求解一道积分中最小上界性质的证明题
点击联系发帖人
时间：2017-01-18 23:53
我们先来看一下2003年高考江苏卷的压轴题：
（2003年江苏）设$a & 0$，如图．已知直线：$y = ax$及曲线$C$：$y = {x^2}$，$C$上的点${Q_1}$的横坐标为${a_1}$（$0 & {a_1} & a$）．从$C$上的点${Q_n}$（$n \geqslant 1$）作直线平行于$x$轴，交直线$l$于点${P_{n + 1}}$，再从${P_{n + 1}}$作直线平行于$y$轴，交曲线$C$于点${Q_{n + 1}}$．${Q_n}$（$n = 1 , 2 , \cdots $）的横坐标构成数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$．
（1）试求${a_{n + 1}}$与${a_n}$的关系，并求$\left\{ {{a_n}} \right\}$的通项公式．
（2）当$a = 1$，${a_1} \leqslant \dfrac{1}{2}$时，证明：$\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right){a_{k + 2}}} & \dfrac{1}{{32}}$；
（3）当$a = 1$时，证明：$\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \dfrac{1}{3}$．
容易得到$$a_{n+1}=\dfrac{a_n^2}{a},$$于是不难求出$\{a_n\}$的通项为$$a_n=a\cdot\left(\dfrac{a_1}a\right)^{2^{n-1}},n\in \mathcal N^*.$$
注意到$\{a_n\}$单调递减且有界，考虑直接通过有界性放缩：$$\begin{split} \sum\limits_{k=1}^n\left(a_k-a_{k+1}\right)a_{k+2}&\leqslant \dfrac{1}{16}\sum_{k=1}^n\left(a_k-a_{k+1}\right)\\&=\dfrac 1{16}\left(a_1-a_{n+1}\right)\\&&\dfrac 1{32}.\end{split} $$
此时由于数列的上界为$1$，因此如果按解决第（2）小题的方式无法得到$\dfrac 13$这样的结果．
如图，注意到第$k$个小矩形（从右向左）的面积为$$\left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right) \cdot a_{k + 1}^2 = \left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right) \cdot {a_{k + 2}},$$于是这些小矩形的面积和小于曲边三角形$OAP$的面积，其中$OP$为抛物线的一部分，$OA$、$AP$为线段，即$$\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \int_0^1 {{x^2}{\rm d}x} = \dfrac{1}{3}.$$
事实上，命题完全可以加强至$$\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \dfrac{1}{3},$$其中${a_0} = 1$．
从中我们可以看到利用函数定积分可以对数列级数进行有效的放缩．一般地，对于函数$f\left( x \right)$，$p$、$q$为整数且$p & q$，有以下引理：
若$f\left( x \right)$单调递增，则$$\int_{p – 1}^q {f\left( x \right){\rm d}x} & \sum\limits_{i = p}^q {f\left( i \right)} & \int_p^{q + 1} {f\left( x \right){\rm d}x} ;$$若$f\left( x \right)$单调递减，则$$\int_p^{q + 1} {f\left( x \right){\rm d}x} & \sum\limits_{i = p}^q {f\left( i \right)} & \int_{p – 1}^q {f\left( x \right){\rm d}x}.$$
下面再通过一道联赛二试题看看这一处理方式的应用：
（2009年联赛加试）证明：$ – 1 & \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{i}{{{i^2} + 1}}} – \ln n \leqslant \dfrac{1}{2}$．
原不等式等价于$$ – 2 + \ln {n^2} & \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} \leqslant 1 + \ln {n^2},$$对于函数$f\left( x \right) = \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}$，由于$$f’\left( x \right) = \dfrac{{2\left( {1-{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}},$$于是当$x \geqslant 1$时，$f\left( x \right)$单调递减．
由引理，有$$\begin{split} \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} && \int_1^{n + 1} {\dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}{\rm d}x} \\&= \left. {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right|_1^{n + 1}\\& = \ln{\dfrac{{{n^2} + 2n + 2}}{2}}\\&& \ln
{\dfrac{{{n^2}}}{{{{\text{e}}^2}}}} =-2 + \ln {n^2}.\end{split} $$
同时，有$$\begin{split} \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} &= 1 + \sum\limits_{i = 2}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}}\\& \leqslant 1 + \int_1^n {\dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}{\rm d}x} \\&= 1 + \left. {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right|_1^n \\&= 1 + \ln
{\dfrac{{{n^2} + 1}}{2}} \leqslant 1 + \ln {n^2},\end{split} $$如图．
因此原命题得证．
在实际应用中，为了实现更精确的放缩，我们有两种处理方式：移动放缩起点和进一步利用凹凸性精细化放缩．下面通过一道例题说明这两种不同的方式．
（2013年深圳一模）证明：$\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2} -1}}} & \ln \left( {2n + 1} \right)$．
不等式左边即$$\begin{split} \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2}-1}}} &= \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{2k-1}} + \dfrac{1}{{2k + 1}}} \right)} \\&= 1 + \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{5} + \cdots + \dfrac{2}{{2n-1}} + \dfrac{1}{{2n + 1}}.\end{split} $$
如图，上式右边不小于$$\begin{split} 1 + \dfrac{2}{3} + \int_5^{2n + 2} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x} && \dfrac{5}{3} + \int_5^{2n + 1} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x} \\&= \dfrac{5}{3} + \left. {\ln x} \right|_5^{2n + 1} \\&= \ln \left( {2n + 1} \right) + \dfrac{5}{3} – \ln 5& \ln \left( {2n + 1} \right),\end{split} $$相当于用第1、2个小矩形来填充区间$\left[ {2 , 3} \right]$上的空白．
利用凹凸性
如图，考虑到$y = \dfrac{1}{x}$为下凸函数，于是有$$\begin{split} \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2}-1}}} &= \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{2k-1}} + \dfrac{1}{{2k + 1}}} \right)} \\&& \int_1^{2n + 1} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x = \ln \left( {2n + 1} \right)}.\end{split} $$
有关利用凹凸性增加放缩精度的例子还可以参考．
最后给出三道练习供读者巩固之用，由于均为证明题，因此答案从略．
练习1、（2012年天津）已知函数$f\left( x \right) = x-\ln \left( {x + a} \right)$的最小值为$0$，其中$a & 0$．
（1）求$a$的值；
（2）若对任意的$x \in \left[ {0 , + \infty } \right)$，有$f\left( x \right) \leqslant k{x^2}$成立，求实数$k$的最小值；
（3）证明：$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{2}{{2i-1}}} – \ln \left( {2n + 1} \right) & 2$（$n \in {\mathcal N^ * }$）．
练习2 、（2008年江苏复赛）证明：$\dfrac{1}{{n + 1}} + \dfrac{1}{{n + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{{2n}} & \dfrac{{25}}{{36}}$．
练习3 、（2010年湖北）已知函数$f\left( x \right) = ax + \dfrac{b}{x} + c$（$a & 0$）的图象在$\left( {1 , f\left( 1 \right)} \right)$处的切线方程为$y = x-1$．
（1）用$a$表示出$b$，$c$；
（2）若$f\left( x \right) \geqslant \ln x$在$\left[ {1 , + \infty } \right)$上恒成立，求$a$的取值范围；
（3）证明：$1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n} & \ln \left( {n + 1} \right) + \dfrac{n}{{2\left( {n + 1} \right)}}$（$n \in {\mathcal N^ * }$）．
练习2需要用到$\ln 2 & \dfrac{{25}}{{36}}$，证明如下：
由$$\ln \dfrac{{1 + x}}{{1-x}} = 2\left( {x + \dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{{x^5}}}{5} + \dfrac{{{x^7}}}{7} + \cdots } \right),$$取$x = \dfrac{1}{3}$，得$$\begin{split} \ln 2 &= 2\left( {\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^3}}} \cdot \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^5}}} \cdot \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{{{3^7}}} \cdot \dfrac{1}{7} + \cdots } \right) \\&& 2\left( {\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^4}}} + \dfrac{1}{{{3^6}}} + \dfrac{1}{{{3^8}}} + \cdots } \right) & \dfrac{{25}}{{36}}.\end{split} $$
关于数海拾贝
“数海拾贝”由中国最顶尖的高中数学教研老师兰琦和金叶梅主编。第一个栏目《每日一题》，每天精选一道高中数学好题，从破题的思路，图文并茂的讲解到精辟到位的总结，同学们每天只要花上10分钟认真阅读和思考，一定能在两三个月获得明显的进步，在高考中取得好成绩。
觉得有意思？微信扫描二维码，关注我们吧！求解释rudin bady 数学分析1.19：具有最小上界性的有序域R存在。_数学分析吧_百度贴吧
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&签到排名：今日本吧第个签到，本吧因你更精彩，明天继续来努力！
本吧签到人数：0成为超级会员，使用一键签到本月漏签0次！成为超级会员，赠送8张补签卡连续签到：天&&累计签到：天超级会员单次开通12个月以上，赠送连续签到卡3张
关注：26,270贴子：
求解释rudin bady 数学分析1.19：具有最小上界性的有序域R存在。收藏
我在这个定理证明的第三步遇到了问题，从他说集合γ是集合β的子集这里我就完全不懂了，我认为集合γ完全不是集合β的子集啊。
Tableau商业智能分析工具,揭秘数据背后呈现的规律和价值,让数据成为企业运营好帮手!自助式商业智能渐成新常态.查看免费文档!
算了，这里不得不跳过去了，完全说不通，我先往下看了
那么多数学专业的，我就不信没人证过这个定理，真是给跪了
刚看到这个帖子，我的理解是，αβγ是分划，根据最开始给的“分划”的三条性质，这个就可以解释了
这里β并不是A的上界的集合，而是A一个确定的上界，也就是一个实数——换句话说，有理数集一个合适的子集。γ，作为有理数集一些子集的并，也是有理数集的一个子集。这两个子集之间当然可能有包含关系。这种包含关系，如果是在合适的子集(即实数)之间建立的，那就是实数的序关系。
我也没明白，这里β是一个分划，他是集合A的上界。令m∈β,n∈A.对任意n有n＜m,又m∈β，由分划的定义n∈β那么A的上界是β不是矛盾么？图在这
建议直接看英文原版 翻译一塌糊涂
登录百度帐号推荐应用
为兴趣而生，贴吧更懂你。或求解一道微积分中值定理部分的证明题题目和解题分析如下图：麻烦会做的朋友们帮帮忙如果不会也帮我转出去好吗请作出来的朋友给我传到邮箱吧
已发到邮箱中,请查收也可以直接在这看,点击看大图
为您推荐：
其他类似问题
扫描下载二维码当前位置： >>
高数证明题的提纲
一、极限存在准则 1． 准则 I （夹逼准则） 如果数列 xn , yn 及 zn 满足下列条件: ． 夹逼准则） ： （1） yn ≤ xn ≤ zn (n = 1,2,3,L) ; （2） lim yn = a, lim zn = a,n→∞ n →∞那末数列 xn 的极限存在, 且 lim x n = a.n →∞
思路提示：1）利用夹逼准则求极限，关键是构造出 yn 与 z n , 并且 yn 与 z n 的极限相同且容易求. 2）一般通过放大或缩小分母来找出两边数列的通项（右边取分母最小，左边取分母最大）例题 1 证明 lim n ? (n →∞1 1 1 + 2 +L + 2 ) =1 n +1 n + 2 n +n2解：因为n2 1 1 1 n2 )≤ 2 ≤ n?( 2 + 2 +L + 2 ， n2 + n n +1 n + 2 n +n n +1n2 n2 1 1 1 而 lim 2 = lim 2 = 1∴ lim n ? ( 2 + 2 +L + 2 ) = 1。 n →∞ n + 1 n →∞ n + n n →∞ n +1 n + 2 n +n---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------? 1 ? 1 1 ?. 例题 2 计算 lim ? + +L+ ? 2 ? 2 2 n→∞ n +2 n +n ? ? n +1解：因为? 1 1 1 ? n ≤? + +L + ， ?≤ 2 2 2 2 n + n ? n +1 n +2 n +n ? n2 + 1 nn = lim而 limn →∞n2 + nn →∞? 1 1 1 ? = 1 ，所以 lim ? + +L + ? = 1。 n →∞ n2 + 1 n2 + 1 n2 + 2 n2 + n ? ?n----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 3 计算 lim? ?? 1 1 1 ? ?. + +L+ 2 2 n →∞ n (n + 1) ( n + n) 2 ? ? ?解：由于? 1 n 1 1 ? n ≤? 2 + +L + ?≤ ， 2 2 (n + n) ? n (n + 1) ( n + n) 2 ? n 2而 lim? 1 n n 1 1 ? = lim 2 = 0 ，于是 lim ? 2 + +L + ?=0。 2 2 n →∞ ( n + n ) n →∞ n n →∞ n (n + 1) ( n + n) 2 ? ?1 n + n +12例题 4 证明 lim(n →∞+1 n +n+22+L +1 n +n+n2) =11 解：由于n n +n+n2≤1 n + n +12+1 n +n+22+L +1 n +n+n2≤n n + n +12，而 limn n +n+n2n →∞= 1, limn n + n +12n →∞=1, 1 n2 + n + n所以 lim(n →∞1 n2 + n + 1+1 n2 + n + 2+L +) =1.----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 5 计算 lim ?1 2 n ? ? + 2 +L 2 ? 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? ?解：由于1+ 2 +L + n ? 1 2 n ? 1+ 2 +L + n ， ≤? 2 + 2 +L 2 ?≤ 2 2 n +n+n n +n+n? n + n +1 ? n + n +1 n + n + 21 1 n(n + 1) n(n + 1) 1+ 2 +L + n 1 1+ 2 +L+ n 1 = lim 22 = , lim 2 lim 2 2 = ， 而 lim 2 n →∞ n + n + n n →∞ n + n + n 2 n →∞ n + n + 1 n→∞ n + n + 1 2所以 lim ?1 2 n ? ? 1 + 2 +L 2 ?= 。 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? 2 ?-------------------------------------------------------------------------例题 6 计算 lim(n →∞1 1 1 + +L + ) 2 2 n (n + 1) (2n) 2解：因为 n ?1 1 1 1 1 1 ≤ 2+ +L + ≤ n? 2 = 2 2 2 (2n) n (n + 1) (2n) n n 1 1 = 0, lim n ? 2 = 0 ，根据极限存在准则， 2 n →∞ (2n) n而 lim n ?n →∞lim(n →∞1 1 1 + +L + ) = 0。 2 2 n (n + 1) (2n) 2----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 7 证明 lim x ? [ ] = 1 +1 x →0 x 1 1 (1 ? x) 1 1 1 1 解：由于 ? 1 ≤ [ x] ≤ ， ? ≤ [ ] ≤ ? (1 ? x) ≤ x ? [ ] ≤ x ? = 1 ， x x x x x x x 1 1 而 lim (1 ? x ) = 1, lim x ? = 1 ，所以 lim x ? [ ] = 1 。 x → 0+ x → 0+ x → 0+ x x----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2 例题 8 证明 lim(1 +n →∞1 1 n + ) =e n n2解：由于 (1 + ) ≤ (1 +n1 n1 1 n 1 1 1 n + 2 ) ≤ (1 + + ) n = [1 + ] ， n n n n(n ? 1) n ?11 n ?1+1 1 n ?1 1 1 ) = lim(1 + ) (1 + ) = e ， lim(1 + ) n = e n →∞ n →∞ n →∞ n ?1 n ?1 n ?1 n 1 1 n 所以 lim(1 + + 2 ) = e 。 n →∞ n n而 lim(1 + ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 9 计算 lim(1 + 2 + 3 )n n →∞1 n nn 1/ n.1 1 1 1 n n n n n n n解：由于 (3 ) n = (0 + 0 + 3 ) n ≤ (1 + 2 + 3 ) n & (3 + 3 + 3 ) n = (3 ? 3 ) n = 3 n ? 3 而 lim(3 ) n = lim 3 n ? 3 = 3 ，所以 lim(1 + 2 + 3 ) n = 3 。n n n n n →∞ n →∞ n →∞ 1 1 11---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------为正数， 例题 10 设 a1 , a2 ,..., am 为正数，求证 lim( a1 + a2 + ... + am ) n = max {a1 , a2 ,..., am } 。n n n n →∞ 1解：不妨设 a1 = max{a1 , a2 ,L an } ，此时有a1 ≤ (a1n + a2 n + L + am n )1n≤ a1[1 + (1 n1 1 a a2 n a3 n ) + ( ) + L ( m ) n ] n ≤ a1 (m) n ， a1 a1 a1由于 m 是一个正的常数，而 lim mn →∞ 1= 1 ，所以lim(a1n + a2 n + ... + am n ) n = a1 = max {a1 , a2 ,..., am } 。n →∞---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2． 准则 II（单调有界准则） 单调有界数列必有极限 ． （单调有界准则） 单调有界数列必有极限. ： 思路提示：1）直接对通项进行分析或用数学归纲法验证数列 {xn } 单调有界； 2）设 {xn } 的极限存在，记为 lim xn = a ，代入给定的 xn 的表达式中，则该式变n →∞为 a 的代数方程，解之即得该数列的极限。 例题 11 设 x1 =2, xn +1 = 2 + xn , (n ∈ N + ) ，证明数列 {xn } 的极限存在，并求此极限。解：显然 xn & xn ?1 ，设 x1 =2 & 2 ，若 xk & 2, xk +1 = 2 + xk & 2 + 2 = 2 ，n →∞所以对一切 n ，有 xn & 2 。因此它是单调递增且有上界！因此极限 lim xn 存在。3 设 lim xn = A ，对 xn +1 =n →∞2 + xn ，两边求极限，有 A = 2 + A ，( A ? 2)( A + 1) = 0 ? A1 = 2, A2 = ?1 ，由于 A & 0 ，所以极限为 2 。---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 12 已知数列 {xn } 中的每一项都是正的， 并且 (1 ? xn ) xn +1 & 是单调的，并证明 lim xn =n →∞1 (n ∈ N + ) ， 证明数列 {xn } 41 。 2解：由题意 1 ? xn &1 1 , ? xn & ?1， 4 xn +1 4 xn +1 1 1 ? 1 ≥ 2 xn +1 ? ? 1 = 0 ，即 {xn } 单调上升； 4 xn +1 2 xn +1所以 xn +1 ? xn & xn +1 + 又 xn +1 xn ? xn +1 & ?1 1 ? xn +1 ( xn ? 1) & ? & 0 ，Q xn +1 & 0,∴ xn & 1∴{xn } 有界。 4 4 1 所以 lim xn 存在。设 lim xn = A ，因为 (1 ? xn ) xn +1 & ，两边取极限 n →∞ n →∞ 4 1 1 2 1 1 A ? A2 ≥ ? ( A ? ) ≤ 0 ，显然只能 A ? = 0 ? A = 。 4 2 2 2---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 13 若序列 {an } 的项满足： 1 & a 试证： {an } 有极限，并求出它。1 a a (a 为正的常数）且 an +1 = (an + ) （ n = 1, 2,L ） ， ， 2 an1 a a12 + a 2a1 a & = a； 解：由 a1 & a ，又 a2 = ( a1 + ) = a1 2 2a1 2a1下面用数学归纳法证 ak &a 2 + a 2ak a 1 a a ： ak +1 = (ak + ) = k & = a， 2 ak 2ak 2ak又 an ? an +1 =a 2 ?a 1 a ( an ? ) = n & 0 ， {an } 单调且有下界， 故 从而其极限存在， 令其为 A an 2 2 an由 an +1 =1 a 1 a 1 a (an + ) ? lim an +1 = lim(an + ) ? A = ( A + ) ， n →∞ 2 an 2 n →∞ an 2 Aa ( A & 0) ，所以 lim an = a 。n →∞即 A2 = a ? A =---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 14 设 x1 =a , a & 0, xn +1 = a + xn , n = 1, 2, 3,L ，求 lim xn 。n →∞4 解： x1 =a , x2 = a + a , x3 = a + a + a ,L xn +1 = a + xn La + a & a + a + a a & L ，这说明数列单调增加。因 a & 0 ，故 a &下面证明它有上界。显然， x1 =a & a + 1 ，假设 xn & a + 1 ，则xn +1 = a + xn & a + a + 1 & ( a + 1)2 = a + 1 ，所以数列有上界为 a + 1 。根据单调增加有上界数列必有极限的存在准则可知， lim xn 存在，设 lim xn = A ，n →∞ n →∞对关系式 xn +1 =a + xn 两边取极限得， A = a + A ，解得 A =1 ± 1 + 4a 。 2因数列各项均为正数，根据极限的保号性定理，它的极限值不可能为负数，因此，lim xn =n →∞1 + 1 + 4a 。 2----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2n 例题 15 求 lim n →∞ n !解：先证 lim2n 2n 存在，设 xn = ， n →∞ n ! n! (n = 1, 2, 3,L)xn +1 2 n +1 n ! 2 因为 = ? n = ≤1 (n + 1)! 2 xn n +1所以 xn +1 ≤ xn2n (n = 1, 2, 3,L) ；又 xn = & 0 ，故数列 {xn } 单调减少且有下界 0， n! 2n 存在。设 lim xn = A, ? lim xn +1 = A ， n →∞ n →∞ n →∞ n !根据单调有界准则知， lim对等式 xn +1 = xn ?2 2n 两边求极限，得到 A = A ? 0 ，即 A = 0 。所以 lim = 0。 n →∞ n ! n +1---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 16 求 lim(2n ? 1)!! n →∞ (2 n)!! 1 ? 3 ? 5L (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n = ? ? L ， bn = ? ? L ， 2 ? 4 ? 6L (2n) 2 4 6 2n 3 5 7 2n + 1解：令 an =5 则 0 & an & bn ? 0 & an & an ? bn =21 1 ，由于 lim = 0 ，由夹逼定理， n →∞ 2n + 1 2n + 1lim an = 0 ，即 limn →∞n →∞(2n ? 1)!! 。 (2n)!!------------------------------------------------------------------------------------------------------------------二、方程根的存在性证明 1．利用零点定理证明 f (ξ ) = 0 且 则在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ， 零点定理： 设函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续， f ( a ) ? f (b) & 0 ， 使 f (ξ ) = 0 思路提示： （命题的证明步骤） 1）构造辅助函数 F ( x ) ：①先把结论中的 ξ 改写成 x ；②移项，使等式右边为零，令左边的 式子为 F ( x ) ； 2）验证 F ( x ) 在 [ a, b] 内连续； 3）验证 F ( a ) ? F (b) & 0 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = 0 。 5）若要证明在 [ a, b] 内有且仅有一根，则还需证明此函数在 [ a, b] 内单调；或证明一元 n 次 方程至多只有一个实根。 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且有 f ( a ) & a, f (b) & b ，证明在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使f (ξ ) = ξ 。证明：令 F ( x ) = f ( x ) ? x 。因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续。 且 F ( a ) = f ( a ) ? a & 0, F (b) = f (b) ? b & 0 ， 于是 F ( a ) ? F (b) & 0 ； 所以由零点定理， 在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = f (ξ ) ? ξ = 0 ，即 f (ξ ) = ξ 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续且恒为正，证明：对任意 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) 必存在一点ξ ∈ ( x1 , x2 ) ，使得 f (ξ ) =证：令 F ( x ) = f ( x ) ?f ( x1 ) f ( x2 )f ( x1 ) f ( x2 ) 。因为 f ( x) 在 [a, b] 上连续，于是 F ( x) 在 [a, b] 上连6 续。而 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) ，所以 F ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上也连续。又 f ( x ) 在 [ a, b] 上恒为正，F ( x1 ) = f ( x1 ) ? F ( x2 ) = f ( x2 ) ?于是 F ( x1 ) F ( x2 ) =f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 )f ( x1 )2( f (x ) ((f ( x1 ) ?) f (x ) ? f (x ) ) f (x ) ) f (x ) ( f (x ) ?f ( x1 ) ?2f ( x2 ) ，1221f ( x2 ))= ? f ( x1 ) f ( x2 )( f ( x1 ) ?f ( x2 ))2 & 0 f ( x1 ) f ( x2 ) = 0 ，所以由零点定理， ( x1 , x2 ) ? ( a, b) 内至少存在 ξ ， 在 使得 F (ξ ) = f (ξ ) ? 即 f (ξ ) =f ( x1 ) f ( x2 ) 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明 x = ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。证：令 F ( x ) = x ? e x ?3 ? 1 ，由于 F ( x ) 在 [0, 4] 上连续，F (0) = 0 ? e ?3 ? 1 = ?1 ?1 & 0, F (4) = 4 ? e ? 1 = 3 ? e & 0 ， e3所以由零点定理， [0, 4] 内至少存在一根， F (ξ ) = ξ ? eξ ?3 ? 1 = 0 ， 在 使 于是 F (0) F (4) & 0 ， 即x=ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。 a 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若 f ( x ) 在 [0, a ] 上 连 续， 且 f (0) = f ( a ) ， 则方 程 f ( x ) = f ( x + ) 至 少 有 一实 根ξ ∈ [0, ] 。证：令 F ( x ) = f ( x ) ? f ( x + ) ，因为 f ( x ) 在 [0, a ] 上连续，所以 F ( x ) 在 [0, ] 上连续 而 F (0) = f (0) ? f ( ) = f ( a ) ? f ( ), F ( ) = f ( ) ? f ( a ) ，故 F (0) F ( ) ≤ 0 ； 若 F (0) F ( ) = 0 ，则 f (0) = f ( ) = f ( a ) ，即 x = 0, x = a 是 f ( x ) = f ( x + ) 方程的一 个根； 若 F (0) F ( ) & 0 ，则由零点定理，存在 ξ ∈ (0, ) ，使 F (ξ ) = 0 ，即 f ( x ) = f ( x + ) 。 综上所述方程 f ( x ) = f ( x + ) 至少有一实根 ξ ∈ [0, ] 。a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2 a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD7 例 证明方程 3 x ? 2 + cosπx2= 0 在 ( 0,1) 有且仅有一个实根。，F (0) = ?1 & 0, F (1) = 1 & 0 ， 所以 F (0) F (1) & 0 ； F ( x ) 又证： F ( x ) = 3 x ? 2 ? cos 令πx2在 [0,1] 上连续，于是 F ( x ) 在 ( 0,1) 上至少存在一个实根； 又 F ′( x ) = 3 ? sinπx π2 2& 0 ，于是 F ( x) 在 (0,1) 内单调递增，所以 F ( x) 在 (0,1) 内有且仅有一个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 ln x = 证：π x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx 在 (0, +∞) 内有且仅有两个不同的实根 e 0π π0∫π01 ? cos 2 xdx = 2 ∫ sin x dx = 2(? cos x)0=2 2；于是 ln x =π x x x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx = ? 2 2 ，令 F ( x) = ln x ? + 2 2 ? e 0 e e 1 1 F ′( x) = ? = 0 ? x = e （唯一驻点） x e x e (0, e) (e, +∞)F ′( x) F ( x)+0?F (e) = 2 2 极大值又因为 F ( x ) 在 (0, e) 与 (e, +∞) 分别至多有一个零点。 又因为 x = e 是 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内的最大值，由于 F (e) & 0 ，而x lim (ln x + 2 2 ? ) = ?∞, lim F ( x) = ?∞ ， 可知 F ( x ) 在 (0, e) 和 (e, +∞) 内分别至少有一 + x →0 x → 0? e个零点，故 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内有且仅有两个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 2 x ? 5 x ? 2 x + 2 = 0 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。3 2证：令 F ( x) = 2 x 3 ? 5 x 2 ? 2 x + 2 = 0 ， F ( ?1) F (0) & 0, F (0) F (1) & 0, F (2) F (3) & 0, 于是 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内至少各有一个根存在，又 F ( x) = 0 为一元三次方程最多 有三个实根，故 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 至少有一个不超过 a + b 的正根。8 证：令 F ( x ) = x ? a sin x ? b ， F (0) = ?b & 0, F ( a + b) = a[1 ? sin( a + b)] ； 若 sin( a + b) = 1 ，则 a + b 是方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 的一个实根； 若 sin( a + b) & 1 ， 则 F ( a + b) & 0 ， 所 以 F ( x ) 在 [0, a + b] 上 满 足 零 点 定 理 ， 方 程x = a sin x + b 至少有一个不超过 a + b 的正根。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 3证：两边同乘上 ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ，令F ( x) = ( x ? 2)( x ? 3) + 2( x ? 1)( x ? 3) + 3( x ? 1)( x ? 2) ， F ( x) 在 [1, 2],[2,3] 上连续，且 F (1) ? F ( 2 ) p 0, F ( 2 ) ? F ( 3) p 0 ，所以 F ( x ) 在 [1, 2],[2,3] 上满足零点定理，所以至少 存在ξ1 ∈ (1, 2), ξ 2 ∈ (2,3) ，使得 F (ξ1 ) = 0, F (ξ 2 ) = 0 。又因为方程为一元二次方程，至多有二个实根，于是方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 32．利用罗尔定理 ． 罗尔定理：如果函数 f ( x) 满足：在 [ a, b] 连续，在 (a, b) 可导， f (a ) = f (b) ，则在 (a, b) 内 至少一点 ξ ，使得 f ′(ξ ) = 0 （即在该点有平行于 x 轴的切线存在） 思路提示： 1）辅助函数 F ( x) 的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2）验证 F ( x) 在 [ a, b] 内连续；在 (a, b) 内可导； 3）验证 F ( a ) = F (b) 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F ′(ξ ) = 0 。9 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) = ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) ，不求方程，证明 f ′( x ) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内各 有一根存在。 证：由于 f ( x ) 在 [1, 2],[2, 3][3, 4] 上连续，在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 可导，又f (1) = f (2) = f (3) = f (4) = 0 ， 所以由罗尔定理， (1, 2), (2,3), (3, 4) 内至少存在一点 ξ ， 在使得 f ′(ξ ) = 0 ；又 f ′( x ) 为三次函数，所以 f ′( x ) = 0 至多有三根，于是f ′( x) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内有且仅有一根存在。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若方程 a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 ，证明方程a0 nx n ?1 + a1 (n ? 1) x n ? 2 + L + an ?1 = 0 必有一小于 x0 的正根。证：设 f ( x) = a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x ， f ( x) 在 [0, x0 ] 上连续，在 (0, x0 ) 内可导，且f (0) = f ( x0 ) = 0 。由罗尔定理，至少存在 ξ ∈ (0, x0 ) ，使 f ′(ξ ) = 0 。即 a0 x n + a1 x n ?1 + L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 a0 , a1 ,L , an 满足 a0 +a a1 a2 + + L + n = 0 的实数，证明方程 2 3 n +1a0 + a1 x + a2 x 2 + L + an x n = 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。分析：函数 f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + L + an x 虽然在 [0,1] 上连续，但却难以验证 f ( x ) 在2 n[0,1] 上的某个子区间的端点处的函数值是否异号。但是经分析发现 f ( x) 的原函数 F ( x) = a0 x + a a1 2 a2 3 x + x + L + n x n +1 在 x = 1 处的函数值 F (1) = 0 ，为此该命题可利 2 3 n +1用罗尔定理，在 (0,1) 内至少存在 ξ ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即： a0 + a1ξ + a2ξ + L + anξ = 02 nDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内二阶可导，且 f ( a ) = f (c ) = f (b)( a & c & b) ，试 证：至少存在一个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 证：显然 f ( x ) 在 [ a, c ],[c, b] 上满足罗尔定理，于是分别存在 ξ1 ∈ (a, c ), ξ ∈ (c, b) ，使得10 f ′(ξ1 ) = 0, f ′(ξ 2 ) = 0 ；再对 (ξ1 , ξ 2 ) 上用罗尔定理，故存在 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 a & 0 & x1 & b 上可导，且有 f ( x1 ) = 0 ，证明至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) 内，使f ( x) + xf ′( x) = 0证：取 g ( x ) = xf ( x ) ， g ( x ) 在 [0, x1 ] 上连续，在 (0, x1 ) 内可导。g (0) = 0 f (0) = 0, g ( x1 ) = x1 f ( x1 ) = 0 ，于是 g ( x) 在 (0, x1 ) 上满足罗尔定理，所以至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) ，使得 g ′( x ) = 0 ，即 f ( x ) + xf ′( x ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 函数 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，证明至少存在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使得f (ξ ) ∫ g ( x)dx = g (ξ ) ∫ f ( x)dxξa bbξ证： F ( x ) = g ( x ) dx 设∫ ξ∫ f ( x)dx ，F (a) = F (b) = 0 ，F ( x) 在 [a, b] 上连续，F ( x) 在 (a, b)a bξ上可导，于是存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′( x ) = 0 ，即 f (ξ ) ∫ g ( x ) dx = g (ξ ) ∫ f ( x ) dx 。ξaξ3、利用拉格朗日中值定理 、 拉格朗日中值定理：如果函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续，在 (a, b) 内可导，则在 (a, b) 内至少存 在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使 f ′(ξ ) = 思路提示： 1） 辅助函数的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) b?af (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x ) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2） 验证满足定理存在条件11 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) = 0, f ( ) = 1 ，试证： 至少存在一个 ξ ∈ (0,1) ，使 f ′(ξ ) = 1 分析： f ′(ξ ) = 1 ? f ′( x ) = 1 ， f ( x ) = x + c ? f ( x) ? x = 0 ， 于是令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 证：令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 ，显然 F ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，又1 21 1 1 F (1) = f (1) ? 1 = ?1 & 0, F ( ) = f ( ) ? & 0 ， 2 2 2 1 由零点定理，存在一个η ∈ ( ,1) ，使 F (η ) = 0 ； 2又 F (0) = f (0) ? 0 = 0 ，对 F ( x ) 在 [0,η ] 用罗尔定理，存在一个 ξ ∈ (0,η ) ? (0,1) 使得 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 1 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 f ( a ) = f (b) = 0 ，证明至少存在一 个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′(ξ ) + f (ξ ) g ′(ξ ) = 0 分析：令 x = ξ ，是 f ′( x ) + f ( x ) g ′( x ) = 0 ?f ′( x) = ? g ′( x) ，积分 f ( x)ln f ( x) = ? g ( x) + ln C ? f ( x) = Ce ? g ( x ) ? f ( x)e g ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是F ( x ) = f ( x )e g ( x ) 。证： （略） DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上可导，且满足关系式 f (1) ? 2∫1 2 0xf ( x)dx = 0 ，证明：在 (0,1) 内至少存在一个 ξ ，使 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。分析： ξ = x ， f ′( x ) = ? 令 得f ( x) f ′( x) 1 C ? = ? ? ln f ( x) = ? ln x + ln C ? f ( x) = x f ( x) x x于是 xf ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是令 F ( x ) = xf ( x )12 证：由题设 F ( x ) = xf ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导。 由 f (1) ? 2∫1 2 01 1 1 xf ( x)dx = 0 ， f (1) = 2 ∫ 2 xf ( x)dx = 2η f (η )( ? 0) =η f (η ) ，(0 ≤ η ≤ ) 有 0 2 2于是 F (1) = f (1) = η f (η ), F (η ) = η f (η ) ，所以 F ( x) 在 (η ,1) 内满足罗尔定理条件， 故存在 ξ ∈ (η ,1) ? (0,1) ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，证明：在 (a, b) 内至少存在一个 ξ ，使bf (b) ? af (a ) = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) b?a bf (b) ? af (a ) 分析：令 = k ? bf (b) ? kb = af (a ) ? ka ，显然这是一个对称式 b?a，所作辅助函数 F ( x ) = xf ( x ) ? kx （ x, y 互换等式不变） 证：令 F ( x ) = xf ( x ) ? kx = xf ( x ) ?bf (b) ? af (a ) x ，显然 F ( x) 满足罗尔定理，至少存在 b?a bf (b) ? af (a ) 一个 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 ，即 = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) 。 b?a三、等式及不等式的证明1．恒等式的证明（ x ∈ I , f ′( x ) = 0 ? f ( x ) ≡ C ） 1）构造辅助函数 F ( x ) ；2）证明 F ′( x ) = 0 ；3） ?x ∈ I ，有 F ( x ) = C 例 求证：当 ?1 & x & 1 时，有 arctan1? x 1 π + arcsin x = 1+ x 2 4证：设 F ( x) = arctan1? x 1 + arcsin x ， 1+ x 2F ′( x) =1 1 ?1 1 1 1 1 ? ? + =? + =0 2 1? x 1 ? x (1 + x) 2 1 ? x 2 2 1 ? x2 2 1 ? x2 1+ 2 1+ x 1+ x所以 F ( x ) = C 。任取 x = 0 ，有 F (0) =π4，于是有13 arctan1? x 1 π + arcsin x = 。 1+ x 2 4例 设 f ( x ) 在 (0, π ) 内具有二阶导数，满足 f ′′( x ) = ? f ( x ), f ′( ) = 0π2证明： （1） f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) （2） f ( x ) = C sin x, x ∈ (0, π ), C 为常数。 证：1）设 F ( x ) = f ′( x )sin x ? f ( x ) cos x, 于是F ′( x) = f ′′( x) sin x + f ′( x) cos x ? f ′( x) cos x + f ( x) sin x = ( f ′′( x) + f ( x))sin x = 0所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ c 。令 x = 即 f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) 2）设 F ( x ) =π2, 得C = 0 。f ( x) f ′( x)sin x ? f ( x) cos x ? F ′( x) = =0 sin x sin 2 x所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ C ? f ( x ) = C sin x 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2．不等式的证明 1）利用单调性 ） 解题步骤：①移项（有时需作简单的恒等变形） ，使不等式的一端为 0，另一端即为所作辅 助函数 f ( x ) ；②求 f ′( x ) 并验证 f ( x ) 在指定区间的增减性；③求出区间端点的函数值（或 极限值） ，作比较即得所证。 例 设 x & 1 时，证明 e & ex 。x证：设 f ( x) = e x ? ex, f (1) = 0, f ′( x) = e x ? e & 0 (Q x & 1) ，所以 f ( x) 即 x & 1 时， f ( x) & f (1) = 0 ? e x & ex 。。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 当 x & 0 时，证明 1 + x & 1 + 证：设 f ( x) = 1 + x ? 1 ?1 x 21 1 1 1? 1+ x x ? f ′( x) = ? = & 0 ，于是 f ( x) 2 2 1+ x 2 2 1+ x而 f (0) = 0 ，所以当 x & 0 时，有 f ( x) & f (0) = 0 ，14 即 1 + x ?1 ?1 1 x & 0 ? 1+ x & 1+ x 。 2 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2）利用拉格朗日中值定理证明 ） 该法适用于，经过简单变形，不等式一端可写成f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 或 情形。 b?a g (b) ? g (a )证题步骤：①在 [ a, b] 上构造函数 f ( x ) 或 g ( x ) ，选取 f ( x ) 与 [ a, b] 的原则应该是，使f (b) ? f (a ) 恰为不等式中间的项。②写出微分中值定理公式f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) f ′(ξ ) = f ′(ξ ) 或 = b?a g (b) ? g (a ) g ′(ξ )③根据题意对 f ′(ξ ) 或 g ′(ξ ) 进行适当的缩放。 注：利用中值定理证明的关键是构造函数和确定区间。 例 设0 &α & β &π2时，有α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 α证：设 f ( x ) = tan x ， f ( x ) 在 [α , β ] 上满足拉格朗日中值定理， 所以至少存在 ξ ∈ (α , β ) ，使 f ′(ξ ) =tan β ? tan α 1 ；又 f ′(ξ ) = sec 2 ξ = ， cos 2 ξ β ?α于是tan β ? tan α 1 π 1 1 1 = 。由 0 & α & ξ & β & ，于是 & & 2 2 2 β ?α cos ξ 2 cos α cos ξ cos 2 β 1 tan α ? tan β 1 & & ，由于 α ? β & 0 ，所以有 2 cos α α ?β cos 2 β所以α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 αDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明：当 x & 0 时，有x & ln(1 + x) & x 1+ x证：设 f ( x ) = ln x ，在 [1,1 + x ] 上连续，在 (1,1 + x ) 内可导，由拉格朗日中值定理得f (1 + x) ? f (1) ln(1 + x) ? ln1 1 ln(1 + x) 1 x = f ′(ξ ), 即 = ，即 = ? ln(1 + x) = ； 1+ x ?1 1+ x ?1 ξ ξ ξ x15 而1 & ξ & 1 + x ?1 1 x x x & &1? & & x ，所以 & ln(1 + x) & x 。 1+ x ξ 1+ x ξ 1+ x注：本题若设 f ( x ) = ln(1 + x ),[0, x ] 也可以。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 不等式证明总结： 1）一般而言，夹在中间函数为同一类型时，其证明可用拉格朗日定理，否则用单调性更为 方便。 2）若不等式中只有一个变量，可用单调性或中值定理，若含有两个变量，只能用中值定理。3．定积分的证明（换元） ．定积分的证明（换元） 1）定积分不等式的证明 思路提示：若仅告知被知函数连续，一般需作辅助函数 F ( x ) （将积分上限或下限换成 x ， 式中其余相同的字母也换成 x ， 移项使一端为 0， 则另一端的表达式即为 F ( x ) ， 求出 F ′( x ) ， 并判别它的单调性，再求出 F ( x ) 在积分区间的端点值，从而得出不等式的证明。 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 连续， f (0) = 0 ，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，证明：( ∫ f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx0 0 t11证：设 F (t ) = (t∫0f ( x)dx) 2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx ? F ′(t ) = 2∫ f ( x)dx ? f (t ) ? f 3 (t )0 0ttF ′(t ) = [2∫ f ( x)dx ? ? f 2 (t )] f (t ) = ? (t ) f (t ) ，0对 ? (t ) 求导得， ? ′(t ) = 2 f (t ) ? 2 f (t ) f ′(t ) = 2 f (t )[1 ? f ′(t )] ， 由题设，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，则 f ( x ) 在区间 (0,1) 严格单调递增；又由题设 知 f (0) = 0 ，所以对于任意的 t ∈ (0,1) ，有 f (t ) & 0 ，所以 ? ′(t ) & 0 ，即 ? (t ) 在 (0,1) 单调 递增；又 ? (0) = 0 ，所以对任意的 t ∈ (0,1) ，有 ? (t ) ≥ 0 ? F ′(t ) ≥ 0 ∴ F (t ) 所以 0 & t & 1 ，有 t ∈ (0,1), F (t ) ≥ 0 。取 t = 1 ，即得 (∫10f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx 。0116 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且严格递增，证明 ( a + b) 证明：设 F ( x) = ( a + x)x∫baf ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxab∫xaf (t )dt ? 2∫ tf (t )dta x axF ′( x) = ∫ f (t )dt + (a + x) f ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt + (a ? x) f ( x)a= ∫ [ f (t ) ? f ( x)]dt & 0 （因 t ≤ x 且 f ( x) 严格递增，即 f (t ) & f ( x) ）ax所以 F ( x) 即 ( a + b)。又 F ( a ) = 0 ，故 F (b) & F ( a ) = 0 ，b∫af ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxabDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上可导，且 f ′( x) ≤ M , f ( a ) = 0 ，证明∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 2证：由题设对 ?x ∈ [a, b] ，可知 f ( x ) 在 [ a, b] 上满足拉氏定理，于是有f ( x) = f ( x) ? f (a ) = f ′(ξ )( x ? a ), ξ ∈ (a, x)因为 f ′( x ) ≤ M , f ( a ) = 0 ，所以 f ( x ) ≤ M ( x ? a ) 。由定积分比较定理，有∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 。 2 1 b f ( x)dx = f (b) 证明在 (a, b) 内至少存 b ? a ∫aDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续， (a, b) 内可导， 在 且 在一点 ξ ，使 f ′(ξ ) = 0 证：设 F ( x) =∫xaf (t )dt ? ( x ? a) f ( x) (a ≤ x ≤ b)因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导。 又 F ( a ) = 0, F (b) = 0 ? F ( a ) = F (b) ，所以由罗尔定理，存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 即： F ′(ξ ) = [ f ( x) ? f ( x ) ? ( x ? a ) f ′( x )] 所以 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 3） 定积分等式的证明 定积分等式的证法常有：换元法，分部积分法，构造函数法、中值定理等17x =ξ= ?(ξ ? a ) f ′(ξ ) = 0 ，由 ξ ≠ a ， 例 设 f ( x ) 连续，证明 分析：a∫a0x3 f ( x 2 )dx =1 a2 xf ( x)dx 2 ∫01 x2 uf (u )du ，比较 f ( x 2 ) 与 f (u ) ，可知应令 x 2 = u ∫0 2 ∫0 a 1 a 2 1 a2 1 a2 2 3 2 2 2 证：令 x = u ，于是 ∫ x f ( x ) dx = ∫ x f ( x ) dx = ∫ uf (u ) du = ∫ xf ( x) dx 。 0 2 0 2 0 2 0 x3 f ( x 2 )dx =b 1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 连续，证明 分析：∫af ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a) x]dx0 1 0∫baf ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a)u ]du比较 f ( x) 与 f [ a + (b ? a )u ] ，可知应令 x = a + (b ? a )u 。 证：∫baf ( x)dx = ∫ f [a + (b ? a)u ](b ? a)du = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a )u ]du0 0 1 011= (b ? a ) ∫ f [a + (b ? a) x]dx 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 是定义在 ( ?∞, +∞ ) 上，且以 T 为周期的连续函数， a 为任意常数，则∫a +Taf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T分析：原等式 ?∫0af ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫0TT +aTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T可见要证等式成立，只需证 ?∫0af ( x)dx + ∫T +aTf ( x)dx =0 ，即证∫a +TTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx ，比较两端的积分限，可知应作变换 x = u + T0a证： 所以∫a +TT a +Tf ( x)dx ==== ∫ f (u + T )du = ∫ f ( x + T )dx = ∫ f ( x)dx ；0 0 0x = u +Taaa∫af ( x)dx = ∫ f ( x)dx 。0TDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明1 dx dx =∫ x ∫x 1 + x 2 1 1 + x 2 11 1 与 f (u ) = ，可知形式一致，因此作变换只能从两端的积分 2 1+ x 1+ u2 1 1 限去考虑：左端积分限 x → 1 ，右端的积分限 1 → ，可见应作代换 x = 。 x u分析：比较 f ( x ) =18 1 u 1 1 dx 1 1 1 1 证： ∫ === ∫1 ? (? 2 )du = ? ∫1 du = ∫ x dx 。 2 x 1 + x2 1 1 + x2 1 2 u x 1+ ( ) x 1+ u u 1x=1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，且 F ( x) =∫x0( x ? 2t ) f (t )dt ，证明：1）若 f ( x ) 为偶函数，则 F ( x ) 也为偶函数 2）若 f ( x ) 单调不减，则 F ( x ) 单调不增。 证：1） F ( ? x) =∫?x0(? x ? 2t ) f (t )dt = ? x ∫x x 0 0?x0f (t )dt ? 2∫ t f (t )dt0?xu =? t== ? x ∫ f (?u )d (?u ) ? 2 ∫ (?u ) f (?u )d (?u )x x 0 0= x ∫ f (?u )du ? 2∫ uf (?u )du因为 f ( x ) 为偶函数，所以 f ( ?u ) = f (u ) 于是 F ( ? x) = x∫x0f (u )du ? 2∫ uf (u )du = ∫ [ xf (u ) ? 2uf (u )]du0 0 x 0xx= ∫ [ xf (t ) ? 2tf (t )]dt = ∫ ( x ? 2t ) f (t )dt = F ( x)0x所以 F ( x ) 为偶函数。 2） F ( x) =x∫x0( x ? 2t ) f (t )dt = x ∫ f (t )dt ? 2 ∫ tf (t )dt0 0 x 0xxF ′( x) = ∫ f (t )dt + xf ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x)0因为 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，所以 f ( x ) 在 [0, x ] 内连续，所以存在 ξ ，使∫x0f (t )dt = f (ξ ) x ；于是 F ′( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x) = [ f (ξ ) ? f ( x)]x0x当0 ≤ξ ≤ x ? ??x ≥ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f (ξ ) ≤ f ( x) ?x ≤ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f ( x) ≤ f (ξ )当x ≤ξ ≤0? ?于是 F ′( x) ≤ 0 ，所以 F ( x) 单调不减。19
高等数学 证明题(提纲) 19页 3下载券 高等数学微分方程测试题 3页 2下载券 高等数学第七章微分方程... 15页 免费高​等​数​学​-​微​分​...2016年数学考研大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。数学考研大纲 ...(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学 一、函数、极限、连续 考试内容:...但是考察内 容都涵盖高数、线性代数和概率三部分,且占比一样,复习也很有类比...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 微积分 一、函数、极限、...2017考研数学二考试大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2017考研数学二考试...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学一、函数、极限...2016 年高等数学一考研大纲考试科目:高等数学、线性代数、概率论与数理统计 考试...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 高等数学 一、函数、极限...2016考研数学二考试大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2016考研数学二考试...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学一、函数、极限...《高等数学》考试大纲_专业资料。《高等数学》考试大纲 学院(盖章) : 专业代码...三)考试基本题型 基本题型可能有:选择题、填空题、计算题、证明题、应用题和...2014 年 硕士研究生入学统一考试数学考试大纲数学二 考试科目:高等数学、线性代数...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 考研找学长,找真题,上...16考研数学大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2016 考研数学考试大纲 数学...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小 9 题,共 94 分 高等数学 一、函数...2017 年考研数学三考试大纲考试科目:微积分、线性代数、概率论与数理统计 考试...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 微积分 一、函数、极限、...
All rights reserved Powered by
copyright ©right 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。}
（2003年江苏）设$a & 0$，如图．已知直线：$y = ax$及曲线$C$：$y = {x^2}$，$C$上的点${Q_1}$的横坐标为${a_1}$（$0 & {a_1} & a$）．从$C$上的点${Q_n}$（$n \geqslant 1$）作直线平行于$x$轴，交直线$l$于点${P_{n + 1}}$，再从${P_{n + 1}}$作直线平行于$y$轴，交曲线$C$于点${Q_{n + 1}}$．${Q_n}$（$n = 1 , 2 , \cdots $）的横坐标构成数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$．
（1）试求${a_{n + 1}}$与${a_n}$的关系，并求$\left\{ {{a_n}} \right\}$的通项公式．
（2）当$a = 1$，${a_1} \leqslant \dfrac{1}{2}$时，证明：$\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right){a_{k + 2}}} & \dfrac{1}{{32}}$；
（3）当$a = 1$时，证明：$\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \dfrac{1}{3}$．
容易得到$$a_{n+1}=\dfrac{a_n^2}{a},$$于是不难求出$\{a_n\}$的通项为$$a_n=a\cdot\left(\dfrac{a_1}a\right)^{2^{n-1}},n\in \mathcal N^*.$$
注意到$\{a_n\}$单调递减且有界，考虑直接通过有界性放缩：$$\begin{split} \sum\limits_{k=1}^n\left(a_k-a_{k+1}\right)a_{k+2}&\leqslant \dfrac{1}{16}\sum_{k=1}^n\left(a_k-a_{k+1}\right)\\&=\dfrac 1{16}\left(a_1-a_{n+1}\right)\\&&\dfrac 1{32}.\end{split} $$
此时由于数列的上界为$1$，因此如果按解决第（2）小题的方式无法得到$\dfrac 13$这样的结果．
如图，注意到第$k$个小矩形（从右向左）的面积为$$\left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right) \cdot a_{k + 1}^2 = \left( {{a_k}-{a_{k + 1}}} \right) \cdot {a_{k + 2}},$$于是这些小矩形的面积和小于曲边三角形$OAP$的面积，其中$OP$为抛物线的一部分，$OA$、$AP$为线段，即$$\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \int_0^1 {{x^2}{\rm d}x} = \dfrac{1}{3}.$$
事实上，命题完全可以加强至$$\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {{a_i}-{a_{i + 1}}} \right){a_{i + 2}}} & \dfrac{1}{3},$$其中${a_0} = 1$．
从中我们可以看到利用函数定积分可以对数列级数进行有效的放缩．一般地，对于函数$f\left( x \right)$，$p$、$q$为整数且$p & q$，有以下引理：
若$f\left( x \right)$单调递增，则$$\int_{p – 1}^q {f\left( x \right){\rm d}x} & \sum\limits_{i = p}^q {f\left( i \right)} & \int_p^{q + 1} {f\left( x \right){\rm d}x} ;$$若$f\left( x \right)$单调递减，则$$\int_p^{q + 1} {f\left( x \right){\rm d}x} & \sum\limits_{i = p}^q {f\left( i \right)} & \int_{p – 1}^q {f\left( x \right){\rm d}x}.$$
下面再通过一道联赛二试题看看这一处理方式的应用：
（2009年联赛加试）证明：$ – 1 & \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{i}{{{i^2} + 1}}} – \ln n \leqslant \dfrac{1}{2}$．
原不等式等价于$$ – 2 + \ln {n^2} & \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} \leqslant 1 + \ln {n^2},$$对于函数$f\left( x \right) = \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}$，由于$$f’\left( x \right) = \dfrac{{2\left( {1-{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}},$$于是当$x \geqslant 1$时，$f\left( x \right)$单调递减．
由引理，有$$\begin{split} \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} && \int_1^{n + 1} {\dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}{\rm d}x} \\&= \left. {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right|_1^{n + 1}\\& = \ln{\dfrac{{{n^2} + 2n + 2}}{2}}\\&& \ln
{\dfrac{{{n^2}}}{{{{\text{e}}^2}}}} =-2 + \ln {n^2}.\end{split} $$
同时，有$$\begin{split} \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}} &= 1 + \sum\limits_{i = 2}^n {\dfrac{{2i}}{{{i^2} + 1}}}\\& \leqslant 1 + \int_1^n {\dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}}{\rm d}x} \\&= 1 + \left. {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right|_1^n \\&= 1 + \ln
{\dfrac{{{n^2} + 1}}{2}} \leqslant 1 + \ln {n^2},\end{split} $$如图．
因此原命题得证．
在实际应用中，为了实现更精确的放缩，我们有两种处理方式：移动放缩起点和进一步利用凹凸性精细化放缩．下面通过一道例题说明这两种不同的方式．
（2013年深圳一模）证明：$\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2} -1}}} & \ln \left( {2n + 1} \right)$．
不等式左边即$$\begin{split} \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2}-1}}} &= \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{2k-1}} + \dfrac{1}{{2k + 1}}} \right)} \\&= 1 + \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{5} + \cdots + \dfrac{2}{{2n-1}} + \dfrac{1}{{2n + 1}}.\end{split} $$
如图，上式右边不小于$$\begin{split} 1 + \dfrac{2}{3} + \int_5^{2n + 2} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x} && \dfrac{5}{3} + \int_5^{2n + 1} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x} \\&= \dfrac{5}{3} + \left. {\ln x} \right|_5^{2n + 1} \\&= \ln \left( {2n + 1} \right) + \dfrac{5}{3} – \ln 5& \ln \left( {2n + 1} \right),\end{split} $$相当于用第1、2个小矩形来填充区间$\left[ {2 , 3} \right]$上的空白．
利用凹凸性
如图，考虑到$y = \dfrac{1}{x}$为下凸函数，于是有$$\begin{split} \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{4k}}{{4{k^2}-1}}} &= \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{2k-1}} + \dfrac{1}{{2k + 1}}} \right)} \\&& \int_1^{2n + 1} {\dfrac{1}{x}{\rm d}x = \ln \left( {2n + 1} \right)}.\end{split} $$
有关利用凹凸性增加放缩精度的例子还可以参考．
最后给出三道练习供读者巩固之用，由于均为证明题，因此答案从略．
练习1、（2012年天津）已知函数$f\left( x \right) = x-\ln \left( {x + a} \right)$的最小值为$0$，其中$a & 0$．
（1）求$a$的值；
（2）若对任意的$x \in \left[ {0 , + \infty } \right)$，有$f\left( x \right) \leqslant k{x^2}$成立，求实数$k$的最小值；
（3）证明：$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{2}{{2i-1}}} – \ln \left( {2n + 1} \right) & 2$（$n \in {\mathcal N^ * }$）．
练习2 、（2008年江苏复赛）证明：$\dfrac{1}{{n + 1}} + \dfrac{1}{{n + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{{2n}} & \dfrac{{25}}{{36}}$．
练习3 、（2010年湖北）已知函数$f\left( x \right) = ax + \dfrac{b}{x} + c$（$a & 0$）的图象在$\left( {1 , f\left( 1 \right)} \right)$处的切线方程为$y = x-1$．
（1）用$a$表示出$b$，$c$；
（2）若$f\left( x \right) \geqslant \ln x$在$\left[ {1 , + \infty } \right)$上恒成立，求$a$的取值范围；
（3）证明：$1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n} & \ln \left( {n + 1} \right) + \dfrac{n}{{2\left( {n + 1} \right)}}$（$n \in {\mathcal N^ * }$）．
练习2需要用到$\ln 2 & \dfrac{{25}}{{36}}$，证明如下：
由$$\ln \dfrac{{1 + x}}{{1-x}} = 2\left( {x + \dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{{x^5}}}{5} + \dfrac{{{x^7}}}{7} + \cdots } \right),$$取$x = \dfrac{1}{3}$，得$$\begin{split} \ln 2 &= 2\left( {\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^3}}} \cdot \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^5}}} \cdot \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{{{3^7}}} \cdot \dfrac{1}{7} + \cdots } \right) \\&& 2\left( {\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{{3^4}}} + \dfrac{1}{{{3^6}}} + \dfrac{1}{{{3^8}}} + \cdots } \right) & \dfrac{{25}}{{36}}.\end{split} $$
关于数海拾贝
“数海拾贝”由中国最顶尖的高中数学教研老师兰琦和金叶梅主编。第一个栏目《每日一题》，每天精选一道高中数学好题，从破题的思路，图文并茂的讲解到精辟到位的总结，同学们每天只要花上10分钟认真阅读和思考，一定能在两三个月获得明显的进步，在高考中取得好成绩。
觉得有意思？微信扫描二维码，关注我们吧！求解释rudin bady 数学分析1.19：具有最小上界性的有序域R存在。_数学分析吧_百度贴吧
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&签到排名：今日本吧第个签到，本吧因你更精彩，明天继续来努力！
本吧签到人数：0成为超级会员，使用一键签到本月漏签0次！成为超级会员，赠送8张补签卡连续签到：天&&累计签到：天超级会员单次开通12个月以上，赠送连续签到卡3张
关注：26,270贴子：
求解释rudin bady 数学分析1.19：具有最小上界性的有序域R存在。收藏
我在这个定理证明的第三步遇到了问题，从他说集合γ是集合β的子集这里我就完全不懂了，我认为集合γ完全不是集合β的子集啊。
Tableau商业智能分析工具,揭秘数据背后呈现的规律和价值,让数据成为企业运营好帮手!自助式商业智能渐成新常态.查看免费文档!
算了，这里不得不跳过去了，完全说不通，我先往下看了
那么多数学专业的，我就不信没人证过这个定理，真是给跪了
刚看到这个帖子，我的理解是，αβγ是分划，根据最开始给的“分划”的三条性质，这个就可以解释了
这里β并不是A的上界的集合，而是A一个确定的上界，也就是一个实数——换句话说，有理数集一个合适的子集。γ，作为有理数集一些子集的并，也是有理数集的一个子集。这两个子集之间当然可能有包含关系。这种包含关系，如果是在合适的子集(即实数)之间建立的，那就是实数的序关系。
我也没明白，这里β是一个分划，他是集合A的上界。令m∈β,n∈A.对任意n有n＜m,又m∈β，由分划的定义n∈β那么A的上界是β不是矛盾么？图在这
建议直接看英文原版 翻译一塌糊涂
登录百度帐号推荐应用
为兴趣而生，贴吧更懂你。或求解一道微积分中值定理部分的证明题题目和解题分析如下图：麻烦会做的朋友们帮帮忙如果不会也帮我转出去好吗请作出来的朋友给我传到邮箱吧
已发到邮箱中,请查收也可以直接在这看,点击看大图
为您推荐：
其他类似问题
扫描下载二维码当前位置： >>
高数证明题的提纲
一、极限存在准则 1． 准则 I （夹逼准则） 如果数列 xn , yn 及 zn 满足下列条件: ． 夹逼准则） ： （1） yn ≤ xn ≤ zn (n = 1,2,3,L) ; （2） lim yn = a, lim zn = a,n→∞ n →∞那末数列 xn 的极限存在, 且 lim x n = a.n →∞
思路提示：1）利用夹逼准则求极限，关键是构造出 yn 与 z n , 并且 yn 与 z n 的极限相同且容易求. 2）一般通过放大或缩小分母来找出两边数列的通项（右边取分母最小，左边取分母最大）例题 1 证明 lim n ? (n →∞1 1 1 + 2 +L + 2 ) =1 n +1 n + 2 n +n2解：因为n2 1 1 1 n2 )≤ 2 ≤ n?( 2 + 2 +L + 2 ， n2 + n n +1 n + 2 n +n n +1n2 n2 1 1 1 而 lim 2 = lim 2 = 1∴ lim n ? ( 2 + 2 +L + 2 ) = 1。 n →∞ n + 1 n →∞ n + n n →∞ n +1 n + 2 n +n---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------? 1 ? 1 1 ?. 例题 2 计算 lim ? + +L+ ? 2 ? 2 2 n→∞ n +2 n +n ? ? n +1解：因为? 1 1 1 ? n ≤? + +L + ， ?≤ 2 2 2 2 n + n ? n +1 n +2 n +n ? n2 + 1 nn = lim而 limn →∞n2 + nn →∞? 1 1 1 ? = 1 ，所以 lim ? + +L + ? = 1。 n →∞ n2 + 1 n2 + 1 n2 + 2 n2 + n ? ?n----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 3 计算 lim? ?? 1 1 1 ? ?. + +L+ 2 2 n →∞ n (n + 1) ( n + n) 2 ? ? ?解：由于? 1 n 1 1 ? n ≤? 2 + +L + ?≤ ， 2 2 (n + n) ? n (n + 1) ( n + n) 2 ? n 2而 lim? 1 n n 1 1 ? = lim 2 = 0 ，于是 lim ? 2 + +L + ?=0。 2 2 n →∞ ( n + n ) n →∞ n n →∞ n (n + 1) ( n + n) 2 ? ?1 n + n +12例题 4 证明 lim(n →∞+1 n +n+22+L +1 n +n+n2) =11 解：由于n n +n+n2≤1 n + n +12+1 n +n+22+L +1 n +n+n2≤n n + n +12，而 limn n +n+n2n →∞= 1, limn n + n +12n →∞=1, 1 n2 + n + n所以 lim(n →∞1 n2 + n + 1+1 n2 + n + 2+L +) =1.----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 5 计算 lim ?1 2 n ? ? + 2 +L 2 ? 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? ?解：由于1+ 2 +L + n ? 1 2 n ? 1+ 2 +L + n ， ≤? 2 + 2 +L 2 ?≤ 2 2 n +n+n n +n+n? n + n +1 ? n + n +1 n + n + 21 1 n(n + 1) n(n + 1) 1+ 2 +L + n 1 1+ 2 +L+ n 1 = lim 22 = , lim 2 lim 2 2 = ， 而 lim 2 n →∞ n + n + n n →∞ n + n + n 2 n →∞ n + n + 1 n→∞ n + n + 1 2所以 lim ?1 2 n ? ? 1 + 2 +L 2 ?= 。 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? 2 ?-------------------------------------------------------------------------例题 6 计算 lim(n →∞1 1 1 + +L + ) 2 2 n (n + 1) (2n) 2解：因为 n ?1 1 1 1 1 1 ≤ 2+ +L + ≤ n? 2 = 2 2 2 (2n) n (n + 1) (2n) n n 1 1 = 0, lim n ? 2 = 0 ，根据极限存在准则， 2 n →∞ (2n) n而 lim n ?n →∞lim(n →∞1 1 1 + +L + ) = 0。 2 2 n (n + 1) (2n) 2----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 7 证明 lim x ? [ ] = 1 +1 x →0 x 1 1 (1 ? x) 1 1 1 1 解：由于 ? 1 ≤ [ x] ≤ ， ? ≤ [ ] ≤ ? (1 ? x) ≤ x ? [ ] ≤ x ? = 1 ， x x x x x x x 1 1 而 lim (1 ? x ) = 1, lim x ? = 1 ，所以 lim x ? [ ] = 1 。 x → 0+ x → 0+ x → 0+ x x----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2 例题 8 证明 lim(1 +n →∞1 1 n + ) =e n n2解：由于 (1 + ) ≤ (1 +n1 n1 1 n 1 1 1 n + 2 ) ≤ (1 + + ) n = [1 + ] ， n n n n(n ? 1) n ?11 n ?1+1 1 n ?1 1 1 ) = lim(1 + ) (1 + ) = e ， lim(1 + ) n = e n →∞ n →∞ n →∞ n ?1 n ?1 n ?1 n 1 1 n 所以 lim(1 + + 2 ) = e 。 n →∞ n n而 lim(1 + ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 9 计算 lim(1 + 2 + 3 )n n →∞1 n nn 1/ n.1 1 1 1 n n n n n n n解：由于 (3 ) n = (0 + 0 + 3 ) n ≤ (1 + 2 + 3 ) n & (3 + 3 + 3 ) n = (3 ? 3 ) n = 3 n ? 3 而 lim(3 ) n = lim 3 n ? 3 = 3 ，所以 lim(1 + 2 + 3 ) n = 3 。n n n n n →∞ n →∞ n →∞ 1 1 11---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------为正数， 例题 10 设 a1 , a2 ,..., am 为正数，求证 lim( a1 + a2 + ... + am ) n = max {a1 , a2 ,..., am } 。n n n n →∞ 1解：不妨设 a1 = max{a1 , a2 ,L an } ，此时有a1 ≤ (a1n + a2 n + L + am n )1n≤ a1[1 + (1 n1 1 a a2 n a3 n ) + ( ) + L ( m ) n ] n ≤ a1 (m) n ， a1 a1 a1由于 m 是一个正的常数，而 lim mn →∞ 1= 1 ，所以lim(a1n + a2 n + ... + am n ) n = a1 = max {a1 , a2 ,..., am } 。n →∞---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2． 准则 II（单调有界准则） 单调有界数列必有极限 ． （单调有界准则） 单调有界数列必有极限. ： 思路提示：1）直接对通项进行分析或用数学归纲法验证数列 {xn } 单调有界； 2）设 {xn } 的极限存在，记为 lim xn = a ，代入给定的 xn 的表达式中，则该式变n →∞为 a 的代数方程，解之即得该数列的极限。 例题 11 设 x1 =2, xn +1 = 2 + xn , (n ∈ N + ) ，证明数列 {xn } 的极限存在，并求此极限。解：显然 xn & xn ?1 ，设 x1 =2 & 2 ，若 xk & 2, xk +1 = 2 + xk & 2 + 2 = 2 ，n →∞所以对一切 n ，有 xn & 2 。因此它是单调递增且有上界！因此极限 lim xn 存在。3 设 lim xn = A ，对 xn +1 =n →∞2 + xn ，两边求极限，有 A = 2 + A ，( A ? 2)( A + 1) = 0 ? A1 = 2, A2 = ?1 ，由于 A & 0 ，所以极限为 2 。---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 12 已知数列 {xn } 中的每一项都是正的， 并且 (1 ? xn ) xn +1 & 是单调的，并证明 lim xn =n →∞1 (n ∈ N + ) ， 证明数列 {xn } 41 。 2解：由题意 1 ? xn &1 1 , ? xn & ?1， 4 xn +1 4 xn +1 1 1 ? 1 ≥ 2 xn +1 ? ? 1 = 0 ，即 {xn } 单调上升； 4 xn +1 2 xn +1所以 xn +1 ? xn & xn +1 + 又 xn +1 xn ? xn +1 & ?1 1 ? xn +1 ( xn ? 1) & ? & 0 ，Q xn +1 & 0,∴ xn & 1∴{xn } 有界。 4 4 1 所以 lim xn 存在。设 lim xn = A ，因为 (1 ? xn ) xn +1 & ，两边取极限 n →∞ n →∞ 4 1 1 2 1 1 A ? A2 ≥ ? ( A ? ) ≤ 0 ，显然只能 A ? = 0 ? A = 。 4 2 2 2---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 13 若序列 {an } 的项满足： 1 & a 试证： {an } 有极限，并求出它。1 a a (a 为正的常数）且 an +1 = (an + ) （ n = 1, 2,L ） ， ， 2 an1 a a12 + a 2a1 a & = a； 解：由 a1 & a ，又 a2 = ( a1 + ) = a1 2 2a1 2a1下面用数学归纳法证 ak &a 2 + a 2ak a 1 a a ： ak +1 = (ak + ) = k & = a， 2 ak 2ak 2ak又 an ? an +1 =a 2 ?a 1 a ( an ? ) = n & 0 ， {an } 单调且有下界， 故 从而其极限存在， 令其为 A an 2 2 an由 an +1 =1 a 1 a 1 a (an + ) ? lim an +1 = lim(an + ) ? A = ( A + ) ， n →∞ 2 an 2 n →∞ an 2 Aa ( A & 0) ，所以 lim an = a 。n →∞即 A2 = a ? A =---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 14 设 x1 =a , a & 0, xn +1 = a + xn , n = 1, 2, 3,L ，求 lim xn 。n →∞4 解： x1 =a , x2 = a + a , x3 = a + a + a ,L xn +1 = a + xn La + a & a + a + a a & L ，这说明数列单调增加。因 a & 0 ，故 a &下面证明它有上界。显然， x1 =a & a + 1 ，假设 xn & a + 1 ，则xn +1 = a + xn & a + a + 1 & ( a + 1)2 = a + 1 ，所以数列有上界为 a + 1 。根据单调增加有上界数列必有极限的存在准则可知， lim xn 存在，设 lim xn = A ，n →∞ n →∞对关系式 xn +1 =a + xn 两边取极限得， A = a + A ，解得 A =1 ± 1 + 4a 。 2因数列各项均为正数，根据极限的保号性定理，它的极限值不可能为负数，因此，lim xn =n →∞1 + 1 + 4a 。 2----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2n 例题 15 求 lim n →∞ n !解：先证 lim2n 2n 存在，设 xn = ， n →∞ n ! n! (n = 1, 2, 3,L)xn +1 2 n +1 n ! 2 因为 = ? n = ≤1 (n + 1)! 2 xn n +1所以 xn +1 ≤ xn2n (n = 1, 2, 3,L) ；又 xn = & 0 ，故数列 {xn } 单调减少且有下界 0， n! 2n 存在。设 lim xn = A, ? lim xn +1 = A ， n →∞ n →∞ n →∞ n !根据单调有界准则知， lim对等式 xn +1 = xn ?2 2n 两边求极限，得到 A = A ? 0 ，即 A = 0 。所以 lim = 0。 n →∞ n ! n +1---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 16 求 lim(2n ? 1)!! n →∞ (2 n)!! 1 ? 3 ? 5L (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n = ? ? L ， bn = ? ? L ， 2 ? 4 ? 6L (2n) 2 4 6 2n 3 5 7 2n + 1解：令 an =5 则 0 & an & bn ? 0 & an & an ? bn =21 1 ，由于 lim = 0 ，由夹逼定理， n →∞ 2n + 1 2n + 1lim an = 0 ，即 limn →∞n →∞(2n ? 1)!! 。 (2n)!!------------------------------------------------------------------------------------------------------------------二、方程根的存在性证明 1．利用零点定理证明 f (ξ ) = 0 且 则在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ， 零点定理： 设函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续， f ( a ) ? f (b) & 0 ， 使 f (ξ ) = 0 思路提示： （命题的证明步骤） 1）构造辅助函数 F ( x ) ：①先把结论中的 ξ 改写成 x ；②移项，使等式右边为零，令左边的 式子为 F ( x ) ； 2）验证 F ( x ) 在 [ a, b] 内连续； 3）验证 F ( a ) ? F (b) & 0 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = 0 。 5）若要证明在 [ a, b] 内有且仅有一根，则还需证明此函数在 [ a, b] 内单调；或证明一元 n 次 方程至多只有一个实根。 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且有 f ( a ) & a, f (b) & b ，证明在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使f (ξ ) = ξ 。证明：令 F ( x ) = f ( x ) ? x 。因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续。 且 F ( a ) = f ( a ) ? a & 0, F (b) = f (b) ? b & 0 ， 于是 F ( a ) ? F (b) & 0 ； 所以由零点定理， 在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = f (ξ ) ? ξ = 0 ，即 f (ξ ) = ξ 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续且恒为正，证明：对任意 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) 必存在一点ξ ∈ ( x1 , x2 ) ，使得 f (ξ ) =证：令 F ( x ) = f ( x ) ?f ( x1 ) f ( x2 )f ( x1 ) f ( x2 ) 。因为 f ( x) 在 [a, b] 上连续，于是 F ( x) 在 [a, b] 上连6 续。而 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) ，所以 F ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上也连续。又 f ( x ) 在 [ a, b] 上恒为正，F ( x1 ) = f ( x1 ) ? F ( x2 ) = f ( x2 ) ?于是 F ( x1 ) F ( x2 ) =f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 )f ( x1 )2( f (x ) ((f ( x1 ) ?) f (x ) ? f (x ) ) f (x ) ) f (x ) ( f (x ) ?f ( x1 ) ?2f ( x2 ) ，1221f ( x2 ))= ? f ( x1 ) f ( x2 )( f ( x1 ) ?f ( x2 ))2 & 0 f ( x1 ) f ( x2 ) = 0 ，所以由零点定理， ( x1 , x2 ) ? ( a, b) 内至少存在 ξ ， 在 使得 F (ξ ) = f (ξ ) ? 即 f (ξ ) =f ( x1 ) f ( x2 ) 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明 x = ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。证：令 F ( x ) = x ? e x ?3 ? 1 ，由于 F ( x ) 在 [0, 4] 上连续，F (0) = 0 ? e ?3 ? 1 = ?1 ?1 & 0, F (4) = 4 ? e ? 1 = 3 ? e & 0 ， e3所以由零点定理， [0, 4] 内至少存在一根， F (ξ ) = ξ ? eξ ?3 ? 1 = 0 ， 在 使 于是 F (0) F (4) & 0 ， 即x=ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。 a 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若 f ( x ) 在 [0, a ] 上 连 续， 且 f (0) = f ( a ) ， 则方 程 f ( x ) = f ( x + ) 至 少 有 一实 根ξ ∈ [0, ] 。证：令 F ( x ) = f ( x ) ? f ( x + ) ，因为 f ( x ) 在 [0, a ] 上连续，所以 F ( x ) 在 [0, ] 上连续 而 F (0) = f (0) ? f ( ) = f ( a ) ? f ( ), F ( ) = f ( ) ? f ( a ) ，故 F (0) F ( ) ≤ 0 ； 若 F (0) F ( ) = 0 ，则 f (0) = f ( ) = f ( a ) ，即 x = 0, x = a 是 f ( x ) = f ( x + ) 方程的一 个根； 若 F (0) F ( ) & 0 ，则由零点定理，存在 ξ ∈ (0, ) ，使 F (ξ ) = 0 ，即 f ( x ) = f ( x + ) 。 综上所述方程 f ( x ) = f ( x + ) 至少有一实根 ξ ∈ [0, ] 。a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2 a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD7 例 证明方程 3 x ? 2 + cosπx2= 0 在 ( 0,1) 有且仅有一个实根。，F (0) = ?1 & 0, F (1) = 1 & 0 ， 所以 F (0) F (1) & 0 ； F ( x ) 又证： F ( x ) = 3 x ? 2 ? cos 令πx2在 [0,1] 上连续，于是 F ( x ) 在 ( 0,1) 上至少存在一个实根； 又 F ′( x ) = 3 ? sinπx π2 2& 0 ，于是 F ( x) 在 (0,1) 内单调递增，所以 F ( x) 在 (0,1) 内有且仅有一个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 ln x = 证：π x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx 在 (0, +∞) 内有且仅有两个不同的实根 e 0π π0∫π01 ? cos 2 xdx = 2 ∫ sin x dx = 2(? cos x)0=2 2；于是 ln x =π x x x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx = ? 2 2 ，令 F ( x) = ln x ? + 2 2 ? e 0 e e 1 1 F ′( x) = ? = 0 ? x = e （唯一驻点） x e x e (0, e) (e, +∞)F ′( x) F ( x)+0?F (e) = 2 2 极大值又因为 F ( x ) 在 (0, e) 与 (e, +∞) 分别至多有一个零点。 又因为 x = e 是 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内的最大值，由于 F (e) & 0 ，而x lim (ln x + 2 2 ? ) = ?∞, lim F ( x) = ?∞ ， 可知 F ( x ) 在 (0, e) 和 (e, +∞) 内分别至少有一 + x →0 x → 0? e个零点，故 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内有且仅有两个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 2 x ? 5 x ? 2 x + 2 = 0 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。3 2证：令 F ( x) = 2 x 3 ? 5 x 2 ? 2 x + 2 = 0 ， F ( ?1) F (0) & 0, F (0) F (1) & 0, F (2) F (3) & 0, 于是 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内至少各有一个根存在，又 F ( x) = 0 为一元三次方程最多 有三个实根，故 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 至少有一个不超过 a + b 的正根。8 证：令 F ( x ) = x ? a sin x ? b ， F (0) = ?b & 0, F ( a + b) = a[1 ? sin( a + b)] ； 若 sin( a + b) = 1 ，则 a + b 是方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 的一个实根； 若 sin( a + b) & 1 ， 则 F ( a + b) & 0 ， 所 以 F ( x ) 在 [0, a + b] 上 满 足 零 点 定 理 ， 方 程x = a sin x + b 至少有一个不超过 a + b 的正根。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 3证：两边同乘上 ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ，令F ( x) = ( x ? 2)( x ? 3) + 2( x ? 1)( x ? 3) + 3( x ? 1)( x ? 2) ， F ( x) 在 [1, 2],[2,3] 上连续，且 F (1) ? F ( 2 ) p 0, F ( 2 ) ? F ( 3) p 0 ，所以 F ( x ) 在 [1, 2],[2,3] 上满足零点定理，所以至少 存在ξ1 ∈ (1, 2), ξ 2 ∈ (2,3) ，使得 F (ξ1 ) = 0, F (ξ 2 ) = 0 。又因为方程为一元二次方程，至多有二个实根，于是方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 32．利用罗尔定理 ． 罗尔定理：如果函数 f ( x) 满足：在 [ a, b] 连续，在 (a, b) 可导， f (a ) = f (b) ，则在 (a, b) 内 至少一点 ξ ，使得 f ′(ξ ) = 0 （即在该点有平行于 x 轴的切线存在） 思路提示： 1）辅助函数 F ( x) 的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2）验证 F ( x) 在 [ a, b] 内连续；在 (a, b) 内可导； 3）验证 F ( a ) = F (b) 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F ′(ξ ) = 0 。9 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) = ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) ，不求方程，证明 f ′( x ) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内各 有一根存在。 证：由于 f ( x ) 在 [1, 2],[2, 3][3, 4] 上连续，在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 可导，又f (1) = f (2) = f (3) = f (4) = 0 ， 所以由罗尔定理， (1, 2), (2,3), (3, 4) 内至少存在一点 ξ ， 在使得 f ′(ξ ) = 0 ；又 f ′( x ) 为三次函数，所以 f ′( x ) = 0 至多有三根，于是f ′( x) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内有且仅有一根存在。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若方程 a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 ，证明方程a0 nx n ?1 + a1 (n ? 1) x n ? 2 + L + an ?1 = 0 必有一小于 x0 的正根。证：设 f ( x) = a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x ， f ( x) 在 [0, x0 ] 上连续，在 (0, x0 ) 内可导，且f (0) = f ( x0 ) = 0 。由罗尔定理，至少存在 ξ ∈ (0, x0 ) ，使 f ′(ξ ) = 0 。即 a0 x n + a1 x n ?1 + L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 a0 , a1 ,L , an 满足 a0 +a a1 a2 + + L + n = 0 的实数，证明方程 2 3 n +1a0 + a1 x + a2 x 2 + L + an x n = 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。分析：函数 f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + L + an x 虽然在 [0,1] 上连续，但却难以验证 f ( x ) 在2 n[0,1] 上的某个子区间的端点处的函数值是否异号。但是经分析发现 f ( x) 的原函数 F ( x) = a0 x + a a1 2 a2 3 x + x + L + n x n +1 在 x = 1 处的函数值 F (1) = 0 ，为此该命题可利 2 3 n +1用罗尔定理，在 (0,1) 内至少存在 ξ ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即： a0 + a1ξ + a2ξ + L + anξ = 02 nDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内二阶可导，且 f ( a ) = f (c ) = f (b)( a & c & b) ，试 证：至少存在一个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 证：显然 f ( x ) 在 [ a, c ],[c, b] 上满足罗尔定理，于是分别存在 ξ1 ∈ (a, c ), ξ ∈ (c, b) ，使得10 f ′(ξ1 ) = 0, f ′(ξ 2 ) = 0 ；再对 (ξ1 , ξ 2 ) 上用罗尔定理，故存在 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 a & 0 & x1 & b 上可导，且有 f ( x1 ) = 0 ，证明至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) 内，使f ( x) + xf ′( x) = 0证：取 g ( x ) = xf ( x ) ， g ( x ) 在 [0, x1 ] 上连续，在 (0, x1 ) 内可导。g (0) = 0 f (0) = 0, g ( x1 ) = x1 f ( x1 ) = 0 ，于是 g ( x) 在 (0, x1 ) 上满足罗尔定理，所以至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) ，使得 g ′( x ) = 0 ，即 f ( x ) + xf ′( x ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 函数 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，证明至少存在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使得f (ξ ) ∫ g ( x)dx = g (ξ ) ∫ f ( x)dxξa bbξ证： F ( x ) = g ( x ) dx 设∫ ξ∫ f ( x)dx ，F (a) = F (b) = 0 ，F ( x) 在 [a, b] 上连续，F ( x) 在 (a, b)a bξ上可导，于是存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′( x ) = 0 ，即 f (ξ ) ∫ g ( x ) dx = g (ξ ) ∫ f ( x ) dx 。ξaξ3、利用拉格朗日中值定理 、 拉格朗日中值定理：如果函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续，在 (a, b) 内可导，则在 (a, b) 内至少存 在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使 f ′(ξ ) = 思路提示： 1） 辅助函数的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) b?af (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x ) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2） 验证满足定理存在条件11 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) = 0, f ( ) = 1 ，试证： 至少存在一个 ξ ∈ (0,1) ，使 f ′(ξ ) = 1 分析： f ′(ξ ) = 1 ? f ′( x ) = 1 ， f ( x ) = x + c ? f ( x) ? x = 0 ， 于是令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 证：令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 ，显然 F ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，又1 21 1 1 F (1) = f (1) ? 1 = ?1 & 0, F ( ) = f ( ) ? & 0 ， 2 2 2 1 由零点定理，存在一个η ∈ ( ,1) ，使 F (η ) = 0 ； 2又 F (0) = f (0) ? 0 = 0 ，对 F ( x ) 在 [0,η ] 用罗尔定理，存在一个 ξ ∈ (0,η ) ? (0,1) 使得 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 1 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 f ( a ) = f (b) = 0 ，证明至少存在一 个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′(ξ ) + f (ξ ) g ′(ξ ) = 0 分析：令 x = ξ ，是 f ′( x ) + f ( x ) g ′( x ) = 0 ?f ′( x) = ? g ′( x) ，积分 f ( x)ln f ( x) = ? g ( x) + ln C ? f ( x) = Ce ? g ( x ) ? f ( x)e g ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是F ( x ) = f ( x )e g ( x ) 。证： （略） DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上可导，且满足关系式 f (1) ? 2∫1 2 0xf ( x)dx = 0 ，证明：在 (0,1) 内至少存在一个 ξ ，使 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。分析： ξ = x ， f ′( x ) = ? 令 得f ( x) f ′( x) 1 C ? = ? ? ln f ( x) = ? ln x + ln C ? f ( x) = x f ( x) x x于是 xf ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是令 F ( x ) = xf ( x )12 证：由题设 F ( x ) = xf ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导。 由 f (1) ? 2∫1 2 01 1 1 xf ( x)dx = 0 ， f (1) = 2 ∫ 2 xf ( x)dx = 2η f (η )( ? 0) =η f (η ) ，(0 ≤ η ≤ ) 有 0 2 2于是 F (1) = f (1) = η f (η ), F (η ) = η f (η ) ，所以 F ( x) 在 (η ,1) 内满足罗尔定理条件， 故存在 ξ ∈ (η ,1) ? (0,1) ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，证明：在 (a, b) 内至少存在一个 ξ ，使bf (b) ? af (a ) = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) b?a bf (b) ? af (a ) 分析：令 = k ? bf (b) ? kb = af (a ) ? ka ，显然这是一个对称式 b?a，所作辅助函数 F ( x ) = xf ( x ) ? kx （ x, y 互换等式不变） 证：令 F ( x ) = xf ( x ) ? kx = xf ( x ) ?bf (b) ? af (a ) x ，显然 F ( x) 满足罗尔定理，至少存在 b?a bf (b) ? af (a ) 一个 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 ，即 = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) 。 b?a三、等式及不等式的证明1．恒等式的证明（ x ∈ I , f ′( x ) = 0 ? f ( x ) ≡ C ） 1）构造辅助函数 F ( x ) ；2）证明 F ′( x ) = 0 ；3） ?x ∈ I ，有 F ( x ) = C 例 求证：当 ?1 & x & 1 时，有 arctan1? x 1 π + arcsin x = 1+ x 2 4证：设 F ( x) = arctan1? x 1 + arcsin x ， 1+ x 2F ′( x) =1 1 ?1 1 1 1 1 ? ? + =? + =0 2 1? x 1 ? x (1 + x) 2 1 ? x 2 2 1 ? x2 2 1 ? x2 1+ 2 1+ x 1+ x所以 F ( x ) = C 。任取 x = 0 ，有 F (0) =π4，于是有13 arctan1? x 1 π + arcsin x = 。 1+ x 2 4例 设 f ( x ) 在 (0, π ) 内具有二阶导数，满足 f ′′( x ) = ? f ( x ), f ′( ) = 0π2证明： （1） f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) （2） f ( x ) = C sin x, x ∈ (0, π ), C 为常数。 证：1）设 F ( x ) = f ′( x )sin x ? f ( x ) cos x, 于是F ′( x) = f ′′( x) sin x + f ′( x) cos x ? f ′( x) cos x + f ( x) sin x = ( f ′′( x) + f ( x))sin x = 0所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ c 。令 x = 即 f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) 2）设 F ( x ) =π2, 得C = 0 。f ( x) f ′( x)sin x ? f ( x) cos x ? F ′( x) = =0 sin x sin 2 x所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ C ? f ( x ) = C sin x 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2．不等式的证明 1）利用单调性 ） 解题步骤：①移项（有时需作简单的恒等变形） ，使不等式的一端为 0，另一端即为所作辅 助函数 f ( x ) ；②求 f ′( x ) 并验证 f ( x ) 在指定区间的增减性；③求出区间端点的函数值（或 极限值） ，作比较即得所证。 例 设 x & 1 时，证明 e & ex 。x证：设 f ( x) = e x ? ex, f (1) = 0, f ′( x) = e x ? e & 0 (Q x & 1) ，所以 f ( x) 即 x & 1 时， f ( x) & f (1) = 0 ? e x & ex 。。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 当 x & 0 时，证明 1 + x & 1 + 证：设 f ( x) = 1 + x ? 1 ?1 x 21 1 1 1? 1+ x x ? f ′( x) = ? = & 0 ，于是 f ( x) 2 2 1+ x 2 2 1+ x而 f (0) = 0 ，所以当 x & 0 时，有 f ( x) & f (0) = 0 ，14 即 1 + x ?1 ?1 1 x & 0 ? 1+ x & 1+ x 。 2 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2）利用拉格朗日中值定理证明 ） 该法适用于，经过简单变形，不等式一端可写成f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 或 情形。 b?a g (b) ? g (a )证题步骤：①在 [ a, b] 上构造函数 f ( x ) 或 g ( x ) ，选取 f ( x ) 与 [ a, b] 的原则应该是，使f (b) ? f (a ) 恰为不等式中间的项。②写出微分中值定理公式f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) f ′(ξ ) = f ′(ξ ) 或 = b?a g (b) ? g (a ) g ′(ξ )③根据题意对 f ′(ξ ) 或 g ′(ξ ) 进行适当的缩放。 注：利用中值定理证明的关键是构造函数和确定区间。 例 设0 &α & β &π2时，有α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 α证：设 f ( x ) = tan x ， f ( x ) 在 [α , β ] 上满足拉格朗日中值定理， 所以至少存在 ξ ∈ (α , β ) ，使 f ′(ξ ) =tan β ? tan α 1 ；又 f ′(ξ ) = sec 2 ξ = ， cos 2 ξ β ?α于是tan β ? tan α 1 π 1 1 1 = 。由 0 & α & ξ & β & ，于是 & & 2 2 2 β ?α cos ξ 2 cos α cos ξ cos 2 β 1 tan α ? tan β 1 & & ，由于 α ? β & 0 ，所以有 2 cos α α ?β cos 2 β所以α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 αDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明：当 x & 0 时，有x & ln(1 + x) & x 1+ x证：设 f ( x ) = ln x ，在 [1,1 + x ] 上连续，在 (1,1 + x ) 内可导，由拉格朗日中值定理得f (1 + x) ? f (1) ln(1 + x) ? ln1 1 ln(1 + x) 1 x = f ′(ξ ), 即 = ，即 = ? ln(1 + x) = ； 1+ x ?1 1+ x ?1 ξ ξ ξ x15 而1 & ξ & 1 + x ?1 1 x x x & &1? & & x ，所以 & ln(1 + x) & x 。 1+ x ξ 1+ x ξ 1+ x注：本题若设 f ( x ) = ln(1 + x ),[0, x ] 也可以。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 不等式证明总结： 1）一般而言，夹在中间函数为同一类型时，其证明可用拉格朗日定理，否则用单调性更为 方便。 2）若不等式中只有一个变量，可用单调性或中值定理，若含有两个变量，只能用中值定理。3．定积分的证明（换元） ．定积分的证明（换元） 1）定积分不等式的证明 思路提示：若仅告知被知函数连续，一般需作辅助函数 F ( x ) （将积分上限或下限换成 x ， 式中其余相同的字母也换成 x ， 移项使一端为 0， 则另一端的表达式即为 F ( x ) ， 求出 F ′( x ) ， 并判别它的单调性，再求出 F ( x ) 在积分区间的端点值，从而得出不等式的证明。 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 连续， f (0) = 0 ，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，证明：( ∫ f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx0 0 t11证：设 F (t ) = (t∫0f ( x)dx) 2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx ? F ′(t ) = 2∫ f ( x)dx ? f (t ) ? f 3 (t )0 0ttF ′(t ) = [2∫ f ( x)dx ? ? f 2 (t )] f (t ) = ? (t ) f (t ) ，0对 ? (t ) 求导得， ? ′(t ) = 2 f (t ) ? 2 f (t ) f ′(t ) = 2 f (t )[1 ? f ′(t )] ， 由题设，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，则 f ( x ) 在区间 (0,1) 严格单调递增；又由题设 知 f (0) = 0 ，所以对于任意的 t ∈ (0,1) ，有 f (t ) & 0 ，所以 ? ′(t ) & 0 ，即 ? (t ) 在 (0,1) 单调 递增；又 ? (0) = 0 ，所以对任意的 t ∈ (0,1) ，有 ? (t ) ≥ 0 ? F ′(t ) ≥ 0 ∴ F (t ) 所以 0 & t & 1 ，有 t ∈ (0,1), F (t ) ≥ 0 。取 t = 1 ，即得 (∫10f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx 。0116 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且严格递增，证明 ( a + b) 证明：设 F ( x) = ( a + x)x∫baf ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxab∫xaf (t )dt ? 2∫ tf (t )dta x axF ′( x) = ∫ f (t )dt + (a + x) f ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt + (a ? x) f ( x)a= ∫ [ f (t ) ? f ( x)]dt & 0 （因 t ≤ x 且 f ( x) 严格递增，即 f (t ) & f ( x) ）ax所以 F ( x) 即 ( a + b)。又 F ( a ) = 0 ，故 F (b) & F ( a ) = 0 ，b∫af ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxabDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上可导，且 f ′( x) ≤ M , f ( a ) = 0 ，证明∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 2证：由题设对 ?x ∈ [a, b] ，可知 f ( x ) 在 [ a, b] 上满足拉氏定理，于是有f ( x) = f ( x) ? f (a ) = f ′(ξ )( x ? a ), ξ ∈ (a, x)因为 f ′( x ) ≤ M , f ( a ) = 0 ，所以 f ( x ) ≤ M ( x ? a ) 。由定积分比较定理，有∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 。 2 1 b f ( x)dx = f (b) 证明在 (a, b) 内至少存 b ? a ∫aDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续， (a, b) 内可导， 在 且 在一点 ξ ，使 f ′(ξ ) = 0 证：设 F ( x) =∫xaf (t )dt ? ( x ? a) f ( x) (a ≤ x ≤ b)因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导。 又 F ( a ) = 0, F (b) = 0 ? F ( a ) = F (b) ，所以由罗尔定理，存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 即： F ′(ξ ) = [ f ( x) ? f ( x ) ? ( x ? a ) f ′( x )] 所以 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 3） 定积分等式的证明 定积分等式的证法常有：换元法，分部积分法，构造函数法、中值定理等17x =ξ= ?(ξ ? a ) f ′(ξ ) = 0 ，由 ξ ≠ a ， 例 设 f ( x ) 连续，证明 分析：a∫a0x3 f ( x 2 )dx =1 a2 xf ( x)dx 2 ∫01 x2 uf (u )du ，比较 f ( x 2 ) 与 f (u ) ，可知应令 x 2 = u ∫0 2 ∫0 a 1 a 2 1 a2 1 a2 2 3 2 2 2 证：令 x = u ，于是 ∫ x f ( x ) dx = ∫ x f ( x ) dx = ∫ uf (u ) du = ∫ xf ( x) dx 。 0 2 0 2 0 2 0 x3 f ( x 2 )dx =b 1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 连续，证明 分析：∫af ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a) x]dx0 1 0∫baf ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a)u ]du比较 f ( x) 与 f [ a + (b ? a )u ] ，可知应令 x = a + (b ? a )u 。 证：∫baf ( x)dx = ∫ f [a + (b ? a)u ](b ? a)du = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a )u ]du0 0 1 011= (b ? a ) ∫ f [a + (b ? a) x]dx 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 是定义在 ( ?∞, +∞ ) 上，且以 T 为周期的连续函数， a 为任意常数，则∫a +Taf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T分析：原等式 ?∫0af ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫0TT +aTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T可见要证等式成立，只需证 ?∫0af ( x)dx + ∫T +aTf ( x)dx =0 ，即证∫a +TTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx ，比较两端的积分限，可知应作变换 x = u + T0a证： 所以∫a +TT a +Tf ( x)dx ==== ∫ f (u + T )du = ∫ f ( x + T )dx = ∫ f ( x)dx ；0 0 0x = u +Taaa∫af ( x)dx = ∫ f ( x)dx 。0TDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明1 dx dx =∫ x ∫x 1 + x 2 1 1 + x 2 11 1 与 f (u ) = ，可知形式一致，因此作变换只能从两端的积分 2 1+ x 1+ u2 1 1 限去考虑：左端积分限 x → 1 ，右端的积分限 1 → ，可见应作代换 x = 。 x u分析：比较 f ( x ) =18 1 u 1 1 dx 1 1 1 1 证： ∫ === ∫1 ? (? 2 )du = ? ∫1 du = ∫ x dx 。 2 x 1 + x2 1 1 + x2 1 2 u x 1+ ( ) x 1+ u u 1x=1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，且 F ( x) =∫x0( x ? 2t ) f (t )dt ，证明：1）若 f ( x ) 为偶函数，则 F ( x ) 也为偶函数 2）若 f ( x ) 单调不减，则 F ( x ) 单调不增。 证：1） F ( ? x) =∫?x0(? x ? 2t ) f (t )dt = ? x ∫x x 0 0?x0f (t )dt ? 2∫ t f (t )dt0?xu =? t== ? x ∫ f (?u )d (?u ) ? 2 ∫ (?u ) f (?u )d (?u )x x 0 0= x ∫ f (?u )du ? 2∫ uf (?u )du因为 f ( x ) 为偶函数，所以 f ( ?u ) = f (u ) 于是 F ( ? x) = x∫x0f (u )du ? 2∫ uf (u )du = ∫ [ xf (u ) ? 2uf (u )]du0 0 x 0xx= ∫ [ xf (t ) ? 2tf (t )]dt = ∫ ( x ? 2t ) f (t )dt = F ( x)0x所以 F ( x ) 为偶函数。 2） F ( x) =x∫x0( x ? 2t ) f (t )dt = x ∫ f (t )dt ? 2 ∫ tf (t )dt0 0 x 0xxF ′( x) = ∫ f (t )dt + xf ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x)0因为 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，所以 f ( x ) 在 [0, x ] 内连续，所以存在 ξ ，使∫x0f (t )dt = f (ξ ) x ；于是 F ′( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x) = [ f (ξ ) ? f ( x)]x0x当0 ≤ξ ≤ x ? ??x ≥ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f (ξ ) ≤ f ( x) ?x ≤ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f ( x) ≤ f (ξ )当x ≤ξ ≤0? ?于是 F ′( x) ≤ 0 ，所以 F ( x) 单调不减。19
高等数学 证明题(提纲) 19页 3下载券 高等数学微分方程测试题 3页 2下载券 高等数学第七章微分方程... 15页 免费高​等​数​学​-​微​分​...2016年数学考研大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。数学考研大纲 ...(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学 一、函数、极限、连续 考试内容:...但是考察内 容都涵盖高数、线性代数和概率三部分,且占比一样,复习也很有类比...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 微积分 一、函数、极限、...2017考研数学二考试大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2017考研数学二考试...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学一、函数、极限...2016 年高等数学一考研大纲考试科目:高等数学、线性代数、概率论与数理统计 考试...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 高等数学 一、函数、极限...2016考研数学二考试大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2016考研数学二考试...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 高等数学一、函数、极限...《高等数学》考试大纲_专业资料。《高等数学》考试大纲 学院(盖章) : 专业代码...三)考试基本题型 基本题型可能有:选择题、填空题、计算题、证明题、应用题和...2014 年 硕士研究生入学统一考试数学考试大纲数学二 考试科目:高等数学、线性代数...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小题,共 94 分 考研找学长,找真题,上...16考研数学大纲_研究生入学考试_高等教育_教育专区。2016 考研数学考试大纲 数学...共 24 分 解答题(包括证明题) 9 小 9 题,共 94 分 高等数学 一、函数...2017 年考研数学三考试大纲考试科目:微积分、线性代数、概率论与数理统计 考试...共 24 分 解答题(包括证明题)9 小题,共 94 分 微积分 一、函数、极限、...
All rights reserved Powered by
copyright ©right 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。}
我要回帖
更多关于 最小上界性质 的文章
更多推荐
- ·微博上如何设置ins怎么把关注仅自己可见人可见？
- ·新浪微博粉丝数多了但是看不见怎样隐藏粉丝？
- ·05345051095属于0534开头的是什么电话号码？
- ·奢睡床垫这样的一线品牌有没有明星刘涛代言的床垫？
- ·Y71手机安装应用红米手机怎么把软件安装到sd卡上？
- ·谁能好书推荐作文500字几本对作文有帮助的书
- ·大熊猫为什么大熊猫不再是濒危动物物种 大熊猫以后还会濒危吗
- ·老年人得了肩周炎注意事项怎么办 都有哪些注意事项
- ·请教小缘喵真人照片的全名日文该怎么写，还有读音
- ·76*4dn600无缝钢管管对应的是DN多少
- ·谁有敬业福最后分了多少钱？我用其他和你们换
- ·坏蛋是怎样炼成的10
- ·新生儿吃饱了不睡觉哪些动静表明已经吃饱
- ·为什么太阳时，直射北半球经纬度纬度越高昼长越长
- ·易经中夬怎么读。谢谢大家的图片。
- ·骨裂了骨头一直不长不固定会自动长好吗
- ·求大神ps的后果全集做化学
- ·常爽山东农业大学是几本，受欢迎吗
- ·肉体关系肉体交易by梅八叉微盘里靠近结尾时的一句话 "宋建平的身体如何，我想我是
- ·求解一道积分中最小上界性质的证明题
- ·在读生分享：罗彻斯特大学西蒙商学院国内认可度好不好
- ·you can practice iit s ok with mee
- ·为什么被八组安利的骄婿txt下载有两本
- ·前几天高中同学聚会。我遇见了高中时期那个经常给我pddyy捣乱视频的女生。有一次我正在睡觉，她拿着半个西瓜皮卡在
- ·我有驾照但是好几年没有开车，家离大连天巳汽车学校驾校近，所以想问陪练多少
- ·泰州百饰得装饰城烨佳建筑装饰工程有限公司有设计两个字吗
- ·发酵反应釜的优缺点密封装置有哪两种，优缺点有哪些
- ·肚子总肚子不舒服 腹胀想吐胀又不想吃东西，请问是什么原因
- ·凉凉的，两膝盖有时感觉纯情少女火辣辣小说的，请问怎么回事
- ·做肠镜时结肠镜能发现直肠癌吗息肉，做了钳除，还要不要做手术
- ·加盟如何注册神州专车车主怎么申请/怎么注册/怎么加盟
- ·是不是魅族手机查询电池循环次数数为0就不是翻新机
- ·苹果六能多同时看电视，和玩微信，怎么才能看电视样才能
- ·变量声明到底在for循环声明变量外部好还是在for循环声明变量内部好
