一元微分学

判断题/常识

导函数至多只有第二类间断点.
$\star$[华四5.5定义1] 设函数 $y=f(x)$ 定义在 $x_0$ 的某领域 $U(x_0)$ 上, 当给 $x_0$ 一个增量 $\Delta x, \ x+\Delta x\in U(x_0)$, 相应得到函数的增量为 $\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$. 若存在常数 $A$ 使得 $\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)$, 则称 $f$ 在点 $x_0$ 可微, 并称 $A\Delta x$ 为 $f$ 在点 $x_0$ 的微分.
注：从定义可以看出一元函数可微与可导等价. 可微 $\Rightarrow$ 可导直接验证就行, 可导 $\Rightarrow$ 可微只需利用有限增量公式 $\Delta y=f'(x_0)\Delta x+o(\Delta x)$.
$\star$[华四5.5例1] 叙述一阶微分的形式不变性. 说明高阶微分不再具有形式不变性.
注：函数 $y=f(x)$ 的一阶微分是 $\mathrm{d}y=f'(x)\mathrm{d}x$; 若 $x$ 是复合函数 $y=f(x),x=g(t)$ 的中间变量, 注意到 $\mathrm{d}x=g'(t)\mathrm{d}t$, 则

\[\mathrm{d}y=(f(g(t)))'\mathrm{d}t=f'(g(t))g'(t)\mathrm{d}t=f'(x)\mathrm{d}x \]
这说明无论 $x$ 作为自变量还是关于另一个可微函数的因变量, 它都满足 $\mathrm{d}y=f'(x)\mathrm{d}x$, 这就是一阶微分形式不变性.
下面说明二阶微分形式就不具备形式不变性了. 首先 $y=f(x)$ 的二阶微分为 $\mathrm{d}^2y=f''(x)\mathrm{d}x^2$; 其次若 $x$ 是复合函数 $y=f(x),x=g(t)$ 的中间变量, 则 $\mathrm{d}x=g'(t)\mathrm{d}t, \ \mathrm{d^2}x=g''(t)\mathrm{d}t^2$, 于是

\[\begin{aligned} \mathrm{d}^2y&=(f(g(t)))''\mathrm{d}t^2=[f'(g(t))g'(t)]'\mathrm{d}t^2=[f''(g(t))g'(t)^2+f'(g(t))g''(t)]\mathrm{d}t^2\\ &=f''(x)\mathrm{d}x^2+f'(x)\mathrm{d^2}x \end{aligned} \]
从而 $x$ 作为自变量和作为另一个可微函数的因变量时, 二阶微分形式不同, 即二阶微分不具有形式不变性.
[华四第五章总练习题3] 构造一个连续函数, 它仅在已知点 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 不可导; 构造一个函数, 它仅在已知点 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 可导.
注：$f_1(x)=|(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)|, \ f_2(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2D(x)$.
[华四第五章总练习题5(5)] 设 $f=\varphi\cdot\psi$, 若 $\varphi$ 在点 $x_0$ 可导, $\psi$ 在点 $x_0$ 不可导, 则 $f$ 在点 $x_0$ 一定不可导.
注：分 $\varphi(x_0)\neq0$ 和 $\varphi(x_0)=0$ 两种情况讨论.
*[华四6.4.2] 构造函数 $f$, 它存在极值点但不满足极值第一、二充分条件.
注：$f(x)=\begin{cases}x^4\sin^2\frac{1}{x}, & x\neq0,\\0, & x=0.\end{cases}$ 极小值点 $x=0$.
[华四总练习题11] 若函数 $f(x)$ 在某点处可导, 则它在这个点的某个领域内单调.
注：函数 $f(x)=\begin{cases}\frac{x}{2}+x^2\sin\frac{1}{x},&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}$ 在 $x=0$ 处可导, 但在其任意领域内都不单调.
*[华四总练习题17] $f$ 为 $I$ 上的下凸函数 $\Longleftrightarrow$ 对任何 $x_1,x_2\in I$, 函数 $\varphi(x)=f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)$ 为 $[0,1]$ 上的下凸函数.
注：用定义验证, 比较绕.
$\star$[李例3-1-1-5] 试作一个函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上二阶可导, 且 $f''(x)$ 在 $x=0$ 不连续, 其余点处处连续.
注：构造函数 $f(x)=\begin{cases}x^n\sin\frac{1}{x},&x\neq0,\\0,&x=0\end{cases}$ 下面只需确定 $n$ 的值以满足题设条件. 经典模型.
*[李例3-1-1-10] $f(x)$ 在点 $a$ 连续且 $|f(x)|$ 在点 $a$ 可导, 则 $f(x)$ 在点 $a$ 可导.
注：讨论 $f(a)=0(>0/<0)$ 的情况, 注意到如果 $f(a)>0$, 则有连续函数的保号性在 $a$ 的领域内都有 $f(x)>0$, 这样我们容易证得结论是正确的.
[李例3-1-4-1] 偶函数的奇数阶导数在 $x=0$ 处的值为 $0$; 奇函数的偶数阶导数在 $x=0$ 处的值为 $0$.
注：简单的.
[李例3-2-6-5] 若 $f$ 在 $I$ 上连续且 $x_0$ 是 $f$ 在 $I$ 上唯一的极值点, 则 $x_0$ 必为最值点.
注：显然是用反证法可证得结论.
$f$ 是区间 $I$ 上的下凸函数当且仅当对任意三点 $x_1<x_2<x_3$ 有 $\begin{vmatrix}1&x_1&f(x_0)\\1&x_2&f(x_2)\\1&x_3&f(x_3)\end{vmatrix}\ge0$.
注：用下凸函数得定义.
[李例3-2-7-1思考] 下凸函数的和仍是下凸函数; 下凸函数的差不一定是下凸函数; 下凸函数的数乘不一定是下凸函数; 下凸函数的积、商不一定是下凸函数; 两个下凸函数的 $\max$ 是下凸函数; 两个下凸函数的 $\min$ 不一定是下凸函数.
注：画画图直观点.
[李例3-2-7-7] $f$ 为 $(a,b)$ 内可导的下凸函数, 则 $x_0\in(a,b)$ 是 $f$ 的极小值点当且仅当 $f'(x_0)=0$.
注：必要性用 Fermat 定理; 充分性利用可导的下凸函数的充要条件 $f(x)\ge f(x_0)+(x-x_0)f'(x_0)$.
*[李例3-2-7-8] 开区间 $(a,b)$ 内的非常值下凸函数不能取到最大值.
注：反证, 假设能取到最大值点 $x_0$, 于是一定存在 $x_1\neq x_0$ 使得 $f(x_1)<f(x_0)$, 不妨 $x_1<x_0$, 再取 $x_1<x_0<x_2$, 令 $\lambda=\frac{x_2-x_0}{x_2-x_1}\in (0,1)$, 利用下凸函数的定义导出矛盾.
*[李例3-2-7-9] 若 $x_0$ 是区间 $I$ 上的严格下凸函数的极值点, 则 $x_0$ 一定是唯一的极小值点.
注：先证明它是极小值点再证唯一性, 都用反证法即可, 方法同上题.
拐点的定义是什么.
注：和极值点的定义很像.
[李例3-2-8-1] 若 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上具有连续导函数, 且 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$, 能否推出 $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0$.
注：反例: $f(x)=\frac{\sin x^2}{x}\Rightarrow f'(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}$.

计算题

[华四5.3例2] 证明: 对数螺线 $\rho=e^{\frac{\theta}{2}}$ 上所有点的切线与向径的夹角 $\varphi$ 为常量.
注：向径与切线的夹角正切为 $\tan\varphi=\frac{\rho(\theta)}{\rho'(\theta)}$.
类似可计算心性线 $r=a(1+\cos\theta)$ 的切线与切点向径之间的夹角.
[华四5.4.5(4)] 求 $y=\frac{\ln x}{x}$ 的 $n$ 阶导数.
注：Leibniz 公式的运用.
[李例3-1-5] 设 $y=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin x$, 求 $y^{(n)}(0)$.
注：令 $f(x)=(\arcsin x)^2\Rightarrow f'(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin x\Rightarrow (1-x^2)f'(x)^2=4f(x)$, 再利用 Leibniz 法则即可.

证明题

导数与微分

$\star$*[华四定理5.3] 证明 Fermat 定理: 设函数 $f$ 在 $x_0$ 的某领域上有定义, 且在 $x_0$ 处可导. 若 $x_0$ 是 $f$ 的极值点, 则 $f'(x_0)=0.$
注：反证法. 利用导数的定义和极限的保号性.
[华四5.1.10] 若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 存在左右导数, 则 $f(x)$ 在点 $x_0$ 连续.
注：利用左右导数的定义和极限的四则运算.
[华四5.1.14] 证明: 若函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 且 $f(a)=f(b)=K,f'_+(a)f'_-(b)>0$, 则在 $(a,b)$ 上至少有一点 $\xi$, 使得 $f(\xi)=K$.
注：利用极限的保号性和连续函数的介值定理.
[华四5.1.17] 设 $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n$ 的最大零点为 $x_0$, 证明: $f'(x_0)\ge0$.
注：注意到 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
[华四定理5.5推论] 设 $f_1,f_2,\cdots,f_n$ 均可导, 证明 $(f_1f_2\cdots f_n)'=f_1'f_2\cdots f_n+f_1f_2'f_3\cdots f_n+\cdots+f_1f_2\cdots f_n'.$
注：利用数学归纳法.
*[华四定理5.7] 证明反函数求导法则: 设 $y=f(x)$ 为 $x=\varphi(y)$ 的反函数, 若 $\varphi(y)$ 在点 $y_0$ 的领域上连续, 严格单调且 $\varphi'(y_0)\neq0$, 则 $f(x)$ 在点 $x_0(x_0=\varphi(y_0))$ 可导, 且 $f'(x_0)=\frac{1}{\varphi'(y_0)}$.
注：$\Delta x=\varphi(y+\Delta y)-\varphi(y),\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)$.
*[华四定理5.8引理] $f(x)$ 在点 $x_0$ 可导 $\Longleftrightarrow$ 在 $x_0$ 的某领域 $U(x_0)$ 上, 存在一个在点 $x_0$ 连续的函数 $H(x)$, 使得 $f(x)-f(x_0)=H(x)(x-x_0)$, 从而 $f'(x_0)=H(x_0)$.
注：利用此引理可证明复合函数求导法则.
*[华四5.4.10] 设 $y=\arcsin x$. 证明:
(1) 它满足方程: $(1-x^2)y^{(n+2)}-(2n+1)xy^{(n+1)}-n^2y^{(n)}$;
(2) 求 $y^{(n)}|_{x=0}$.
注：$y'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\Rightarrow y''=\frac{x}{(1-x^2)^{3/2}}=y'\cdot\frac{x}{1-x^2}$.
*[华四5.4.11] 证明函数 $f(x)=\begin{cases}e^{-1/x^2}, &x\neq0\\0,&x=0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处 $n$ 阶可导且 $f^{(n)}(0)=0$, 其中 $n$ 为任意正整数.
注：利用数学归纳法. 注意到 $(e^{-1/x^2})^{(n)}=P_n(1/x)e^{-1/x^2}$.
[李例3-1-1-2] 设 $f(x)$ 连续, $f'(0)$ 存在, 且 $\forall x,y\in\mathbb{R}$, 有 $f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-4f(x)f(y)}$. 求证 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可微, 且若 $f'(0)=\frac{1}{2}$, 求 $f(x)$ 的表达式.
注：一元函数可微与可导等价, 因此只需用定义证明导数存在.
[李例3-1-1-8] 已知 $f(x)\in C[0,1]$ 且 $f(0)=0$. 证明: 若存在 $\alpha>\beta>0$ 使得

\[\lim\limits_{x\to 0+}\frac{f(\alpha x)-f(\beta x)}{x}=c,\quad (c\in\mathbb{R}为常数) \]
则 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.
注：事实上通过变量换元可知 $f\left(\frac{\beta^k}{\alpha^{k}}t\right)-f\left(\frac{\beta^{k+1}}{\alpha^{k+1}}t\right)=\frac{c\beta^k}{\alpha^{k+1}}t+o\left(\frac{\beta^k}{\alpha^k}t\right), \ k=0,1,2,\cdots$.
*[李例3-1-2-2] 设函数 $f(y)$ 的反函数 $f^{-1}(x)$ 以及 $f'[f^{-1}(x)],f''[f^{-1}(x)]$ 都存在, 且 $f'[f^{-1}(x)]\neq0$. 证明 $\frac{\mathrm{d^2}f^{-1}(x)}{\mathrm{d}x^2}=-\frac{f''[f^{-1}(x)]}{\left[f'[f^{-1}(x)]\right]^3}$.

注：令 $f^{-1}(x)=t$, 转为对 $t$ 的导数.

微分中值定理

$\star$[华四6.1定理6.1] 证明 Rolle 中值定理.
注：利用 Fermat 定理, 也就是要找到极值点. Rolle 中值定理的推广为: 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ (有穷或无穷区间) 中任意点有有限导数, 且 $f(a+0)=f(b-0)$, 则存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$. 此定理的证明需分情况讨论, 当 $(a,b)$ 是有限区间时可以延拓 $f(x)$, 构造出闭区间上的连续函数再利用 Rolle 中值定理即得; 当 $(a,b)$ 为无限区间时, 可以换元 $x=\tan t$, 于是 $f(\tan t)$ 就是有限区间上的函数, 再利用先前的结论即得.
$\star$[华四6.1定理6.2] 证明 Lagrange 中值定理.
注：$K$ 值法, 令 $K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, 构造 $g(x)=f(x)-f(a)-K(x-a)$, 则 $g(a)=g(b)=0$, 再利用 Rolle 中值定理即得结论. 或者考虑由 $(a,f(a)),(b,f(b)),(x,f(x))$ 三点组成的三角形的面积 $S(x)$, 事实上, 有

\[S(x)=\frac{1}{2}\begin{vmatrix} a & f(a) & 1\\ b & f(b) & 1\\ x & f(x) & 1 \end{vmatrix} \]
则 $S(a)=S(b)=0$, 在利用 Rolle 中值定理即得结论.
$\star$[华四6.1推论3] 证明导函数的极限定理: 设 $f$ 在点 $x_0$ 的某领域 $U(x_0)$ 上连续, 在 $U^o(x_0)$ 内可导, 且极限 $\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)$ 存在, 则 $f$ 在点 $x_0$ 可导, 且 $f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)$.
注：考虑左右导数, 利用 Lagrange 中值定理, 类似于证明导函数至多只有第二类间断点的方法.
$\star$*[华四6.1定理6.5] 证明 Darboux 定理: 若函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导, 且 $f'_+(a)\neq f'_-(b), \ k$ 为介于 $f_+'(a),f_-'(b)$ 之间的任一实数, 则至少存在一点 $\xi\in(a,b)$, 使得 $f'(\xi)=k$.
注：构造 $F(x)=f(x)-kx$, 利用 Fermat 定理. 此定理也成为导函数的介值定理.
换个说法就是：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导, 则 $f'(x)$ 可取得介于 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 之间的任何值.
[华四6.1.10] 设 $f$ 在 $(a,b)$ 上可导, 且 $f'$ 单调. 证明: $f'$ 在 $(a,b)$ 上连续.
注：事实上, 单调函数至多只有跳跃间断点, 导函数至多只有第二类间断点, 因此单调的导函数无间断点.
$\star$*[华四6.2定理6.6] 证明 Cauchy 中值定理.
注：类似于 Lagrange 中值定理的证明方法. 也可以构造 $F(x)=\begin{vmatrix}f(a)&g(a)&1\\f(b)&g(b)&1\\f(x)&g(x)&1\end{vmatrix}$, 则 $F(a)=F(b)=0$, 由 Rolle 中值定理可导出 Cauchy 中值定理.
*[华四6.2.6] 设函数 $f$ 在点 $a$ 的某个领域上具有二阶导数. 证明: 对充分小的 $h$, 存在 $\theta,0<\theta<1$, 使得

\[\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=\frac{f''(a+\theta h)+f''(a-\theta h)}{2} \]
注：利用 Cauchy 中值定理, $F(h)=f(a+h)+f(a-h)-2f(a), \ G(h)=h^2$.
*[华四第六章总练习题4] 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上三阶可导, 证明存在 $\xi\in(a,b)$, 使得

\[f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)[f'(a)+f'(b)]-\frac{1}{12}(b-a)^3f'''(\xi.) \]
注：构造 $F(x)=f(x)-f(a)-\frac{1}{2}(x-a)[f'(a)+f'(x)], \ G(x)=(x-a)^3$, 接着应用 Cauchy 中值定理.
或用 $K$ 值法, 令 $F(x)=f(x)-f(a)-\frac{1}{2}(x-a)[f'(a)+f'(x)]+\frac{1}{12}(x-a)^3K$.
$\star$*[华四6.2定理6.7] 证明 $\frac{0}{0}$ 型不定式极限的L'Hospital 法则.
注：事实上，这是 Cauchy 中值定理的直接应用.
$\star$*[华四6.2定理6.8] 证明强化的 L'Hospital 法则: $\frac{\bullet}{\infty}$若函数 $f$ 和 $g$ 满足:
(i) 在 $x_0$ 的某个右领域 $U_+^o(x_0)$ 上两者可导, 且 $g'(x)\neq0$;
(ii) $\lim\limits_{x\to x_0^+}g(x)=\infty$;
(iii) $\lim\limits_{x\to x_0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A$ ($A$ 可以是实数, 也可为 $\pm\infty,\infty$),
则 $\lim\limits_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{g(x)}=A$.
注：此定理常用.
$\star$*[华四6.3定理6.10] 证明 Taylor 定理: 若函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上存在直至 $n$ 阶的连续导函数, 在 $(a,b)$ 上存在 $(n+1)$ 阶导函数, 则对任意给定的 $x,x_0\in[a,b]$, 至少存在一点 $\xi\in(a,b)$, 使得

\[f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}. \]
注：构造 $F(t)=f(x)-\left[f(t)+f'(t)(x-t)+\frac{f''(t)}{2!}(x-t)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^n\right]$, $G(t)=(x-t)^{n+1}$, 注意到 $F(x)=G(x)=0$, 利用 Cauchy 中值定理即得结论.
[华四第六章总练习题8] 设 $h>0$, 函数 $f$ 在 $U(a;h)$ 上具有 $n+2$ 阶连续导数, 且 $f^{(n+2)}(a)\neq0$, $f$ 在 $U(a;h)$ 上的 Taylor 公式为

\[f(a+h)=f(a)+f'(a)h+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n+\frac{f^{(n+1)}(a+\theta h)}{(n+1)!}h^{n+1}, \ 0<\theta<1. \]
证明 $\lim\limits_{h\to0}\theta=\frac{1}{n+2}$.
注：根据条件利用 Taylor 定理展开至 $n+2$ 阶导. 接着比较两式写出 $\theta$ 的表达式即得结论.
[华四第六章总练习题12] 设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可导, $f'(a)=f'(b)=0$. 证明存在一点 $\xi\in(a,b)$, 使得

\[|f''(\xi)|\ge\frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|. \]
注：分别以 $a,b$ 两点为起始点 Taylor 展开.
[华四第六章总练习题13] 设函数 $f$ 在 $[0,a]$ 上具有二阶导数, 且 $|f''(x)|\le M$, $f$ 在 $(0,a)$ 上取得最大值. 证明 $|f'(0)|+|f'(a)|\le Ma$.
注：有条件可知 $f$ 在 $(0,a)$ 上存在极大值, 依次为突破口不难证明结论.
*[华四第六章总练习题15] 设 $f(x)$ 满足 $f''(x)+f'(x)g(x)-f(x)=0$, 其中 $g(x)$ 为任一函数. 证明: 若 $f(x_0)=f(x_1)=0 \ (x_0<x_1)$, 则 $f$ 在 $[x_0,x_1]$ 上恒等于零.
注：用反证法, 推出存在极值点, 在利用极值与导数的关系推出矛盾.
$\star$*[李例3-2-8-1] $f$ 在 $(a,+\infty)$ 上有连续导函数, 若 $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A$, 则满足下列两个条件之一就有 $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0$.
(1) $f''$ 在 $(a,+\infty)$ 上有界; (2) $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在.
注：对 (1), 只需验证 $|f'(x)|<\varepsilon$, 构造 $F(x)=f(x)-A$, 则 $x$ 充分大时 $F$ 趋于零, 因此可在 $x$ 充分大处进行 Taylor 展开 (展开至二阶导), 此时 $F$ 是一个无穷小, 而 $F''$ 有界, 因此只需控制 Taylor 展开的步长.
对 (2), 有四种处理方法: I. 与上面目标一致, 利用 Cauchy 收敛准则可知 $x$ 充分大时 $f,f'$ 在两点的距离都是无穷小, 这样再利用 Lagrange 中值定理容易得到结论; II. 用反证法; III. 考虑 $f(n+1)-f(n)=f'(\xi_n)$, 再利用 Heine 定理即得结论; IV. 用 L'Hospital 法则.
*[李例3-2-8-2] $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 具有连续导函数,若 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$, 则
(1) 存在 $x_n\in(a,+\infty)$ 使得$\lim\limits_{n\to + \infty}x_n= + \infty, $且$\lim\limits_{n\to + \infty}f^{\prime}( x_n) = 0$；
(2) 再若 $f(x)$ 在 ($a,+\infty)$ 具有二阶连续导函数, 且 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}f(x)$, 则存在 $\xi\in(a,+\infty)$ 使得 $f^{\prime\prime}(\xi)=0.$
注：对于 (1) 只需考虑 $f(n+1)-f(n)=f'(\xi_n)$; 对于 (2) 用反证法即可.
**[华四第六章总练习题18] 设 $f$ 在 $(a,+\infty)$ 上 $n$ 阶可导. 若 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 和 $\lim\limits_{x\to+\infty}f^{(n)}(x)$ 都存在, 则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f^{(k)}(x)=0 \ (k=1,2,\cdots,n)$.
注：利用数学归纳法.
*[华四第六章总练习题19] 设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的二阶可导函数. 若 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界, 则存在 $\xi\in\mathbb{R},s.t. \ f''(\xi)=0$.
注：只需证存在 $x_1,x_2\in\mathbb{R}, \ s.t. \ f''(x_1)f''(x_2)<0$, 接着利用 Darboux 定理即得. 需要注意到 $f'(\xi_x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}\to0(x\to\infty)$, 这是因为 $f$ 有界.
[李例3-1-3-1] 设 $g(x)$ 是 $[-1,1]$ 上无穷次可微函数, $\exists M>0$ 使得 $|g^{(n)}(x)|\le M$, 且 $g\left(\frac{1}{n}\right)=\ln(1+2n)-\ln n, \ n=1,2,\cdots$. 求 $g^{(k)}(0), \ k=0,1,\cdots$.
注：利用 Taylor 展开式的唯一性.
**[李例3-1-3-2] 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上无穷次可微且满足
(1) $\exists M>0$, 对 $\forall x\in\mathbb{R}$, 有 $|f^{(k)}(x)|\le M \ (k=0,1,2,\cdots)$;
(2) $f\left(\frac{1}{2^n}\right)=0,\forall \ (n=1,2,\cdots)$.
证明: $f(x)\equiv0,\forall x\in(-\infty,+\infty)$.
注：利用 Taylor 公式.
[李例3-2-1-5] 设 $f(x)\in C[0,1]\cap D(0,1)$, 且 $f(0)=f(1)=0,f\left(\frac{1}{2}\right)=1$. 证明: $\forall\lambda,\exists\eta\in(0,1)$, 使得 $f'(\eta)-\lambda[f(\eta)-\eta]=1$.
注：构造 $g(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x]$.
*[李例3-2-1-12] 设 $f_n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$, 其中 $x\in\mathbb{N}^+$, 求证: 方程 $f_n(x)f_{n+1}(x)=0$ 在 $\mathbb{R}$ 上有唯一实根.
注：讨论 $n$ 的奇偶性.
**[李例3-2-2-5] 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微, $f(0)=0,f(1)=1,k_1,k_2,\cdots,k_n$ 为 $n$ 个正数. 证明: 在 $[0,1]$ 上存在一组互不相同的点 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 使得 $\sum\limits_{i=1}^n\frac{k_i}{f'(x_i)}=\sum\limits_{i=1}^nk_i$.
注：即证 $\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i}{f'(x_i)}=1$, 其中 $a_i=\frac{k_i}{\sum\limits_{i=1}^nk_i}$, $a_i\in(0,1),\sum\limits_{i=1}^na_i=1$. 根据连续函数的介值定理, 对每个 $a_1+\cdots+a_i$ 都能找到一个 $b_i\in(b_{i-1},1)$, 使得 $f(b_i)=a_1+\cdots+a_i$. 接着对每个 $[b_{i-1},b_i]$ 上应用 Lagrange 中值定理.
[李例3-2-2-8] 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上具有二阶导数, 且 $f''(x)>0,\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=\alpha>0$,$\lim\limits_{x\to-\infty}f'(x)=\beta<0,$ 又存在 $x_0$, 使得 $f(x_0)<0$. 证明: 方程 $f(x)=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上仅有两个实根.
注：有条件值当 $x$ 充分大时一定有 $f(x)>0$, 当 $x$ 充分小时也一定有 $f(x)>0$, 因此在 $(-\infty,x_0)$ 和 $(x_0,+\infty)$ 上各有一个零点, 利用反证法不难证明只有两个实根.
[李例3-2-2-10] 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可微且 $f(0)=0$, 并假设有实数 $A$ 使得 $|f'(x)|\le A|f(x)|,x\in(0,+\infty)$. 证明: $f(x)\equiv0,x\in(0,+\infty)$.
注：类似可证
- 设 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, $g(x)$ 在 $(a,b)$ 上可导,且 $g(a)=0$, 若有实数 $\lambda>0$ 使得 $|g(x)f(x)+\lambda g^{\prime}(x)|\leqslant|g(x)|,x\in(a,b)$.证明: $g(x)\equiv0$.
- 若 $f(x)$ 在 [0,1] 上连续,且 $\forall x\in[0,1]$ 有 $\int_0^xf(t)\mathrm{d}t \geqslant f( x) \geqslant 0$.证明: $f(x)\equiv0.$
**[李例3-2-2-14] 设$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有连续的二阶导数, $f(0)=f(1)=0$ 且 $f(x)\neq0,\forall x\in(0,1)$. 证明:$\int_0^1\left|\frac{f''(x)}{f(x)}\right|\mathrm{~d}x\ge4$.
注：$|f(x)|$ 在 $[0,1]$ 上有最大值. 利用这个最大值点分成两段看问题.
**[李例3-2-2-21] 证明: 当 $s>0$ 时, $\frac{n^{s+1}}{s+1}<1^s+2^s+\cdots+n^s<\frac{(n+1)^{s+1}}{s+1}$.
注：令 $f(x)=x^{s+1}$, 则 $f'(x)=(s+1)x^s$, 分别在 $[0,1],[1,2],\cdots,[n-1,n],[n,n+1]$ 上应用 Lagrange 中值定理. 类似可证 $\frac{h}{1+h^2}<\arctan h<h,h>0$. 利用上述结论可求极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^{\beta}}(1^{\alpha}+2^{\alpha}+\cdots+n^{\alpha})$.
*[李例3-2-3-2] 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可微, $b>a>0,f(a)\neq f(b)$. 证明: 存在 $\xi,\eta\in(a,b)$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=\frac{a+b}{2n}f^{\prime}(\eta)$.
注：利用 Lagrange 中值定理和 Cauchy 中值定理.
[李例3-2-3练习(5)] 设 $f(0)=0,f(x)$ 在 $U(0)$ 内连续可导, 且 $f^{\prime}(0)=0$. 求 $\lim\limits_{x\to0^+}x^{f(x)}$.
注：取对数后 $f(x)\ln x=[f(0)+f'(0)x+o(x)]\ln x=\frac{o(x)}{x}x\ln x\to0(x\to0+)$.
[李例3-2-4-3] 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 上有二阶导数. 证明: 存在 $\xi\in(a,b)$ 使得

\[f(b)-2f\left(\frac{a+b}2\right)+f(a)=\frac{(b-a)^2}4f^{\prime\prime}(\xi). \]
注：I. 在 $\frac{a+b}{2}$ 处 Taylor 展开; II. 构造 $F(x)=f(x+\frac{b-a}{2})-f(x)$, 利用两次 Lagrange 中值定理即可; III. K 值法; IV. 令 $F(x)=f(x)-2f\left(\frac{a+x}2\right)+f(a),G(x)=(x-a)^2$, 应用 Cauchy 中值定理.
[李例3-2-4-6] 设 $f(x)$ 在 [0,2] 上二次可微,且 $|f(x)|\leqslant1,|f^{\prime\prime}(x)|\leqslant1$. 证明: $|f^{\prime}(x)|\leqslant2$.
注：利用 Taylor 公式, 没什么难的.
[李例3-2-4-7] 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内二次可导, $M_0,M_1,M_2$ 分别为 $|f(x)|,|f^{\prime}(x)|,|f^{\prime\prime}(x)|$ 的上确界证明: $M_1^2\leqslant4M_0M_2.$
注：利用 Taylor 公式, 没什么难的.
[李例3-2-4-9] 设$f(x)$ 在[0,1] 上两次可导,$|f^{\prime\prime}(x)|\leqslant M,x\in[0,1],M>0,f(0)=f(1)=f\left(\frac{1}{2}\right)=0$. 证明: $|f'(x)|<\frac{M}{2}$.
注：利用 Taylor 公式, 没什么难的.
*[李例3-2-4-12] 设 $f(x)$ 在 [0,1] 上二次连续可导, $f(0)=f(1)=0,\min\limits_{0\leqslant x\leqslant1}f(x)=-1$. 证明: $\max\limits_{0\leqslant x\leqslant1}f^{\prime\prime}(x)\geqslant8.$
注：由题设, 存在极小值点 $x_0$, 由 Fermat 定理得 $f'(x_0)=0$, 再利用 Taylor 公式.
类似的习题：[李例3-2-4-13] 设 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 上二阶可导,且 $|g^{\prime\prime}(x)|\geqslant m>0(m$ 为常数),又 $g(a)=g(b)=0$. 证明 $\max\limits_{[a,b]}|g(x)|\ge\frac{m}{8}(b-a)^2$.
*[李例3-2-4-14] 设 $f(x)$ 在 R 上有二阶导函数, 且 $f(x),f^{\prime}(x),f^{\prime\prime}(x)$ 均大于零,假设存在正常数 $a,b$ 使得 $f^{\prime\prime}(x)\leqslant af(x)+bf^{\prime}(x)$ 对一切 $x\in\mathbb{R}$ 成立.
(1) 求证$\lim\limits_{x\to-\infty}f^{\prime}(x)=0;$
(2) 求证: 存在常数 c 使得 $f^{\prime}(x)\leqslant cf(x);$
注：(1) $f,f'$ 单调增有下界, 因此极限存在; (2) 设 $f''-cf'(x)\le\alpha(f'(x)-cf(x))$, 用待机系数法求出 $\alpha,c$.
[李例3-2-4练习(7)] 证明 $e$ 时无理数.
注：反证法, 利用 $e^x$ 的麦克劳林公式.
[李例3-2-5-11] 已知在 $x>-1$ 上定义的可微函数 $f(x)$ 满足条件

\[f'(x)+f(x)-\frac{1}{x+1}\int_0^xf(t)\mathrm{d}t=0,\quad f(0)=1. \]
(1) 求 $f^{\prime}(x);$
(2) 证明:当 $x\geqslant0$ 时,$\mathrm{e}^{-x}\leqslant f(x)\leqslant1.$
注：主要就是解一个微分方程.
[李例3-2-5-12] 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 ($a,b)$ 内可微, $f(x)$ 不是线性函数,且 $f(b)>f(a)$. 证明:
存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f^{\prime}(\xi)>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.
注：反证法. 构造 $F(x)=f(x)-f(a)-(x-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, 利用 $f$ 不是线性函数导出矛盾.
[李例3-2-5-13] 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调下降且可微,若当 $x\in(0,+\infty)$ 时, $0<f(x)<|f^{\prime}(x)|$ 成立,则当$0<x<1$时,有$xf(x)>\frac1xf\left(\frac1x\right)$.
注：可以看出 $F(x):=f(x)e^x$ 单调递减.
[李例3-2-5-19]设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一阶可微,且 $f(0)=0,f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减. 证明:
$\frac{f(x)}{x}$在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.
注：注意到 $f(x)=f(x)-f(0)=xf'(\xi)\ge xf'(x)\Rightarrow F(x):=\frac{f(x)}{x} \downarrow$.

凹凸性

$\star$**[华四6.5例5] 证明 Jensen 不等式: 若 $f$ 为 $[a,b]$ 上的下凸函数, 则对任意 $x_i\in[a,b],\lambda_i>0 \ (i=1,2,\cdots,n),\sum\limits_{i=1}^n\lambda_i=1$, 有 $f\left(\sum\limits_{i=1}^n\lambda_ix_i\right)\le\sum\limits_{i=1}^n\lambda_if(x_i)$.
注：利用数学归纳法. 若 $f$ 在 $(a,b)$ 内二次可导, 还可以利用 Taylor 公式证明, 此时将 $\alpha=\sum\limits_{i=1}^n\lambda_i x_i$ 视为 Taylor 的初始点写出 Taylor 展开式, 将每个 $x_i$ 点代入后相加即可.
$\star$**[华四6.5.9] 证明 Young 不等式: 设 $a,b>0, \ p,q>1, \ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, 则 $ab\le\frac{1}{p}a^p+\frac{1}{q}b^q$.
注：令 $f(x)=-\ln x$, 这是一个下凸函数, 利用 Jensen 不等式即得.
$\star$**[华四6.5.9] 证明 H$\pmb{\ddot{\text{o}}}$lder 不等式: 设 $a_i,b_i>0 \ (i=1,2,\cdots,n)$, 有 $\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\le\left(\sum\limits_{i=1}^na_i^p\right)^{1/p}\left(\sum\limits_{i=1}^nb_i^q\right)^{1/q}$. 其中 $p,q>1,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$.
注：令 $A=\left(\sum\limits_{i=1}^na_i^p\right)^{1/p}, B=\left(\sum\limits_{i=1}^nb_i^q\right)^{1/q}$, 即证 $\sum\frac{a_i}{A}\frac{b_i}{B}\le1$. 再利用 Young 不等式即得.
*[华四6.5例6] 证明不等式 $(abc)^{\frac{a+b+c}{3}}\le a^ab^bc^c$, 其中 $a,b,c$ 均为正数.
注：利用 Jensen 不等式.
*[华四6.5例7] 设 $f$ 为开区间 $I$ 内的下凸(上凸)函数, 证明 $f$ 在 $I$ 内的任一点 $x_0$ 都存在左、右导数.
注：构造 $F(h)=\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}, h>0$, 这是一个增函数且在 $U^o_+(x_0)$ 上有界, 从而有单调有界原理即得结论.
*[华四6.5.4] 设 $f$ 为区间 $I$ 上的严格下凸函数. 证明: 若 $x_0\in I$ 为 $f$ 的极小值点, 则 $x_0$ 为 $f$ 在 $I$ 上唯一的极小值点.
注：反证法, 利用严格下凸的定义推出矛盾.
[李例3-2-7-6] 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且对 $\forall x_1,x_2\in[a,b],\lambda\in(0,1)$ 恒有 $f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)\leqslant\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2).$ 证明

\[f\left(\frac{a+b}{2}\right)\leqslant\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\leqslant\frac{f(a)+f(b)}{2} \]
注：事实上, $x=a+t(b-a)=(1-t)a+tb, \ t\in(0,1)$.