第13讲拉格朗日定理与函数单调性2009

第13讲 拉格朗日定理和函数的单调性

授课题目 拉格朗日定理和函数的单调性 教学内容 1. 罗尔中值定理；2. 拉格朗日中值定理； 3.函数单调性的判别法则． 教学目的和要求 教学重点及难点 教学方法及教材处理提示 通过本次课的教学，使学生能较好地掌握罗尔中值定理和拉格朗日中值定理，会用导数判别函数的单调性，会应用罗尔中值定理和拉格朗日中值定理解决有关证明题． 教学重点：罗尔中值定理和拉格朗日中值定理； 教学难点：导数的极限定理. (1) 复习费马定理的条件和结论， (2) 本讲的重点是掌握罗尔中值定理和拉格朗日中值定理，要求牢记定理的条件与结论，知道证明的方法． (3) 着重讲清讲透罗尔中值定理的证明方法，先讲几何意义，再讲述全部的分析证明过程。 (4) 拉格朗日中值定理的证明看成是罗尔中值定理的应用，只需从几何意义出发得到辅助函数。 (5)函数单调性的判别看成是拉格朗日中值定理的应用，可采用讨论式教法进行授课，请较好的学生到讲台上来证明此问题． (6) 本节的难点是用拉格朗日中值定理证明有关定理与解答有关习题．可要求较好学生掌握通过设辅助函数来运用微分中值定理解决有关问题． （7）导数的极限定理安排在本次课的最后讲授，只要求要求较好学生掌握. 作业内容：教材 P125:4，5（1，2），6（3，4），7（1，3）. 作业布置 讲授内容

一、 罗尔定理与拉格朗日定理

1．(罗尔(Rolle)中值定理) 若函数f满足如下条件：(i)f在闭区间a,b上连续；(ii)f在开区间a,b内可导；(iii)fafb，则在a,b内至少存在一点，使得f0 . 罗尔定理的几何意义：在每一点都可导的一段连续曲线上，如果曲线的两端

点高度相等，则至少存在一条水平切线(图6—1)．

证：因为f在a,b上连续，所以有最大值与最小值，分别用M与m表示，现分两种情况来讨论：

(1)若mM，则，f在a,b上必为常数，从而结论显然成立．

(2)若mM，则因fafb，使得最大值M与最小值m至少有一个在a,b内某点处取得，从而是f的极值点．由条件(ii)，f在点处可导，故由费马定理推知f0． 注：定理中的三个条件缺少任何一个，结论将不一定成立。

例1 设f为R上可导函数，证明：若方程fx0没有实根，则方程fx0至多有一个实根． 证：这可反证如下：倘若fx0有两个实根x1和x2(设x1x2)，则函数f在x1,x2上满足罗尔定理

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《数学分析I》第13讲教案

三个条件，从而存在x1,x2，使f0，这与fx0的假设相矛盾，命题得证．

2．(拉格朗日(Lagrange)中值定理) 若函数满足如下条件：if在闭区间a,b上连续；iif在开区间

a,b内可导，则在a,b内至少存在一点，使得ffbfa.

ba 显然，特别当fafb时，本定理的结论即为罗尔定理的结论． 证：作辅助函数Fxfxfafbfaxa． ba显然，Fafb0，且F在a,b上满足罗尔定理的另两个条件．故存在(a,b), 使

F()f()f(a)f(b)f(a)f(b)0 即 f()

baba 拉格郎日中值定理的几何意义：在满足定理条件的曲线yf(x)上至少存在一点P(,f())，该曲线在该点出的切线平行于曲线俩端点的连线，我们在证明中引入辅助线函数F(x)，正是曲线yf(x)与直线AB(yf(a)f(b)f(a)(xa))之差。

ba 定理的结论称为拉格朗日公式。拉格朗日公式还有下面几种等价表示形式： f(b)f(a)f()(ba),ab;

f(b)f(a)f(a(ba))(ba),o1;

f(ah)f(a)f(ah)h,01;

值得注意的是，拉格朗日公式无论对于ab，还是ab都成立，而则是介于a与b之间的某一定数，把

表示成了a(ba)（01），使得不论a,b为何值，.

h ln(1h)h . 1hh,01. 1x)，则ln(1h)ln(1h)ln1证：设f(x)ln(1hhhh。 当h>0时，由0<<1可推知 1<1h1h,1h1hhhh.，从而得到所要证明的结论。 当—11h1h0,1h1h例2 证明对一切h1,h0成立不等式

推论1 若函数f在区间I上可导，且f(x)0,xI，则f为I上一个常量函数．

证：任取两点x1,x2I(设x1x2)，在区间[x1,x2]上应用拉格朗日定理，存在(x1,x2)I，使得 f(x2)f(x1)f()(x2x1)0.

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《数学分析I》第13讲教案

这就证得f在区间I上任何两点之值相等．

推论2 若函数f和g均在区间I上可导，且f(x)g(x),，xI，则在区间I上f(x)与g(x)只相差某一常数，即f(x)g(x)c(c为某一常数)．

推论3 (导数极限定理) 设函数f在点x0的某邻域U(x0)内连续，在U(x0)内可导，且极限limf(x)xx0存在，则f在点x0可导，且f(x0)limf(x).

xx0xsinx2,x0,例3 求分段函数f(x)的导数。

ln(1x),x012xcosx2,x0,解：首先易得f(x)1

,x0.1x进一步考虑f在 x0处的导数．在此之前，我们只能依赖导数定义来处理，现在则可以利用导数极限定理．由于

x02limf(x)limln(1x)0f(0), limf(x)lim(xsinx)0f(0), x0x0x0(12xcosx2)1,f(00)lim因此f在x0处连续，又因f(00)limx0x011,所以1xlimf(x)1.依据导数极限定理推知f在x0处可导,且f(0)1.

x02*问题：若把f(x)在x≤0处改为f(x)sinx，有关f在x0处的导数(或左、右导数)能得出何种结

论?

二、单调函数

1．函数单调的充要条件

定理 设f(x)在区间I上可导,则f(x)在I上递增(减)的充要条件是 f(x)0 (0).

证：若f为增函数,则对每一x0I,当xx0时,有

f(x)f(x0)0.令xx0，即得f(x0)0.

xx0反之,若f(x)在区间I上恒有f(x)0,则对任意x1,x2I(设x1(x1,x2)I，使得f(x2)f(x1)f()(x2x1)0.由此证得f在I上为增函数．

3例4 设f(x)xx．试讨论函数f的单调区间．

解：由于f(x)3x21(3x1)(3x1),因此

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当x(,13时,]，f递增; 当x[13,13]时,f(x)0,f递减;

当x[13,]时,f(x)0 ,f递增.

2．函数严格单调的充要条件

定理 若函数f在(a,b)内可导，则f在(a,b)内严格递增(递减)的充要条件是：

(i)对一切x(a,b)，有f(x)0(f(x)0)；(ii)在(a,b)内的任何子区间上f(x)0. 推论 设函数在区间I上可微，若f(x)0(f(x)0)，则f在I上严格递增(减)．

注：若f在(a,b)上(严格)递增(减)，且在点a右连续，则f在[a,b)上亦为(严格)递增(减)，对右端点b可类似讨论．

例5 证明不等式ex1x,x0.

证：设f(x)ex1x，则f(x)ex1．故当x0时，f(x)0，f严格递增；当x0,f(x)0，

f严格递减．又由于f在x0处连续，则当x0时f(x)f(0)0,从而证得 ex1x,x0.

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