1 公式1

设a和b为实数设a和b为实数设a和b为实数，则1）2∣a+b∣≤a2+b2则1）2|a+b|\leq a^2+b^2则1）2∣a+b∣≤a2+b2；2）∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣2）|a\pm b|\leq |a|+|b|2）∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣；3）∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a−b∣3）||a|-|b||\leq|a-b|3）∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a−b∣。

进一步推广进一步推广进一步推广：1）离散1）离散1）离散：∣a1±a2±...±an∣≤∣a1∣+∣a2∣+...+∣an∣|a_1\pm a_2\pm ...\pm a_n|\leq|a_1|+|a_2|+...+|a_n|∣a1±a2±...±an∣≤∣a1∣+∣a2∣+...+∣an∣；2）连续2）连续2）连续：∣∫abf(x)dx∣≤∫ab∣f(x)∣dx(a<b)|\int_a^bf(x)dx|\leq\int_a^b|f(x)|dx(a<b)∣∫abf(x)dx∣≤∫ab∣f(x)∣dx(a<b)。

3.1.2 公式2

设a1,a2,...,an>0设a_1,a_2,...,a_n>0设a1,a2,...,an>0，则则则：

1）a1+a2+...+ann≥na1a2...an1）\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\geq ^n\sqrt{a_1a_2...a_n}1）na1+a2+...+an≥na1a2...an，当且仅当a1=a2=...=an时等号成立当且仅当a_1=a_2=...=a_n时等号成立当且仅当a1=a2=...=an时等号成立；

2）∣a1+a2+...+ann∣≤a12+a22+...+an2n2）\left|\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\right|\leq\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}}2）∣∣na1+a2+...+an∣∣≤na12+a22+...+an2，当且仅当a1=a2=...=an时等号成立当且仅当a_1=a_2=...=a_n时等号成立当且仅当a1=a2=...=an时等号成立。

上面为公式的一般形式上面为公式的一般形式上面为公式的一般形式，实际中常用实际中常用实际中常用：
1）n=21）n=21）n=2，ab≤a+b2≤a2+b22\sqrt{ab}\leq\frac{a+b}{2}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}ab≤2a+b≤2a2+b2，(a,b>0)(a,b>0)(a,b>0)；

2）n=32）n=32）n=3，3abc≤a+b+c3≤a2+b2+c23^3\sqrt{abc}\leq\frac{a+b+c}{3}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}3abc≤3a+b+c≤3a2+b2+c2，(a,b,c>0)(a,b,c>0)(a,b,c>0)；

3.1.3 公式3

若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则：

[∫abf(x)⋅g(x)dx]2≤∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx\left[\int_a^bf(x)\cdot g(x)dx\right]^2\leq \int_a^bf^2(x)dx\cdot \int_a^bg^2(x)dx[∫abf(x)⋅g(x)dx]2≤∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx

证明证明证明：∫ab[f(x)+λg(x)]2dx≥0\int_a^b[f(x)+\lambda g(x)]^2dx \geq 0∫ab[f(x)+λg(x)]2dx≥0，也就是说也就是说也就是说：λ2∫abg2(x)dx+2λ∫abf(x)g(x)dx+∫abf2(x)dx≥0\lambda^2\int_a^bg^2(x)dx+2\lambda\int_a^bf(x)g(x)dx+\int_a^bf^2(x)dx\geq 0λ2∫abg2(x)dx+2λ∫abf(x)g(x)dx+∫abf2(x)dx≥0，因为∫abg2(x)dx>0因为\int_a^bg^2(x)dx>0因为∫abg2(x)dx>0，则Δ≤0则\Delta \leq 0则Δ≤0，公式可证公式可证公式可证。

3.1.4 公式4

设a>b>0设a>b>0设a>b>0，则n>0时an>bn则n>0时a^n>b^n则n>0时an>bn，n<0时an<bnn<0时a^n<b^nn<0时an<bn。

3.1.5 公式5

0<a<x<b0<a<x<b0<a<x<b，0<c<y<d0<c<y<d0<c<y<d，则cb<yx<da则\frac cb<\frac yx <\frac da则bc<xy<ad。

3.1.6 公式6

sinx<x<tanx（0<x<π2）sinx<x<tanx（0<x<\frac{\pi}2）sinx<x<tanx（0<x<2π），sinx<x（x>0）sinx<x（x>0）sinx<x（x>0）。

3.1.7 公式7

arctanx≤x≤arcsinx（0≤x≤1）arctanx\leq x \leq arcsinx（0\leq x\leq 1）arctanx≤x≤arcsinx（0≤x≤1）

3.1.8 公式8

ex≥x+1（∀x）e^x\geq x+1（\forall x）ex≥x+1（∀x），x−1≥lnx（x>0）x-1\geq lnx（x>0）x−1≥lnx（x>0）

3.1.9 公式9

1x+1<ln(1+1x)<1x（x>0）\frac1{x+1}<ln(1+\frac1x)<\frac1x（x>0）x+11<ln(1+x1)<x1（x>0）

证明证明证明：令f(x)=lnx令f(x)=lnx令f(x)=lnx，在区间[x,x+1]上应用拉朗日中值定理在区间[x,x+1]上应用拉朗日中值定理在区间[x,x+1]上应用拉朗日中值定理，有ln(1+1x)=ln(x+1)−ln(x)=1ξ有ln(1+\frac{1}{x})=ln(x+1)-ln(x)=\frac{1}{\xi}有ln(1+x1)=ln(x+1)−ln(x)=ξ1，其中0<x<ξ<x+1其中0<x<\xi<x+1其中0<x<ξ<x+1，由此可证公式9由此可证公式9由此可证公式9。

3.2 三道例题

3.2.1 例题1

eg.设x1>0eg.设x_1>0eg.设x1>0，xnexn+1=exn−1x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1xnexn+1=exn−1，n=1,2,...n=1,2,...n=1,2,...，证明{xn}有下界0证明\{x_n\}有下界0证明{xn}有下界0。

分析分析分析：1）x1>01）x_1>01）x1>0；2）xn>0（设）2）x_n>0（设）2）xn>0（设）；3）xn+1>0（证）⟹{xn}有下界3）x_{n+1}>0（证）\Longrightarrow \{x_n\}有下界3）xn+1>0（证）⟹{xn}有下界。
证明第三步证明第三步证明第三步：xnexn+1=exn−1≥xn（ex≥x+1（∀x））x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\geq x_n（e^x\geq x+1（\forall x））xnexn+1=exn−1≥xn（ex≥x+1（∀x）），因为xn>0因为x_n>0因为xn>0，所以exn+1≥1所以e^{x_{n+1}}\geq1所以exn+1≥1，所以xn+1≥0所以x_{n+1}\geq 0所以xn+1≥0。

3.2.2 例题2

设f(x)设f(x)设f(x)在(a,b)上二阶可导上二阶可导上二阶可导，且f′′(x)>0且f''(x)>0且f′′(x)>0，证明对于任意的x1，x2∈(a,b)证明对于任意的x_1，x_2\in(a,b)证明对于任意的x1，x2∈(a,b)，且x1≠x2且x_1\neq x_2且x1=x2，以及0<λ<1以及0<\lambda<1以及0<λ<1，恒有恒有恒有f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)。

解法1解法1解法1：记x=λx1+(1−λ)x2记x=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2记x=λx1+(1−λ)x2，由a<x1,x2<b且0<λ<1由a<x_1,x_2<b且0<\lambda<1由a<x1,x2<b且0<λ<1，可知可知可知：a<x<ba<x<ba<x<b。

由泰勒公式由泰勒公式由泰勒公式：
f(x1)=f(x)+f′(x)(x1−x)+f′′(ξ1)2!(x1−x)2f(x_1)=f(x)+f'(x)(x_1-x)+\frac{f''(\xi_1)}{2!}(x_1-x)^2f(x1)=f(x)+f′(x)(x1−x)+2!f′′(ξ1)(x1−x)2=f(x)+f′(x)(1−λ)(x1−x2)+f′′(ξ1)2!(x1−x)2=f(x)+f'(x)(1-\lambda)(x_1-x_2)+\frac{f''(\xi_1)}{2!}(x_1-x)^2=f(x)+f′(x)(1−λ)(x1−x2)+2!f′′(ξ1)(x1−x)2，ξ1在x与x1之间\xi_1在x与x_1之间ξ1在x与x1之间。

f(x2)=f(x)+f′(x)(x2−x)+f′′(ξ2)2!(x2−x)2f(x_2)=f(x)+f'(x)(x_2-x)+\frac{f''(\xi_2)}{2!}(x_2-x)^2f(x2)=f(x)+f′(x)(x2−x)+2!f′′(ξ2)(x2−x)2=f(x)+f′(x)λ(x2−x1)+f′′(ξ2)2!(x2−x)2=f(x)+f'(x)\lambda(x_2-x_1)+\frac{f''(\xi_2)}{2!}(x_2-x)^2=f(x)+f′(x)λ(x2−x1)+2!f′′(ξ2)(x2−x)2，ξ2在x与x2之间\xi_2在x与x_2之间ξ2在x与x2之间。

于是λf(x1)+(1−λ)f(x2)=于是\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)=于是λf(x1)+(1−λ)f(x2)=f(x)+λf′′(ξ1)2(x1−x)2+f(x)+\lambda\frac{f''(\xi_1)}{2}(x_1-x)^2+f(x)+λ2f′′(ξ1)(x1−x)2+(1−λ)f′′(ξ2)2(x2−x)2(1-\lambda)\frac{f''(\xi_2)}{2}(x_2-x)^2(1−λ)2f′′(ξ2)(x2−x)2>f(x)（λ>0，1−λ>0，f′′(ξ1),f′′(ξ2)>0）>f(x)（\lambda>0，1-\lambda>0，f''(\xi_1),f''(\xi_2)>0）>f(x)（λ>0，1−λ>0，f′′(ξ1),f′′(ξ2)>0），所以f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)所以f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)所以f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)。

解法2解法2解法2：记x=λx1+(1−λ)x2记x=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2记x=λx1+(1−λ)x2，不妨设x1<x2不妨设x_1<x_2不妨设x1<x2，则有x1<x<x2则有x_1<x<x_2则有x1<x<x2。
由拉格朗日中值定理由拉格朗日中值定理由拉格朗日中值定理：
f(x)−f(x1)=f′(ξ1)(x−x1)=f′(ξ1)(1−λ)(x2−x1)（x1<ξ1<x）f(x)-f(x_1)=f'(\xi_1)(x-x_1)=f'(\xi_1)(1-\lambda)(x_2-x_1)（x_1<\xi_1<x）f(x)−f(x1)=f′(ξ1)(x−x1)=f′(ξ1)(1−λ)(x2−x1)（x1<ξ1<x）

f(x2)−f(x)=f′(ξ2)(x2−x)=f′(ξ2)λ(x2−x1)（x<ξ2<x2）f(x_2)-f(x)=f'(\xi_2)(x_2-x)=f'(\xi_2)\lambda(x_2-x_1)（x<\xi_2<x_2）f(x2)−f(x)=f′(ξ2)(x2−x)=f′(ξ2)λ(x2−x1)（x<ξ2<x2）

则有则有则有：λ(f(x)−f(x1))−(1−λ)(f(x2)−f(x))\lambda(f(x)-f(x_1))-(1-\lambda)(f(x_2)-f(x))λ(f(x)−f(x1))−(1−λ)(f(x2)−f(x))=f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)=λ(1−λ)(x2−x1)(f′(ξ1)−f′(ξ2))=f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_2)=\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)(f'(\xi_1)-f'(\xi_2))=f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)=λ(1−λ)(x2−x1)(f′(ξ1)−f′(ξ2))=λ(1−λ)(x2−x1)f′′(ξ)(ξ1−ξ2)=\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)f''(\xi)(\xi_1-\xi_2)=λ(1−λ)(x2−x1)f′′(ξ)(ξ1−ξ2)

至此有至此有至此有：ξ1<ξ<ξ2\xi_1<\xi<\xi_2ξ1<ξ<ξ2，f′′(ξ)>0f''(\xi)>0f′′(ξ)>0，λ(1−λ)>0\lambda(1-\lambda)>0λ(1−λ)>0，x2−x1>0x_2-x_1>0x2−x1>0，ξ1−ξ2<0\xi_1-\xi_2<0ξ1−ξ2<0，即f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)<0即f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_2)<0即f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)<0，即f(x)<λf(x1)+(1−λ)f(x2)即f(x)<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)即f(x)<λf(x1)+(1−λ)f(x2)，即f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)即f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)即f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)。

3.2.3 例题3

eg.f(x)在[0,1]上二阶可导eg.f(x)在[0,1]上二阶可导eg.f(x)在[0,1]上二阶可导，且∫01f(x)dx=0且\int_0^1f(x)dx=0且∫01f(x)dx=0，证明当f′′(x)>0时f(12<0)证明当f''(x)>0时f(\frac12<0)证明当f′′(x)>0时f(21<0)。

证明证明证明：f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(ξ)2(x−x0)2f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+2f′′(ξ)(x−x0)2，令x0=12令x_0=\frac12令x0=21，有f(x)=f(12)+f′(12)(x−12)+f′′(ξ)2(x−12)2有f(x)=f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-\frac12)^2有f(x)=f(21)+f′(21)(x−21)+2f′′(ξ)(x−21)2

因为因为因为：f′′(ξ)>0f''(\xi)>0f′′(ξ)>0，在12处展开在\frac12处展开在21处展开，所以(x−12)2>0所以(x-\frac12)^2>0所以(x−21)2>0

所以f(x)>f(12)+f′(12)(x−12)所以f(x)>f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)所以f(x)>f(21)+f′(21)(x−21)，

所以0=∫01f(x)dx>∫01[f(12)+f′(12)(x−12)]dx所以0=\int_0^1f(x)dx>\int_0^1[f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)]dx所以0=∫01f(x)dx>∫01[f(21)+f′(21)(x−21)]dx=∫01f(12)dx+∫01f′(12)(x−12)dx=\int_0^1f(\frac12)dx+\int_0^1f'(\frac12)(x-\frac12)dx=∫01f(21)dx+∫01f′(21)(x−21)dx=xf(12)∣01+0=f(12)=xf(\frac12)|_0^1+0=f(\frac12)=xf(21)∣01+0=f(21)。

f(12)<0得证f(\frac12)<0得证f(21)<0得证。

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