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大学数学竞赛辅导 导数、微分及其应用


第二讲
一、导数、偏导数和微分的定义 对于一元函数 y = f ( x )

导数、微分及其应用

y′ =

f ( x + h) ? f ( x) dy = f ′ ( x ) = lim h →0 dx h

对于多元函数 z = f ( x , y )

f ( x + h , y) ? f ( x , y) ?z = f x ( x , y ) = lim h →0 ?x h
对于函数微分

?y = f ′ ( x ) ?x + ο ( ?x ) = dy + ο ( ?x )
?z = ?z ?z ?x + ?y + ο ?x ?y

(

( ?x ) + ( ?y )
2

2

) = dz + ο (

( ?x ) + ( ?y )
2

2

)

注:注意左、右导数的定义和记号。 二、导数、偏导数和微分的计算: 1)能熟练运用求导公式、运算法则计算导数、偏导数和微分; 2)隐函数、参数方程的导数 3)高阶导数:特别要注意莱布尼茨公式 ( uv ) 莱布尼茨公式
( n)

= ∑ Cnk u ( ) v(
k k =0

n

n? k )

的运用。

例 1:求函数 y = arcsin x 在 x = 0 处的 n 阶导数。 解: y ′ =

1 1 ? x2

, y′′ =

(1 ? x 2 ) 1 ? x 2

x

,所以有

xy′ = (1 ? x 2 ) y′′
利用莱布尼茨公式对(1)两边求 n ? 2 阶导数得

(1)

1 1 xy ( n ?1) + Cn ? 2 y ( n ? 2 ) = (1 ? x 2 ) y ( n ) + Cn ? 2 ( ?2 x ) y ( n ?1) + Cn2? 2 ( ?2 ) y ( n ? 2 )

当 x = 0 时,

( n ? 2 ) y ( n ?2) ( 0 ) = y ( n ) ( 0 ) ? ( n ? 2 )( n ? 3) y ( n ?2) ( 0 )
y(
由此可得
n)

( 0) = ( n ? 2)
2

2

y(

n?2)

(0)

y(

2n)

( 0 ) = ( 2n ? 2 ) ( 2n ? 4 )

2

L 2 2 y′′ ( 0 ) = 0

第 1 页(共 9 页)

y(

2 n +1)

( 0 ) = ( 2n ? 1) ( 2n ? 3)
2

2

L12 y′ ( 0 ) = ( 2n ? 1) ( 2n ? 3) L12
2 2

例 2: 求 f ( x ) = 解: f ( x ) =

1 的 n 阶导数。 1 + x2

1 1? 1 1 ? = ? ? ? 2 2i ? x ? i x + i ? 1+ x

f (n ) (x ) =

1 (? 1)n n!(x ? i )?n?1 ? (? 1)n n!(x + i )?n?1 2i

(

)

=

2i 1 + x

(

(? 1)n n! ((x + i )n+1 ? (x ? i )n+1 ) 2 n +1

)

设 x + i = r (cos θ + i sin θ ) , x ? i = r (cos θ ? i sin θ ) 其中, r = 1 + x 2

, θ = arc cot x ,则有

f (n ) (x ) =

? 1+ x2 ? 2 n +1 ? 2i 1 + x

(

(? 1)n n!

)

(

)

n +1

2i sin (n + 1)arc cot x ? = ? ?

( 1+ x )
2

(? 1)n n!
n +1

sin (n + 1)arc cot x

注:计算时注意一阶微分不变性的应用。 4)方向导数与梯度 三、导数、偏导数及微分的应用 1)达布定理:设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上可导,若 f +′ ( a ) ≠ f ?′ ( b ) 则对介于 f +′ ( a ) , f ?′ ( b ) 的 达布定理: 达布定理 一切值 c ,必有 ξ ∈ [ a , b ] ,使得 f ′ (ξ ) = c 。 证明: f ( x ) 在 [ a , b ] 上可导,则 f ( x ) 在 [ a , b ] 上一定有最大值和最小值。 证明: 1、如果 f +′ ( a ) , f ?′ ( b ) 异号,无妨设 f +′ ( a ) > 0 , f ?′ ( b ) < 0 , 由于 f +′ ( a ) = lim +
h →0

f (a + h) ? f (a) h

, f ?′ ( b ) = lim?
h→0

f (b + h) ? f (b ) h

,由极

限的保号性,当 x 充分接近 a 时有 f ( x ) > f ( a ) ;当 x 充分接近 b 时有

f ( x ) > f ( b ) ,这就说明 f ( a ) , f ( b ) 不可能是 f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最大值,
所以一定存在 ξ ∈ ( a , b ) ,使得 f 定理可得 f ′ (ξ ) = 0 。 2、对于一般的 f +′ ( a ) ≠ f ?′ ( b ) 的情形,设 c 是介于 f +′ ( a ) , f ?′ ( b ) 的值,考虑函

(ξ ) 是 f ( x ) 在 [ a , b] 上的最大值,由费马

第 2 页(共 9 页)

数 F ( x ) = f ( x ) ? cx ,则有 F+′ ( a ) = f +′ ( a ) ? c , F?′ ( b ) = f ?′ ( b ) ? c 异号,由前 面的证明可得,存在 ξ ∈ ( a , b ) 有 F ′ ( ξ ) = f ′ (ξ ) ? c = 0 ,即 f ′ (ξ ) = c 。

2)罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理及泰勒中值定理

f ′′( x0 ) f (n ) (x0 ) 2 f ( x ) = f (x 0 ) + f ′( x0 )( x ? x 0 ) + (x ? x0 ) + L + ( x ? x 0 )n + R n ( x ) 2! n!
其中 Rn ( x ) =

f

(ξ ) (x ? x )n+1 ,这里 ξ 在 x 与 x 之间的某个值。 0 0 (n + 1)!
(n +1)

3)一元函数的单调性及极值、最值 4)一元函数的凹凸性:

f ( x ) 在 区 间 I 上 凹 : ?x1 , x2 ∈ I 和 λ1 , λ2 ∈ R+ , 若 λ1 + λ2 = 1 , 则 f ( λ1 x1 + λ2 x2 ) ≤ λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) ; f ( x ) 在 区 间 I 上 凸 : ?x1 , x2 ∈ I 和 λ1 , λ2 ∈ R+ , 若 λ1 + λ2 = 1 , 则 f ( λ1 x1 + λ2 x2 ) ≥ λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) ;
性质: 1、 则 性质: 如果 f ( x ) 在区间 I 上是凹的, ?x1 , x2 , L , xn ∈ I 和 λ1 , λ2 , L , λn ∈ R+ , 若 λ1 + λ2 + L + λn = 1 ,一定有

f ( λ1 x1 + λ2 x2 + L + λn xn ) ≤ λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) + L + λn f ( xn ) ;
2、如果 f ( x ) 在区间 I 上是凸的,则 ?x1 , x2 , L , xn ∈ I 和 λ1 , λ2 , L , λn ∈ R+ ,若

λ1 + λ2 + L + λn = 1 ,一定有
f ( λ1 x1 + λ2 x2 + L + λn xn ) ≥ λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) + L + λn f ( xn )
证明: 证明:因为 λ1 x1 + λ2 x2 + L λn xn = λ1 x1 + (1 ? λ1 ) ?

? λ2 ? λ x2 + L + n xn ? 1 ? λ1 ? ? 1 ? λ1

其中

λ λ2 + L + n = 1 ,所以用数学归纳法可证明以上结论。 1 ? λ1 1 ? λ1

例 3:证明:若 a1 , a2 , L , an > 0 ,则有

第 3 页(共 9 页)

a1 + a2 + L + an n ≥ a1a2 L an n
证明: 证明:考虑函数 f ( x ) = ? ln x

x > 0 ,因为
, f ′′ ( x ) = 1 >0 , x>0 x2

f ′( x) = ?

1 x

所以 x > 0 时, f ( x ) 是凹函数。因此对于 a1 , a2 , L , an > 0 由性质有

? ln

a1 + a2 + L an 1 ≤ ( ? ln a1 ? ln a2 ? L ? ln an ) n n a1 + a2 + L an ln ≥ ln n a1a2 L an n a1 + a2 + L + an n ≥ a1a2 L an n

5)多元函数几何应用 6)多元函数的极值:拉格朗日乘数法。 例 4 : 设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续,在 ( a , b ) 上可导, f ( a ) = f ( b ) = 0 。又 g ( x ) 在

[ a , b] 上连续,证明:至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) 使得 f ′ (ξ ) = g (ξ ) f (ξ ) 。
证明: 证明 : 因为 g ( x ) 在 [ a , b ] 上连续,所以 g ( x ) 在 [ a , b ] 上存在原函数 G ( x ) ,即有

G′ ( x ) = g ( x ) 。
考虑函数 F ( x ) = e
?G( x)

f ( x ) , x ∈ [ a , b ] ,则有 F ( a ) = F ( b ) = 0 ,由罗尔中值定

理可得至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) 使得

F ′ ( ξ ) = e ? G (ξ ) f ′ ( ξ ) ? g ( ξ ) e ? G (ξ ) f ( ξ ) = 0
因此至少存在一点 ξ ∈ ( a , b ) 使得 f ′ (ξ ) = g (ξ ) f

(ξ ) 。

例 5:设函数 f ( x ) 在 [ a , + ∞) 上连续,在 ( a , + ∞ ) 上可导, (1) 如果 f ( a ) = lim f ( x ) , 证明: 至少存在一点 ξ ∈ ( a , + ∞ ) , 使得 f ′ (ξ ) = 0 。
x →+∞

(2)如果 f ( a ) = 1 ,且对一切 x ≥ a 有 f ( x ) ≤ e a ? x ,证明:至少存在一点

ξ ∈ ( a , + ∞ ) ,使得 f ′ (ξ ) = ?e a ?ξ 。
证明: (1)如果函数 f ( x ) 在 [ a , + ∞) 上是常数,则对于任意的 ξ ∈ ( a , + ∞ ) 都有 证明 :

f ′ (ξ ) = 0 。 下面设 f ( x ) 不是常数, 此种情形下存在 c ∈ ( a , + ∞ ) 使得 f ( a ) ≠ f ( c ) ,

第 4 页(共 9 页)

无 妨 设 f (a) < f (c) , 取 ε =

f (c ) ? f ( a) , 因 为 f ( a ) = lim f ( x ) , 所 以 存 在 x →+∞ 2
f (a) + f (c) 2

X > 0 ,当 x ≥ X 时有 f ( x) ? f (a) < ε = f (c) ? f (a) 2

? f ( x) <

< f (c)

因此我们有 f ( X ) < f ( c ) ,由此我们可得 f ( x ) 在 [ a , X ] 上的最大值不在端点取得, 由最大值和最小值定理和费马定理至少存在一点 ξ ∈ ( a , X ) ? ( a , + ∞ ) 使得

f ′ (ξ ) = 0
(2)因为 lim e
x →+∞ a?x

= 0 , 0 ≤ f ( x ) ≤ e a ? x ,由夹逼准则得
x →+∞

lim f ( x ) = 0 ? lim f ( x ) = 0
x →+∞

考虑函数 F ( x ) = f ( x ) ? e
x →+∞

a?x

,则有 F ( x ) 在 [ a , + ∞) 上连续,在 ( a , + ∞ ) 上可导,

并且 F ( a ) = lim F ( x ) = 0 ,由(1)的结论可得至少存在一点 ξ ∈ ( a , + ∞ ) ,使得

F ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) + e a ?ξ = 0 ? f ′ ( ξ ) = ? e a ?ξ 。
例 6:设函数 f ( x ) 在区间 [ 0 , 1] 上可微, f ( 0 ) = 0 , f (1) = 1 , λ1 , λ2 , L λn 是 n 个 正数,且 λ1 + λ2 + L + λn = 1 ,证明:存在 x1 , x2 , L , xn ∈ ( 0 , 1) 使得

f ′ ( x1 )

λ1

+

f ′ ( x2 )

λ2

+L +

f ′ ( xn )

λn

=1

证明: 证明:利用介值定理,存在 c1 , c2 , L , cn ∈ ( 0 , 1) 使得 f ( c1 ) = λ1 , f ( c2 ) = λ1 + λ2

f ( c3 ) = λ1 + λ2 + λ3 , L , f ( cn ?1 ) = λ1 + λ2 + L + λn ?1 ,无妨我们设 c0 = 0 , cn = 1 ,
对函数 f ( x ) 分别在以 ci , ci +1 , i = 0 , 1 , L , n ? 1 为端点区间上运用拉格朗日中值定 理可得,至少存在 xi +1 在 ci , ci +1 , i = 0 , 1 , L , n ? 1 之间使得

f ′ ( xi +1 ) =
因此我们有

f ( ci +1 ) ? f ( ci ) ci +1 ? ci

=

ci +1 ? ci

λi +1

?

f ′ ( xi +1 )

λi +1

= ci +1 ? ci

i = 0 , 1 , L , n ?1

f ′ ( x1 )

λ1

+

f ′ ( x2 )

λ2

+L +

f ′ ( xn )

λn

= c1 ? c0 + c2 ? c1 + L + cn ? cn ?1 = cn ? c0 = 1

第 5 页(共 9 页)

例 7:设 f ( x ) 在 ( ?∞ , + ∞ ) 上可导, f ( 0 ) = 0 , f ′ ( x ) ≤ f ( x ) ,证明: f ( x ) ≡ 0 。 证明: 证明:1)设 f ( x ) 在 ? 0 , ? 内的最大值为 f ( x0 ) ,则有 2? ?

?

1?

f ( x0 ) = f ( x0 ) ? f ( 0 ) = x0 f ′ (ξ ) ≤
这就得到在 ? 0 , 2)设 f ( x ) 在 ?

1 f ( x0 ) ? f ( x0 ) = 0 2

? ?

1? 上有 f ( x ) ≡ 0 ,特别是 2? ?

?1? f ? ? = 0; ?2?

? k k +1 ? ? k +1 k + 2 ? , ? 上有 f ( x ) ≡ 0 ,设设 f ( x ) 在 ? 2 , 2 ? 内的 2 ? ?2 ? ?

最大值为 f ( x1 ) ,则有

k +1 1 ? k +1? f ( x1 ) = f ( x1 ) ? f ? f ′ (ξ ) ≤ f ( x1 ) ? f ( x1 ) = 0 ? = x1 ? 2 2 ? 2 ?
这就得到在 ?

? k +1 k + 2 ? 上有 f ( x ) ≡ 0 , , 2 ? ? 2 ?

由数学归纳法可得在 [0 , + ∞) 上有 f ( x ) ≡ 0 。同理可得在 ( ?∞ , 0] 上有

f ( x) ≡ 0 。
例 8:设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上有二阶导数,证明:存在 ξ ∈ ( a , b ) ,使得



b

a

? a + b ? ( b ? a ) ′′ f ( x ) dx = ( b ? a ) f ? f (ξ ) ?+ 24 ? 2 ?
3

证明: 证明:设 F ( x ) =

a+b ∫ f ( t ) dt ,将 F ( x ) 在点 2 处展成三阶泰勒公式
x a

? a+b? F ′′ ? 2 3 ? a+b ? ? a+b? ? a + b ?? ? 2 ? ? x ? a + b ? + F ′′′ (ξ ) ? x ? a + b ? F ( x) = F ? ? + F′? ?? x ? ?+ ? ? ? ? 2 ? 2 2 ? 6 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?? ?
当 x = a 时,

? a+b? ? a + b ?? a ? b ? 0= F? ? + F′? ?? ?+ ? 2 ? ? 2 ?? 2 ?

? a+b? F ′′ ? 2 3 ? ? 2 ? ? a ? b ? + F ′′′ (ξ1 ) ? a ? b ? ? ? ? ? 2 6 ? 2 ? ? 2 ?

0=∫

a +b 2 a

? a+b? f ′? 2 3 ? ? a + b ?? a ? b ? ? 2 ? ? a ? b ? + f ′′ (ξ1 ) ? a ? b ? (1) f ( t ) dt + f ? ?? ?+ ? ? ? ? 2 6 ? 2 ? ? 2 ?? 2 ? ? 2 ?
第 6 页(共 9 页)

当 x = b 时,

? a+b? F ′′ ? 2 3 ? ? a+b? ? a + b ?? b ? a ? ? 2 ? ? b ? a ? + F ′′′ (ξ 2 ) ? b ? a ? F (b) = F ? ? + F′? ?? ?+ ? ? ? ? 2 6 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?? 2 ? ? 2 ?

∫ f ( t ) dt = ∫
b a

a +b 2 a

?a+b? f ′? 2 3 ? f ′′ ( ξ 2 ) ? b ? a ? 2 ??b?a ? ? a + b ?? b ? a ? f ( t ) dt + f ? + ? + ?? ? ? ? ? ? (2) 2 6 ? 2 ? ? 2 ?? 2 ? ? 2 ?

( 2 ) ? (1) 得
1 ? a+b? ? ∫ f ( t ) dt = f ? 2 ? ( b ? a ) + 24 ( b ? a ) ?
b a 3

? f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ 2 ) ? ? ? 2 ? ?

因为 f ′ ( x ) 在 [ξ1 , ξ 2 ] 可导,且

f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ 2 ) 在 f ′′ (ξ1 ) , f ′′ (ξ 2 ) 之间,由达布定 2 f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ 2 ) 2
3

理可得,存在 ξ ∈ [ξ1 , ξ 2 ] ? ( a , b ) 使得 f ′′ (ξ ) =

,此时即有



b

a

? a + b ? ( b ? a ) ′′ f ( x ) dx = ( b ? a ) f ? f (ξ ) ?+ 24 ? 2 ?

例 9:设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上二阶可导,证明:对于 x ∈ ( a , b ) ,存在 ξ ∈ ( a , b ) 使得

2 ? f ( x ) ? f ( a ) f (b ) ? f ( x ) ? ? ? ? = f ′′ ( ξ ) b?a ? x?a b?x ?
f ( x) f (t ) t2 x
2 2

t

1
,则有 F ( a ) = F ( x ) = F ( b ) = 0 ,利用罗

证明: 证明:构造函数 F ( t ) =

x 1 a 1 b 1

f (a) a

f ( b ) b2

尔中值定理,存在 ξ1 ∈ ( a , x ) ,

ξ 2 ∈ ( x , b ) 有 F ′ ( ξ1 ) = F ′ (ξ 2 ) = 0 ,再利用一次罗尔

中值定,存在 ξ ∈ ( ξ1 , ξ 2 ) ? ( a , b ) 使得 F ′′ (ξ ) = 0 ,又因为

F ′(t ) =

f ( x) x f ( a ) a2
2

f ′ (t )

2t

1 0

f ( b ) b2

x 1 f ( x) , F ′′ ( t ) = a 1 f (a) b 1 f (b )

f ′′ ( t )

2 x a2 b2
2

0 0 x 1 a 1 b 1

= f ′′ ( t )( a ? x )( b ? x )( b ? a ) ? 2 ( b ? x ) ( f ( a ) ? f ( x ) ) + 2 ( a ? x ) ( f ( b ) ? f ( x ) )
由此可得
第 7 页(共 9 页)

f ′′ (ξ )( a ? x )( b ? x )( b ? a ) ? 2 ( b ? x ) ( f ( a ) ? f ( x ) ) + 2 ( a ? x ) ( f ( b ) ? f ( x ) ) = 0
f ′′ (ξ ) =
即有

2 ? f ( a ) ? f ( x ) f (b ) ? f ( x ) ? ? ? ? b?a? a?x b? x ?

2 ? f ( x ) ? f ( a ) f (b ) ? f ( x ) ? ? ? ? = f ′′ ( ξ ) b?a ? x?a b?x ?
10: 设函数 f ( x ) 在 [ 0 , 1] 连续, ( 0 , 1) 内可微, f ( 0 ) = f (1) = 0 , f ? 在 且 例 10:

?1? ? =1。 ?2?

证明: (1)存在 ξ ∈ ? 证明:

?1 ? , 1 ? 使得 f (ξ ) = ξ ; ?2 ?

(2)存在η ∈ ( 0 ,

ξ ) 使得 f ′ (η ) = f (η ) ? η + 1 。
?1? 1 ? = > 0 , F (1) = ?1 < 0 ,由零 ?2? 2

证明: (1)考虑函数 F ( x ) = f ( x ) ? x ,因为 F ?

点定理,存在 ξ ∈ ?

?1 ? , 1 ? 使得 f (ξ ) = ξ ; ?2 ?

(2)考虑函数 G ( x ) = f ( x ) ? x e 存在η ∈ ( 0 ,

(

)

?x

,因为 G ( 0 ) = 0 , G (ξ ) = 0 ,由罗尔中值定理,

ξ ) 使得 G′ (η ) = e ?η ( f ′ (η ) ? 1) ? e ?η ( f (η ) ? η ) = 0 ,即有
f ′ (η ) = f (η ) ? η + 1 。

四、练习题 1)求函数 y =

1 的 n 阶导数。 1 + 2 x + 4 x2
(k )

2) f ( x ) 在 [ a , b ] 上有 n + 1 阶导数, f 设 且 证明:存在 ξ ∈ ( a , b ) ,使得 f
( n +1)

(a) =

f ( k ) ( b ) = 0 , k = 0 ,1 , 2 , L , n ,

( ξ ) = f (ξ ) 。

3 ) 设 f ( x ) 在 [ a , b] 上 有 二 阶 导 数 , f ( a ) = f ( b ) = 0 且 存 在 c ∈ ( a , b ) 使 得

f ( c ) > 0 证明:存在 ξ ∈ ( a , b ) ,使得 f ′′ (ξ ) < 0 。
4)设 f ( x ) 在区间 [ ?1 , 1] 上三次可微,证明:存在 ξ ∈ ( ?1 , 1) ,使得

第 8 页(共 9 页)

f ′′ (ξ ) f (1) ? f ( ?1) = ? f ′ ( 0) 6 2
5)设函数 f ( x ) 在 ( ?∞ , + ∞ ) 上是导数连续的有界函数, f ( x ) ? f ′ ( x ) ≤ 1 ,证明:

f ( x) ≤ 1

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