拉格朗日中值定理和函數(shù)的單調(diào)性

1、- 拉格朗日中值定理和函數(shù)的單 調(diào)性作者: 日期:第六章 微分中值定理及其應用1 拉格朗日中值定理和函數(shù)的單調(diào)性教學目標 :通過本節(jié)內(nèi)容的學習 ,達到以下教學目標與要求 一級目標 ：熟練掌握拉格朗日定理 二級目標 :掌握函數(shù)的單調(diào)性的判斷方法教學內(nèi)容和重、難點：1. 拉格朗日定理2. 羅爾定理3函數(shù)單調(diào)性的判斷重點:拉格朗日定理 難點：拉格朗日定理的應用教學方法和教具使用：講授法。教學過程 :一、羅爾定理與拉格朗日定理定理 6.1 （羅爾定理 ）若函數(shù) f x 滿足：（1）在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)；（ ）在開區(qū)間 a,b 內(nèi)可導；0.（3） f a f b ，則存在a,b 使得 f證 因 f

2、x 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù) ,故由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最大值最小值定理得, f x 在 閉區(qū)間 a,b 上有最大值 M 和最小值 m.（1） M m.這時 f x 在區(qū)間 a,b 上必然取相同的函數(shù)值 M : f x M.于是，f x 0, x a,b .因此 ,a,b ，有 f 0.（ ）M m.因 f a f b ,故 M 和 m這兩個數(shù)中至少有一個不等于 f x 在區(qū)間的端 點處的函數(shù)值因此 M f a 或 m f a （否則 M f a 且 m f a ， M m ， 矛盾） .若 M f a ，則 a,b 使得 f M.從而 是函數(shù) f x 的極大值點，于 是由費馬定理得 f0.若

3、m f a ,也可類似得出同樣的結(jié)論例 1 設(shè) f x 為 R上的可導函數(shù)，證明 :若方程 f x 0沒有實根，則方程 f x 0至多 只有一個實根 .證 假設(shè) f x 0至少有兩個實根，設(shè) x1,x2 都為 f x 0的兩個實根， x1 x2 ,則 f x1 f x2 0.由 f x 為 R 上的可導函數(shù)得， f x 在區(qū)間 x1,x2 上連續(xù) ,在區(qū)間 x1,x2 內(nèi)可導，故由羅爾定理得 ,x1,x2 使得 f0 ,這與方程 f x 0沒有實根矛盾故方程 f x 0 至多只有一個實根 .定理 6. （拉格朗日中值定理）如果函數(shù)f x 滿足（1）在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù) ;（2）在開區(qū)間 a

4、,b 內(nèi)可導 , 那么 a,b ，使得: 在滿足定理條件的曲線 y拉格朗日中值定理的幾何意義是x 上至少存在一點P , f, 該曲線在該點處的切線平行于曲線兩端點的連線AB 直線 AB 是函數(shù)f b f ay f a x a 的圖象 .ba證 作輔助函數(shù)f b f aF x f x f a x aba顯然,F a F b 0 ,且F x 在 a,b 上滿足羅爾定理的另外兩個條件 .易知f b f aF x f x , x a,bba故由羅爾定理得，存在 a,b ,使得ba0,移項后即可得到所要證明的等式例 2 證明 : arctanb arctana b 證 設(shè) f x arctanx ,則

5、f xa,其中 a b.x2. 易知 f x 在 a,b 上滿足拉格朗日中值定理的條件，故由拉格朗日中值定理得 ,存在a,b ，使得f b f a arctanb arctanbba11因 2 1，故2 b a b a. 于是arctanb arctana b a.推論 1 如果函數(shù) f x 在區(qū)間 I 上的導數(shù)恒為零，那么 f x 在區(qū)間 I 上是一個常數(shù) 證 在區(qū)間 I 上任取兩點 x1,x2 x1 x2 ,應用拉格朗日中值定理得fx2fx1fx2x1x1x2.由假定 , f0,所以 f x2 f x1 0,即f x2 f x1.因為 x1,x2是I 上任意兩點，所以 ,f x 在I 上的

6、函數(shù)值總是相等的 ,即 f x 在區(qū)間 I 上是一個常數(shù) .推論 2 如果函數(shù) f x 和 g x 滿足f x g x , x I那么 ,存在常數(shù) c 使得f x g x c, x I.推論 3 （導數(shù)極限定理）設(shè)函數(shù) f x 在點 x0 的某鄰域 U x0 內(nèi)連續(xù) ,在 U x0 內(nèi)可導，且極限 lim f x 存在，則 f x 在點 x0 可導 ,且 x x0f x0lim fx x0f x f x0lim f x0 , 只需證明x x00證 因 f x0 lim 0 ,故要證明 f x0x x0x x0fxf x0limlimfxx x0xx0x x0fxf x0下面先證明lim fx0

7、0.x x0xx0fxf x0這只需證明lim fxlimx x0xx0x x0因極限 lim f x 存在,故設(shè) lim f x k .從而 limx x0 x x0x x0f x f x0x 0 0.x x0x lim f x k. x x0f x f x0x x0是，limx x0x f x0x x0limx x0lim fx x0lim fx0k 0.同理可證limx x0fxf x00.x0故 lim fx x0f x00,于是x0lim fx x0limxx f x0x f x0x0x0x x0limx x0f x0x x0limxx f x0x0x x0x0f x0 .例 求分段

8、函數(shù)sinx2,x 0,ln1 x ,x 0的導數(shù) 解 易得22xcosx ,x 0,1,xx0.又因lim fx0limx0lnlim fx0limx0sinx2 0故lxim0 f函數(shù) f x 在 x0 處連續(xù) .由于lim fx0limx011x1,lim f xx x02lim 1 2xcosx1,x x0因此，lxim0 f1.由導數(shù)極限定理得， f 0 lim f x 1. 故函數(shù) f x 的導數(shù)為 x021 2xcosx ,x 0,f x 11 x,x0.、單調(diào)函數(shù)定理 6 設(shè) f xx I , 都有證 設(shè) f x 在區(qū)間在區(qū)間 I 上可導， 則 f x 在 I 上遞增 （減）的

9、充要條件是對于任意I 上遞增 ,則 x0 I ，若 x I 且 x x0 ，則x f x0 0.x x0f x f x0于是 , f x0 lim 0 0. 故 x I ,有 f x 0.x x0x x0設(shè) f x 0, x I .x1,x2 I ，則當 x1使得f x2 f x1 fx2 時，在區(qū)間 x1,x2 上應用拉格朗日中值定理，x1,x2x2 x1 0.故 f x 在區(qū)間 I 上遞增 .例 討論函數(shù) f x x3 x 的單調(diào)區(qū)間 .（同學自學）定理 .4 若函數(shù) f x 在開區(qū)間 a,b 內(nèi)可導，則 f x 在 a,b 內(nèi)嚴格遞增 （遞減）的 充要條件是：（）對任意 x a,b ，有

10、 f x 0 f x 0 ;（）在 a,b 的任何子區(qū)間上 f x /0 . 證（課本上沒有證明 ）只證明遞增的情形，遞減的情形類似可證若 f x 在 a,b 內(nèi)嚴格遞增 ,則由定理 6.得,對任意 x a,b ,有f x 0.下面用反證法證明，在 a,b 的任何子區(qū)間上 f x /0 . 假設(shè)在 a,b 的某個子區(qū)間 a0,b0 上 f x /0，這里 a a0 b0 b.則由定理 6.的推論得 ,f x 在區(qū)間 a0,b0 上是一個常數(shù) ,這與 f x 在區(qū)間 a,b 內(nèi)嚴格遞增矛盾 .反之，若對任意 x a,b ，有 f x 0,且在 a,b 的任何子區(qū)間上 f x / 0 ,則由定 理

11、 .得 f x 在區(qū)間 a,b 上遞增 .于是 , x1,x2 a,b ， x1 x2 ，有f x1 f x2 .若 f x1fx2，設(shè) fx1fx2c.xx1,x2 ，則由 f x 在 a,b 上遞增得，c f x1 f x f x2 c.于是 , f x c, x x1,x2 ，從而f x 0, x x1,x2 ，即 f x 在 a,b 的子區(qū)間 x1,x2 上是一個常數(shù)， 這與已知條件矛盾 .故 f x1 f x2 .這 就證明了 f x 在區(qū)間 a,b 上嚴格遞增 .推論 設(shè)函數(shù) f x 在區(qū)間 I 上可導，且對任意 x I , f x 0 f x 0 ,則函數(shù)f x 在區(qū)間 I 上嚴

12、格遞增（嚴格遞減） 證 設(shè) 對 任 意 x I,f x 0 ,下 面 證 明 f x 在 區(qū) 間 I 上 嚴 格 遞 增 .設(shè) x1,x2 I , x1 x2,則由 f x 在區(qū)間 I 可導得， f x 在區(qū)間 x1,x2 上滿足拉格朗日中值定 理的條件 ,故由拉格朗日中值定理得，x1,x2 ,使得f x2 f x1fx2 x1 .因?qū)θ我?x I ， f x0,故 f0 ，于 是fx2fx10,fx1fx2. 因此同理可證 ,若對任意 x I,f x 0,則 f x 在區(qū)間 I 上嚴格遞減可以證明 : （ ）若 f x 在 a,b 上（嚴格 ） 遞增（減 ）, 且在點 a右連續(xù)，則 f x

13、在 a,b 上（嚴格 ） 遞增（減） ;（）若 f x 在 a,b 上（嚴格 ）遞增（減）,且在點 b左連續(xù),則 f x 在 a,b 上（嚴格 ） 遞增 （減）;（）若 f x 在 a,b 上（嚴格）遞增 （減） ,且在點 a右連續(xù)，在點 b左連續(xù) ,則 f x 在 a,b 上（ 嚴格）遞增（減 ）證 （ 課本上沒有給出證明 ）這里僅證明（ ）中嚴格遞增的情形 .設(shè) f x 在 a,b 上嚴格 遞增，且在點 a右連續(xù) .x1,x2a,b, x1x2，則 ax1x2b. 若ax1x2b, 則由 f x 在 a,b 上嚴格遞增得 ,f x1 f x2 .若 ax1x2b ，下面用反證法證明 fx1

14、fx2. 假設(shè) fx1fx2, 令x1 x2 ，則 a x1x2 b.因 f x 在 a,b 上嚴格遞增 , 故2 1 2f f x2 f x1 f a .x a, ，有 f x f f x2f x1 f a . 由 f x 在點 a 右連續(xù)及右極限的保不等式性得f a lim f x f f x2 f x1f a ，xa矛盾 .例 5 證明不等式xe 1 x,x 0.證 設(shè) f x ex x 1,則 f x ex 1.當 x 0時 f x 0, 故 f x 在 0, 上嚴格遞增 . 當 x 0 時 f x 0, 故 f x 在,0 上嚴格遞減 f x 在 x 0 處連續(xù)，故 f x 在x 0

15、處左連續(xù)且右連續(xù) .于是， f x 在 ,0 上嚴格遞減 ,在 0, 上嚴格 遞增.f x f 0 0.x 0, ，由在 0, 上嚴格遞增得0 f 0 f x .故當 x 0時,有 f x 0，即 ex x 1 0從而當 x 0時有 ex 1 x.定理 6. （達布定理）若函數(shù) f x 在 a,b 上可導，且 f a f b ， k 為介于f a , f b 之間（不包括 f a , f b ）的任一實數(shù) ,則存在a,b ,使得f k.證 設(shè) Fxf x kx , 則 由fx在a,b 可 導得, Fx在 a,b可 導 . 因f a fb ， k 為介于 f a ，f b之間，故F a Fbf

16、a k f bk0.故 F a0,Fb 0，或 F a0,Fb0.不妨設(shè)Fa0,F b0 ,則由第五章§1例 8（課本 P9）得 ,分別存在 x1 U a ,x2 U b ，x1 x2，使得 F x1 F a ,F x2 F b .（ 1）因 F x 在 a,b 上可導，所以 F x 在 a,b 上連續(xù) . 由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的性質(zhì)得， F x 在 a,b 上有最大值， 設(shè) F x 在點 a,b 處取得最大值 . 由（ ）式知， a,b, 故 是 F x 的極大值點，從而由費馬定理得 F f k 0. 故存在 a,b 使得 f k.推論 設(shè)函數(shù) f x 在區(qū)間 I 上滿足 f x 0

17、 ，那么 f x 在區(qū)間 I 上嚴格單調(diào) .證 首先用反證法證明， f x 0, x I ，或 f x 0, x I. 假設(shè)這一結(jié)論不正確， 則存在 x1,x2 I,x1 x2 使得 f x1 f x2 0.易知 0在 f x1 , f x2 之間 ,故由定理 6.5 得，存在x1,x2 ,使得 f0 ，這與已知條件矛盾習題選解1.試討論下列函數(shù)在指定區(qū)間內(nèi)是否存在一點,使 f 0 ：11 xsin ,0 x ,（） f x x（ 2） f x x , 1 x 1.0,x 0;證明 :（1）方程 x3 3x c 0（這里 c為常數(shù)）在區(qū)間 0,1 內(nèi)不可能有兩個不同的實根 （）方程 xn px

18、 q 0（ n 為正整數(shù)， p 、 q為實數(shù)）當 n為偶數(shù)時至多有兩個實根，當 n 為奇數(shù)時至多有三個實根 .證 （1）令 f x x3 3x c，則 f x 3x2 3.由方程 3x2 3 0 得 x 1.拋物線 2y 3x2 3 的開口向上，于是 f x 在區(qū)間 1,1 內(nèi)恒為負 .用反證法證明原命題如果在區(qū)間 0,1 內(nèi)有兩個不同的實根 x1,x2 ,不妨設(shè) x1 x2，則 f x1f x20.由羅爾中值定理知 ,存在x1,x2 使得 f30 ,但這是不可能的 .所以方程 x3 3x c 0 在區(qū)間0,1 內(nèi)不可能有兩個不同的實根2)令 f x xn px q ，則 fn1nxp.為正為正偶數(shù), 如果方程pxq 0有三個以上的實根, 則存在實數(shù)x1,x2