高等数学第三章
总习题三-8
设\(f(x)\)在闭区间\([-1,1]\)上有连续的二阶导数，且\(f(-1)=1\)，\(f(0)=0\)，\(f(1)=3\)。
证明：在开区间\((-1,1)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f''(\xi)=4\)。
法一
令\(F(x)=f(x)-x-2x^2\)
因为\(F(-1)=F(0)=F(1)=0\)
所以\(\exists x_1\in (-1,0), F'(x_1)=f'(x_1)-4x_1-1=0\)，\(\exists x_2\in (0,1), F'(x_2)=f'(x_2)-4x_2-1=0\)
所以\(\exists\xi\in (x_1,x_2), f'(x_1)-f'(x_2)=4(x_1-x_2)=f''(\xi)(x_1-x_2)\)
所以\(f''(\xi)=4\)
法二
因为\(f(x)=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2\)
所以\(f(-1)=-f'(0)+\frac{f''(\xi_1)}{2}=1\)，\(f(1)=f'(0)+\frac{f''(\xi_2)}{2}=3\)
所以\(f''(\xi_1)+f''(\xi_2)=8\)
-
\(f''(\xi_1)=f''(\xi_2)=4\)，取\(\xi=\xi_1\)
-
\(f''(\xi_1)\neq f''(\xi_2)\)，不妨设\(f''(\xi_1)<4\)，\(f''(\xi_2)>4\)，则存在\(\xi\in (\xi_1,\xi_2)\)，\(f''(\xi)=4\)。
秋季期中一-七
设函数\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(f(0)=0\)，\(f(1)=\frac{1}{4}\)。
证明：存在\(\xi\in (0,\frac{1}{2})\)，\(\eta\in (\frac{1}{2},1)\)，使得\(f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^3+\eta^3\)。
解
\(F(x)=f(x)-\frac{x^4}{4}-f(1-x)+\frac{(1-x)^4}{4}\)
\(F(0)=F(1)=0\)
\(\exists\xi\in (0,1),F'(\xi)=f'(\xi)+f'(1-\xi)-\xi^3-(1-\xi)^3=0\)
取\(\eta=1-\xi\)，则\(f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^3+\eta^3\)
极值点偏移问题
已知\(f(x)=xe^{-x}\)。
-
求\(f(x)\)的单调区间和极值；
-
若\(x_1\neq x_2\)，且\(f(x_1)=f(x_2)\)，证明\(x_1+x_2>2\)。
解
- \(f'(x)=(1-x)e^{-x}\)，所以\(f(x)\)在\((-\infty,1)\)递增，在\((1,+\infty)\)递减。极大值\(f(1)=e^{-1}\)。
高中的方法。
- 理解\(x_1+x_2>2\)，本质上是极值点向左偏移了（\(x=1\)左侧下降得比右侧快）。所以我们做个变换\(x_2>2-x_1\)，然后\(x_2\)和\(2-x_1\)都落到了\(x=1\)右侧的单调递减区间内。所以只需证明\(f(x_2)<f(2-x_1)\)。又因为\(f(x_1)=f(x_2)\)，所以需要证明当\(x_1\in(-\infty,1)\)时\(f(x_1)-f(2-x_1)<0\)成立。经典求导问题。
2020秋期中-六
-
证明：对于任意的正整数\(n\)，都有\(\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}\)；
-
设\(a_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\ln n\)，证明数列\(\{a_n\}\)收敛。
解
-
直接使用拉格朗日中值公式即可。
-
单调有界数列必有极限。但是我倒要看看这个数列长什么样。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
double ans=-log(i);
for(int j=1;j<=i;++j) ans+=1.0/j;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
1
0.806853
0.734721
0.697039
0.673895
0.658241
0.646947
0.638416
0.631744
0.626383
0.621982
0.618304
0.615184
0.612505
0.610179
0.60814
0.606339
0.604736
0.603301
0.602007
0.600836
0.599771
0.598797
0.597904
0.597082
0.596323
0.59562
0.594967
0.594358
0.59379
\(a_n>\sum_{i=1}^n(\ln(i+1)-\ln i)-\ln n=\ln (n+1)-\ln n>0\)
\(a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n})<0\)
2020秋期中-七-2
设函数\(f(x)\)在开区间\((-1,1)\)内具有二阶连续倒数且\(f''(x)\neq 0\)。
证明：对于开区间\((-1,1)\)内任一\(x\neq 0\)，存在唯一的\(\theta(x)\in(0,1)\)，使得\(f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)\)成立，并证明\(\lim_{x\rightarrow 0}\theta(x)=\frac{1}{2}\)。
解
做这道题的关键在于分析出如何把\(\theta(x)\)提到括号外面来。
常见误区是直接对着\(f(\theta(x)x)\)操作，比如求导得\(f'(\theta(x)x)(\theta'(x)x+\theta(x))\)。
实际上应该把\(\theta(x)x\)整体看成一个变量，对\(f'(t)\)进行操作，比如泰勒展开。
这样代入\(\theta(x)x\)就能提取出\(\theta(x)\)了。
因为\(f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)\)，所以
所以有\(\lim_{x\rightarrow 0}\theta(x)=\frac{1}{2}\)。
2019秋期中-二-4
函数\(f(x)=\frac{(e^x+e)\tan x}{x(e^{\frac{1}{x}}-e)}+\frac{(x^2-2x)|x+1|}{\sin(\pi x)}\)的跳跃间断点的个数是？
解
虽然右侧分母有个\(\sin(\pi x)\)，但是容易发现只需要讨论\(x=-1,0,1,2\)的情况。
-
\(x=-1\)，左侧分数为定值，右侧分数因为分子的绝对值左右极限异号，所以是跳跃间断点。
-
\(x=0\)，右侧分数为定值，左侧分数因为分母的\(e^{\frac{1}{x}}\)跳跃。
-
\(x=1\)，是\(\infty+\infty\)形。经计算得极限为\(\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2\tan 1-\frac{2}{\pi}}{1-x}=\infty\)，无穷间断点。
-
\(x=2\)，左右侧都为定值，连续点。
综上，共\(2\)个跳跃间断点。
2019秋期中-七
设函数\(f(x)\)在闭区间\([0,1]\)上连续，在开区间\((0,1)\)内可到，且\(f(0)=0,f(1)=1\)。证明：
-
存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f(\xi)=1-\xi\)。
-
存在两个不同的点\(\eta_1,\eta_2\in(0,1)\)，使得\(f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1\)。
解
-
令\(F(x)=f(x)-(1-x)\)。
-
利用1的结论。在\((0,\xi),(\xi,1)\)上用拉格朗日中值定理得\(f'(\eta_1)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=\frac{1-\xi}{xi},f'(\eta_2)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{\xi}{1-\xi}\)，所以有\(f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1\)。
2017秋期中-七
设函数\(f(x)\)在闭区间\([0,1]\)上具有二阶导数，且\(f(1)>0,\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\)，证明：
-
方程\(f(x)=0\)在开区间\((0,1)\)内至少存在一个实根；
-
方程\(f(x)f''(x)+f'(x)^2=0\)在开区间\((0,1)\)内至少存在两个不同的实根。
解
-
根据极限的保号性，\(\exists \delta>0,\forall x\in(0,\delta),f(x)<0\)。根据零点存在性定理，知\((0,1)\)内至少有一个实根。
-
老师告诉我，\(\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\)要理解为极限存在。这样用\(F(x)=f(x)f'(x)\)就能解决问题。
但是我觉得\(f(0)=-1\)这种情况也满足条件……“负无穷大小于\(0\)”怎么看都是对的。
本质上是常数不能与变数作比较
