07-第七章 微分学的基本定理

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正文部分

7.1.2 思考题

对于下列问题，如果肯定，请作出证明；如果否定，请举出例子。

题目 1

如果在命题中将函数 $f$ 在点 $a$ 右连续的条件去掉，则结论是否还能成立？

解答 不能。令 $f(a)=1$，而在 $x>a$ 时令 $f(x)=0$，则 $f^{\prime }(x)\equiv 0$，故 ${\lim }_{x\to a+}{f}^{\prime }(x)=0$，但 $f$ 在 $a$ 处不右连续，右导数也不存在。

题目 2

如果在命题中的 $A$ 是无穷大量，而且不具有确定的符号，则结论是否还能成立？

解答 若所谓“无穷大量但不定号”只表示 $f^{\prime }$ 在 $a$ 的右侧无界且反复变号，则不能推出右导数存在。取 $a=0$，

$$f(0)=0,f(x)=x^2\sin \frac{1}{x^2}(x>0),$$

有 $f_{+}^{\prime }(0)=0$，而 $f^{\prime }(x)=2x\sin (1/x^2)-2x^{-1}\cos (1/x^2)$ 在 $0$ 的右侧既无上界也无下界。

题目 3

如果存在 $f_{+}^{\prime }(a)=A$，则是否存在 $f^{\prime }(a+)$？为什么？

解答 不能。上例已经给出反例：$f_{+}^{\prime }(0)=0$ 存在，但 ${\lim }_{x\to 0+}{f}^{\prime }(x)$ 不存在。

7.1.2 例题

例题 7.1.1

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上可微，则导函数 $f^{\prime }(x)$ 不会有第一类间断点。

证 用反证法。设点 $c\in (a,b)$ 是 $f^{\prime }(x)$ 的第一类间断点，则导函数 $f^{\prime }$ 在 $c$ 存在有限的两个单侧极限

$$f^{\prime }(c-)\text{和}{f}^{\prime }(c+).$$

又因存在 $f^{\prime }(c)$，所以 $f$ 在 $c$ 连续，这包含了函数 $f$ 在该点的两个单侧连续性。应用命题 7.1.7 的结论，知道成立两个等式：

$$f^{\prime }(c-)=f_{-}^{\prime }(c)\text{和}{f}^{\prime }(c+)=f_{+}^{\prime }(c).$$

由于 $f$ 在 $c$ 可导，因此有

$$f_{-}^{\prime }(c)=f^{\prime }(c)=f_{+}^{\prime }(c).$$

合并这些结果就得到

$$f^{\prime }(c-)=f^{\prime }(c)=f^{\prime }(c+).$$

这恰恰表明导函数 $f^{\prime }(x)$ 在点 $c$ 连续。引出矛盾。

注 在区间上的导函数可以有第二类间断点，见例题 6.1.5 及其图 6.3。

7.1.3 例题

例题 7.1.2

设

$$\frac{a_0}{n+1}+\frac{a_1}{n}+\cdots +a_n=0,$$

证明：方程

$$f(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n=0$$

在区间 $(0,1)$ 中至少有一个根。

证 构造辅助函数

$$F(x)=\frac{a_0{x}^{n+1}}{n+1}+\frac{a_1{x}^n}{n}+\cdots +a_{n}x,$$

则可见 $F(0)=F(1)=0$。对 $F$ 在区间 $[0,1]$ 上用 Rolle 定理，就知道 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 中有零点。

例题 7.1.3

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微，$f(a)=f(b)=0$。证明：对每个 $x\in (a,b)$，存在 $\xi \in (a,b)$，使得成立

$$f(x)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}(x-a)(x-b).$$

证 1 固定 $x\in (a,b)$，令

$$\lambda =\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}.$$

于是只要证明存在 $\xi \in (a,b)$，使成立 $f^{\prime \prime }(\xi )=\lambda$。构造在 $[a,b]$ 上的辅助函数

$$F(t)=f(t)-\frac{\lambda }{2}(t-a)(t-b).$$

由条件 $f(a)=f(b)=0$ 得到 $F(a)=F(b)=0$。从 $\lambda$ 的定义还可得到 $F(x)=0$。在区间 $[a,x]$ 和 $[x,b]$ 上分别对 $F$ 用 Rolle 定理得到两个点 ${\eta }_1$ 和 ${\eta }_2$，满足条件

$$a<{\eta }_1<x<{\eta }_2<b\text{和}{F}^{\prime }({\eta }_1)=F^{\prime }({\eta }_2)=0.$$

然后再在区间 $[{\eta }_1,{\eta }_2]$ 上对 $F^{\prime }$ 用 Rolle 定理，知道有 $\xi \in ({\eta }_1,{\eta }_2)\subset (a,b)$，满足要求 $F^{\prime \prime }(\xi )=0$。这就是 $f^{\prime \prime }(\xi )=\lambda$。

证 2 也可以用 Cauchy 中值定理来证明。将要证明的等式改写为

$$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}.\text{\hspace{1em}(7.12)}$$

记区间 $[a,b]$ 的中点为 $c=\frac{1}{2}(a+b)$。若 $f^{\prime }(c)\ne 0$，则在 (7.12) 右边的分子和分母中将 $x$ 换为变量 $t$ 后得到的一对函数的导数不会同时为 $0$，因此可利用条件 $f(a)=f(b)=0$，在子区间 $[a,x]$ 和 $[x,b]$ 上分别用 Cauchy 中值定理得到

$$\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}=\frac{f^{\prime }({\eta }_1)}{{\eta }_1-c}=\frac{f^{\prime }({\eta }_2)}{{\eta }_2-c}=\frac{f^{\prime }({\eta }_1)-f^{\prime }({\eta }_2)}{{\eta }_1-{\eta }_2},$$

其中 ${\eta }_1$ 和 ${\eta }_2$ 满足要求 $a<{\eta }_1<x<{\eta }_2<b$。最后再用 Lagrange 中值定理，得到 $\xi \in ({\eta }_1,{\eta }_2)$，使 (7.12) 成立。

若有 $f^{\prime }(c)=0$，则对于每个 $x\in (a,b)$，在子区间 $[a,x]$ 和 $[x,b]$ 中至少有一个子区间上仍可用 Cauchy 中值定理，并计算如下：

$$\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{\eta -c}=\frac{f^{\prime }(\eta )-f^{\prime }(c)}{\eta -c}=f^{\prime \prime }(\xi ).$$

注 以上两种方法可以解决许多类似的问题。实际上如果仔细分析的话，容易发现这两个方法无多大差别，只不过在写法上略有不同而已。其中第一个方法可以称为待定常数法，是作辅助函数的一种很有用的方法。

例题 7.1.4

设函数 $f$ 在点 $a$ 处二阶可导，且 $f^{\prime \prime }(a)\ne 0$，则在 $h$ 充分小时，成立

$$f(a+h)-f(a)=f^{\prime }(a+\theta h)h,$$

而且其中的 $\theta$ 具有性质

$$\underset{h\to 0}{\lim }\theta (h)=\frac{1}{2}.$$

证 由于存在 $f^{\prime \prime }(a)$，因此至少在 $a$ 的一个邻域上 $f$ 可微。当 $h$ 充分小时，可在区间 $[a,a+h]$（$h>0$）或 $[a+h,a]$（$h<0$）上用 Lagrange 中值定理，得到

$$f(a+h)-f(a)=f^{\prime }(a+\theta h)h,\text{\hspace{1em}(7.13)}$$

其中 $0<\theta <1$。

考虑分式

$$I=\frac{f(a+h)-f(a)-f^{\prime }(a)h}{h^2}.\text{\hspace{1em}(7.14)}$$

若令 $F(x)=f(a+x)-f(a)-f^{\prime }(a)x$，$G(x)=x^2$，则上式的分子为 $F(h)-F(0)$，分母为 $G(h)-G(0)$，用 Cauchy 中值定理，存在 $\eta \in (0,h)$ 或 $(h,0)$，使得

$$I=\frac{f^{\prime }(a+\eta )-f^{\prime }(a)}{2\eta }.$$

另一方面，将 (7.13) 用于 (7.14) 的分子，又有

$$I=\frac{f^{\prime }(a+\theta h)h-f^{\prime }(a)h}{h^2}=\frac{f^{\prime }(a+\theta h)-f^{\prime }(a)}{h}.$$

令以上两个表达式相等，并写成

$$\theta \cdot \frac{f^{\prime }(a+\theta h)-f^{\prime }(a)}{\theta h}=\frac{f^{\prime }(a+\eta )-f^{\prime }(a)}{2\eta }.$$

由于 $0<\theta <1$，$\eta$ 在 $a$ 和 $a+h$ 之间，而且有条件 $f^{\prime \prime }(a)\ne 0$，因此在上式两边令 $h\to 0$，就可以得到 ${\lim }_{h\to 0}\theta (h)=1/2$。

例题 7.1.5

若 $I$ 为区间，$f\in C(I)$，且在区间 $I$ 中的所有内点处的导数均为 $0$，证明：$f$ 为 $I$ 上的常值函数。

证 1 任取 $a,b\in I$，且设 $a<b$。则可以在闭区间 $[a,b]$ 上对 $f$ 用 Lagrange 中值定理，知道存在 $\xi \in (a,b)(\subset I)$，使得

$$f(a)-f(b)=f^{\prime }(\xi )(a-b).$$

由于 $f^{\prime }(\xi )=0$，就有 $f(a)=f(b)$。这样就证明了函数 $f$ 在区间 $I$ 中的任意两点上的值相等，因此 $f$ 是区间 $I$ 上的常值函数。

注 应当指出，不用 Lagrange 中值定理也可以证明上述结论。下面的第二个证明中的方法是 Lebesgue 方法（见例题 3.5.2、例题 3.7.1 的证 6 和例题 5.2.3）。这个证明的优点是只需要用右导数为 $0$ 就够了。

证 2 任取 $a,b\in I$，且设 $a<b$。只要证明 $f$ 在 $[a,b]$ 上为常值函数即可。对给定的 $\epsilon >0$，从条件

$$\underset{x\to a+}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f_{+}^{\prime }(a)=0,$$

可见存在 $\delta >0$，使得当 $x\in (a,a+\delta )$ 时，成立

$$\left|\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right|<\epsilon .$$

在不等式两边同乘 $(x-a)(>0)$，可以得到

$$|f(x)-f(a)|\le \epsilon |x-a|.\text{\hspace{1em}(7.15)}$$

这里将不等号从 $<$'' 改为 $\le$”，可以使得 (7.15) 在 $x=a$ 时也成立。此外，由函数 $f$ 的连续性可以知道，(7.15) 在 $x=a+\delta$ 时也成立。于是，就得到在 $a\le x\le a+\delta$ 时成立的不等式 (7.15)。它也可改写为

$$f(a)-\epsilon (x-a)\le f(x)\le f(a)+\epsilon (x-a).\text{\hspace{1em}(7.16)}$$

从几何上看，在 $[a,a+\delta ]$ 上 $y=f(x)$ 被夹在两条直线 $y=f(a)\pm \epsilon (x-a)$ 之间。

以下用 Lebesgue 方法证明不等式 (7.15)（即 (7.16)）在区间 $[a,b]$ 上成立。定义数集

$$S=\{t\in [a,b]\mid |f(x)-f(a)|\le \epsilon |x-a|,\forall x\in [a,t]\}.$$

已知 $a+\delta \in S$，因此 $S$ 是非空有上界的数集。根据确界存在定理，有

$$\beta =\sup S.$$

由 $S$ 的定义和 $\beta$ 为 $S$ 的最小上界，可知这时有 $[a,\beta )\subset S$（请读者补充）。在不等式 (7.15) 中令 $x\to \beta -$，利用 $f$ 在 $\beta$ 的连续性，可见 $\beta \in S$。

还要证明 $\beta =b$。实际上，如果 $\beta <b$，则从 $f_{+}^{\prime }(\beta )=0$，可知存在 $\eta >0$，使得当 $\beta \le x\le \beta +\eta <b$ 时，有

$$|f(x)-f(\beta )|\le \epsilon |x-\beta |.$$

因此当 $\beta \le x\le \beta +\eta$ 时就有

$$|f(x)-f(a)|\le |f(x)-f(\beta )|+|f(\beta )-f(a)|\le \epsilon (|x-\beta |+|\beta -a|)=\epsilon |x-a|.$$

这就推出 $\beta +\eta \in S$，而与 $\beta$ 为 $S$ 的上界相矛盾。

于是我们已经证明对于区间 $[a,b]$ 内的每一个 $x$，不等式 (7.15) 成立。最后，利用 $\epsilon >0$ 的任意性，就得到 $f(x)\equiv f(a)$。因此 $f$ 在 $[a,b]$ 上是常值函数。由于 $a,b$ 是区间 $I$ 中的任意两点，因此 $f$ 是 $I$ 上的常值函数。

例题 7.1.6（不定积分的基本定理）

若 $I$ 为区间，$f,g\in C(I)$，且已知最多除有限点外有 $f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)$，则存在常数 $C$，使得在区间 $I$ 上成立 $f(x)=g(x)+C$，这就是说 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的差是区间 $I$ 上的一个常值函数。

证 作辅助函数

$$F(x)=f(x)-g(x),$$

并将区间按所指出的有限个例外点分成有限个子区间，然后对每一子区间上的函数 $F$ 分别用例题 7.1.5 中的结论，知道 $F$ 在每一子区间上为常数。最后从 $F\in C(I)$ 推出函数 $F(x)$ 在整个区间 $I$ 上为常值函数。

例题 7.1.7

设 $I$ 为区间，$f\in C(I)$，且在 $I$ 中的所有内点处可微。又设存在常数 $L>0$，使得对 $I$ 的所有内点 $x$ 成立 $|f^{\prime }(x)|\le L$，则 $f$ 在区间 $I$ 上满足 Lipschitz 条件。

证 任取 $x_1,x_2\in I$，且 $x_1<x_2$。在区间 $[x_1,x_2]$ 上对 $f$ 用 Lagrange 中值定理，就有 $\xi \in (x_1,x_2)$，使成立

$$|f(x_1)-f(x_2)|=|f^{\prime }(\xi )|\cdot |x_1-x_2|\le L|x_1-x_2|.$$

注 在 5.4.5 小节的练习题 1 表明满足 Lipschitz 条件的函数是一致连续函数。因此可知，导函数有界的函数具有良好的性质。

例题 7.1.8

设 $f\in C[0,1]$，在 $(0,1)$ 上可微，并且 $f(0)=0$，$f(1)=1$。又设 $k_1,k_2,\cdots ,k_n$ 是满足 $k_1+k_2+\cdots +k_n=1$ 的 $n$ 个正数。证明：在 $(0,1)$ 中存在 $n$ 个互不相同的数 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$，使得

$$\frac{k_1}{f^{\prime }(t_1)}+\frac{k_2}{f^{\prime }(t_2)}+\cdots +\frac{k_n}{f^{\prime }(t_n)}=1.\text{\hspace{1em}(7.17)}$$

证 由介值定理知可以在 $(0,1)$ 中插入 $x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1}$，使得

$$0=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{n-1}<x_n=1,$$

同时满足

$$f(x_1)=k_1,f(x_2)=k_1+k_2,\cdots ,f(x_{n-1})=k_1+k_2+\cdots +k_{n-1}.$$

在区间 $[x_{i-1},x_i]$（$i=1,2,\cdots ,n$）上用 Lagrange 中值定理，有 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$，使得

$$k_i=f(x_i)-f(x_{i-1})=f^{\prime }(t_i)(x_i-x_{i-1}),i=1,2,\cdots ,n.$$

这样就有

$$\frac{k_1}{f^{\prime }(t_1)}+\frac{k_2}{f^{\prime }(t_2)}+\cdots +\frac{k_n}{f^{\prime }(t_n)}=(x_1-x_0)+(x_2-x_1)+\cdots +(x_n-x_{n-1})=1.$$

注 本题的条件和求证的结论有什么意义？若一开始就从运动学的角度来观察本题，则很容易理解，而且可以很自然地想出证明的思路。实际上，如在 Lagrange 中值定理后的注 2 中所说，将 $y=f(x)$ 看成是质点做直线运动时的路程与时间的关系，则在等式 (7.17) 中左边的每一项可以看成是 $k_i$ 除以 $t_i$ 时刻的瞬时速度。因此，若将 $k_i$ 看成是一段路程的长度，则从 Lagrange 中值定理的运动学意义，适当选择 $t_i$ 就可以使得这样的商等于运动所花的时间。由于 $k_1+k_2+\cdots +k_n=1$，又有 $f(0)=0$ 和 $f(1)=1$，因此就可将全路程按长度 $k_1,k_2,\cdots ,k_n$ 分段，求出相应的时间 $x_1,\cdots ,x_{n-1}$，然后用 Lagrange 中值定理即可。这就是上述证明背后的思想。当然也可以从几何角度来考虑本题的求解。

7.1.4 练习题

题目 1

用 Rolle 定理解决以下问题：

1. 证明：方程 $e^x=a{x}^2+bx+c$ 的不同实根不多于 $3$ 个；
2. 证明：方程 $4a{x}^3+3b{x}^2+2cx=a+b+c$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个根；
3. 若 $f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0$ 有 $n+1$ 个（不同）实根，证明：$f(x)\equiv 0$；
4. 若 $2a^2\le 5b$，证明：方程 $x^5+a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$ 不可能有 $5$ 个不同的实根；
5. 证明：Legendre 多项式

$$P_n(x)=\frac{1}{2^{n}n!}[(x^2-1{)}^n{]}^{(n)}$$

在 $(-1,1)$ 内有 $n$ 个不同实根； 6. 证明：Laguerre（拉盖尔）多项式 $L_n(x)=e^x(x^n{e}^{-x}{)}^{(n)}$ 有 $n$ 个不同正根。（这里需要用 Rolle 定理的一个推广，见下面的题 6。）

解答

1. 令 $F(x)=e^x-a{x}^2-bx-c$。若方程有四个不同实根，连续使用三次 Rolle 定理可得某点 $\xi$ 满足 $F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$，但 $F^{\prime \prime \prime }(x)=e^x>0$，矛盾。
2. 令 $F(x)=a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2-(a+b+c)x$，则 $F(0)=F(1)=0$。由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$，这正是所给方程。
3. 若 $f$ 有 $n+1$ 个不同实根，连续使用 $n$ 次 Rolle 定理可得 $f^{(n)}$ 有零点。因 $f^{(n)}\equiv n!a_n$，故 $a_n=0$；逐次降次即得 $a_{n-1}=\cdots =a_0=0$。
4. 设左端多项式为 $P$。若 $P$ 有五个不同实根，则 $P^{\prime \prime \prime }$ 至少有两个不同实根，而

$$P^{\prime \prime \prime }(x)=6(10x^2+4ax+b).$$

其判别式为 $16a^2-40b=8(2a^2-5b)\le 0$，故至多有一个实根，矛盾。 5. 令 $G(x)=(x^2-1{)}^n$。$\pm 1$ 均为 $G$ 的 $n$ 重零点。逐次使用 Rolle 定理可知，$G^{(k)}$ 在 $(-1,1)$ 内至少有 $k$ 个不同零点；取 $k=n$，便知 $P_n$ 至少有 $n$ 个不同零点。又 $P_n$ 的次数为 $n$，故恰有 $n$ 个不同零点，且全在 $(-1,1)$ 内。 6. 令 $G(x)=x^n{e}^{-x}$。它在 $0$ 处有 $n$ 重零点，且 $G^{(k)}(x)\to 0$ $(x\to +\infty )$。由无限区间上的 Rolle 定理递推可知，$G^{(k)}$ 在 $(0,+\infty )$ 内至少有 $k$ 个不同零点；于是 $G^{(n)}$ 有 $n$ 个不同正零点。因 $L_n(x)=e^x{G}^{(n)}(x)$ 且 $e^x>0$，结论成立。

题目 2

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上满足 Rolle 定理中的条件，且 $f_{+}^{\prime }(a)f_{-}^{\prime }(b)>0$。证明：$f^{\prime }(x)=0$ 在 $(a,b)$ 中至少有两个根。

解答 不妨设 $f_{+}^{\prime }(a)>0$、$f_{-}^{\prime }(b)>0$。于是充分靠近 $a$ 时 $f(x)>f(a)$，充分靠近 $b$ 且 $x<b$ 时 $f(x)<f(b)=f(a)$。故 $f$ 在 $(a,b)$ 内分别取得一个最大值和一个最小值，两点互异；由 Fermat 定理，这两点均为 $f^{\prime }$ 的零点。两端导数同为负数时同理。

题目 3

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，且有 $0<a<b$ 成立。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$f(b)-f(a)=\ln \frac{b}{a}\cdot \xi f^{\prime }(\xi ).$$

解答 对 $f$ 与 $g(x)=\ln x$ 使用 Cauchy 中值定理，有

$$\frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{1/\xi }=\xi f^{\prime }(\xi ),$$

即得结论。

题目 4

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$2\xi [f(b)-f(a)]=(b^2-a^2)f^{\prime }(\xi ).$$

（若应用 Cauchy 中值定理，则要讨论其条件不满足的情况。）

解答 对 $f$ 与 $g(x)=x^2$ 使用 Cauchy 中值定理，便有

$$[f(b)-f(a)]2\xi =(b^2-a^2)f^{\prime }(\xi ).$$

若 $a=-b$，也可直接取 $\xi =0$。

题目 5

设 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，且导函数 $g^{\prime }$ 在区间 $(a,b)$ 中无零点。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(\xi )-f(a)}{g(b)-g(\xi )}.$$

解答 令

$$F(x)=[f(x)-f(a)][g(b)-g(x)].$$

因 $F(a)=F(b)=0$，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$，即

$$f^{\prime }(\xi )[g(b)-g(\xi )]-g^{\prime }(\xi )[f(\xi )-f(a)]=0.$$

又 $g^{\prime }$ 无零点，故 $g$ 严格单调，分母均非零，整理即得所证等式。

题目 6

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上连续，在 $(a,+\infty )$ 上可微，且 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=f(a)$。证明：存在 $\xi >a$，使得 $f^{\prime }(\xi )=0$。（Rolle 定理在无限区间上的推广。）

解答 任取 $x_0>a$。若 $f(x_0)=f(a)$，直接对 $[a,x_0]$ 使用 Rolle 定理。若 $f(x_0)>f(a)$，由 $f(x)\to f(a)$ 可取 $B>x_0$ 使 $f(B)<f(x_0)$，于是 $f$ 在 $[a,B]$ 的最大值于内点取得；若 $f(x_0)<f(a)$，同理考察最小值。两种情形均由 Fermat 定理得到某个 $\xi >a$ 满足 $f^{\prime }(\xi )=0$。

题目 7

设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可微，且 $0\le f(x)\le x/(1+x^2)$。证明：存在 $\xi >0$，使得

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{1-{\xi }^2}{(1+{\xi }^2{)}^2}.$$

解答 记 $g(x)=x/(1+x^2)$，$F=f-g$。由题设 $f(0)=0$，且 $0\le f(x)\le g(x)\to 0$，故 $F(0)=0$ 且 $F(x)\to 0$。对 $F$ 使用上一题的无限区间 Rolle 定理，存在 $\xi >0$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$，即

$$f^{\prime }(\xi )=g^{\prime }(\xi )=\frac{1-{\xi }^2}{(1+{\xi }^2{)}^2}.$$

题目 8

对于 (1) $f(x)=a{x}^2+bx+c$（$a\ne 0$），(2) $f(x)=1/x$（$x>0$），计算在公式

$$f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime }(x+\theta \Delta x)\Delta x$$

中的 $\theta$，并求极限 ${\lim }_{\Delta x\to 0}\theta$。（这些计算是检验例题 7.1.4 的结论。此外 (1) 与第二组参考题 9 有关。）

解答 记 $h=\Delta x$。

1. 比较

$$f(x+h)-f(x)=(2ax+b+ah)h$$

与 $f^{\prime }(x+\theta h)h=[2a(x+\theta h)+b]h$，得 $\theta =1/2$。 2. 当 $x,x+h>0$ 时，

$$-\frac{h}{x(x+h)}=-\frac{h}{(x+\theta h{)}^2},$$

从而

$$\theta =\frac{\sqrt{x(x+h)}-x}{h}=\frac{x}{\sqrt{x(x+h)}+x}⟶\frac{1}{2}(h\to 0).$$

题目 9

证明：当 $x\ge 0$ 时有

$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta (x)}},$$

其中 $\frac{1}{4}\le \theta (x)\le \frac{1}{2}$，且具有性质

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\theta (x)=\frac{1}{4},\underset{x\to +\infty }{\lim }\theta (x)=\frac{1}{2}.$$

解答 由

$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta (x)}}$$

可得

$$\theta (x)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}(\sqrt{x^2+x}-x).$$

对 $x\ge 0$ 有 $0\le \sqrt{x^2+x}-x<1/2$，故 $1/4\le \theta (x)<1/2$；并且

$$\sqrt{x^2+x}-x=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}$$

在 $x\to 0+$、$x\to +\infty$ 时分别趋于 $0$、$1/2$，于是两个极限分别为 $1/4$、$1/2$。

题目 10

证明：在区间上的导函数如果单调，则一定连续。

解答 导函数具有 Darboux 性质。若单调的 $f^{\prime }$ 在某点有跳跃，则在左右极限之间任取一个数，Darboux 定理要求 $f^{\prime }$ 在任意跨过该点的小区间内取到此值，这与单调函数跳跃处的值域缺口矛盾。因此 $f^{\prime }$ 连续。

题目 11

设 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上可微。证明：若 $f(a)$ 是 $f$ 的最大值，则 $f_{+}^{\prime }(a)\le 0$；若 $f(b)$ 是 $f$ 的最大值，则 $f_{-}^{\prime }(b)\ge 0$。

解答 若 $f(a)$ 为最大值，则对充分小的 $h>0$ 有

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\le 0,$$

令 $h\to 0+$ 得 $f_{+}^{\prime }(a)\le 0$。右端点情形同理，由 $[f(b-h)-f(b)]/(-h)\ge 0$ 得 $f_{-}^{\prime }(b)\ge 0$。

题目 12

证明：当且仅当 $|x|\le 1/\sqrt{2}$ 时，成立

$$2\arcsin x=\arcsin \left(2x\sqrt{1-x^2}\right).$$

解答 令 $\alpha =\arcsin x\in [-\pi /2,\pi /2]$，则 $2x\sqrt{1-x^2}=\sin 2\alpha$。等式成立当且仅当 $\arcsin (\sin 2\alpha )=2\alpha$，也就是 $|2\alpha |\le \pi /2$。这等价于 $|\alpha |\le \pi /4$，亦即 $|x|\le 1/\sqrt{2}$。

题目 13

设函数 $f$ 在区间 $I$ 上二阶可微，且 $f^{\prime \prime }(x)\equiv 0$。问：$f$ 是什么函数？

解答 由 $f^{\prime \prime }\equiv 0$，函数 $f^{\prime }$ 在 $I$ 上为常数。故存在常数 $A,B$，使 $f(x)=Ax+B$。

题目 14

证明：在有界开区间 $(a,b)$ 上无界的可微函数的导数也一定无界。

解答 反设 $|f^{\prime }(x)|\le M$。固定 $x_0\in (a,b)$，对任意 $x\in (a,b)$ 使用中值定理，有

$$|f(x)-f(x_0)|\le M|x-x_0|\le M(b-a),$$

从而 $f$ 有界，矛盾。

题目 15

设 $f$ 在 $(0,a)$ 上可微，$f^{\prime }(0+)=+\infty$。证明：$f^{\prime }(x)$ 在点 $x=0$ 的右侧无下界。

解答 原命题中的“无下界”不成立。例如 $f(x)=\sqrt{x}$ 满足 $f_{+}^{\prime }(0)=+\infty$，但 $f^{\prime }(x)=1/(2\sqrt{x})>0$，在 $0$ 的右侧有下界。正确结论应为“无上界”：若 $f_{+}^{\prime }(0)=+\infty$ 而 $f^{\prime }$ 在 $(0,\delta )$ 上有上界 $M$，由中值定理便有 $[f(x)-f(0)]/x\le M$，与右导数为 $+\infty$ 矛盾。

题目 16

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，$f(a)=f(b)$，但 $f$ 不是常值函数。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime }(\xi )>0$。

解答 取 $c\in (a,b)$ 使 $f(c)\ne f(a)$。若 $f(c)>f(a)$，对 $[a,c]$ 使用中值定理可得某点导数为正；若 $f(c)<f(a)=f(b)$，则对 $[c,b]$ 使用中值定理可得某点导数为正。

题目 17

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上二阶可微，又知连接点 $A(0,f(0))$ 和 $B(1,f(1))$ 的直线段与曲线 $y=f(x)$ 交于点 $C(c,f(c))$，其中 $0<c<1$。证明：在 $(0,1)$ 内存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解答 令 $L(x)=f(0)+[f(1)-f(0)]x$，$g=f-L$。由题意 $g(0)=g(c)=g(1)=0$。两次使用 Rolle 定理，先得 $g^{\prime }$ 的两个不同零点，再得某个 $\xi \in (0,1)$ 满足 $g^{\prime \prime }(\xi )=0$。因 $L^{\prime \prime }=0$，故 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

题目 18

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，且 $f^{\prime }(x)$ 无零点。证明：存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使得

$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{f^{\prime }(\eta )}=\frac{e^b-e^a}{b-a}{e}^{-\eta }.$$

解答 由 Lagrange 中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使

$$f(b)-f(a)=(b-a)f^{\prime }(\xi ).$$

再对 $e^x$ 与 $f(x)$ 使用 Cauchy 中值定理，存在 $\eta \in (a,b)$ 使

$$\frac{e^b-e^a}{f(b)-f(a)}=\frac{e^{\eta }}{f^{\prime }(\eta )}.$$

因 $f^{\prime }$ 无零点，合并两式即得

$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{f^{\prime }(\eta )}=\frac{e^b-e^a}{b-a}{e}^{-\eta }.$$

题目 19

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上可微，$f(0)=f(1)=0$，$f\left(\frac{1}{2}\right)=1$。证明：

1. 存在 $\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使 $f(\eta )=\eta$；
2. 对任何实数 $\lambda$，存在 $\xi \in (0,\eta )$，使 $f^{\prime }(\xi )-\lambda (f(\xi )-\xi )=1$。

解答

1. 令 $g(x)=f(x)-x$。因 $g(1/2)=1/2>0$、$g(1)=-1<0$，由介值定理存在 $\eta \in (1/2,1)$ 使 $g(\eta )=0$，即 $f(\eta )=\eta$。
2. 由 $g(0)=g(\eta )=0$，对 $e^{-\lambda x}g(x)$ 在 $[0,\eta ]$ 上使用 Rolle 定理，存在 $\xi \in (0,\eta )$ 使

$$g^{\prime }(\xi )-\lambda g(\xi )=0.$$

代入 $g=f-x$ 即得 $f^{\prime }(\xi )-\lambda [f(\xi )-\xi ]=1$。

题目 20

设 $f$ 为区间 $I$ 上的可微函数。证明：$f^{\prime }$ 为 $I$ 上的常值函数的充分必要条件是 $f$ 为线性函数。

解答 若 $f^{\prime }\equiv A$，则由中值定理 $f(x)-f(x_0)=A(x-x_0)$，故 $f(x)=Ax+B$。反之，线性函数的导数显然为常数。

7.2.2 例题

例题 7.2.1

计算 $f(x)=\arcsin x$ 的 Maclaurin 公式直到 $x^5$ 项。

解 1 对 $f$ 求导，并利用二项式展开公式，就有

$$f^{\prime }(x)=(1-x^2{)}^{-\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{3}{8}{x}^4+o(x^5)(x\to 0).$$

根据上一小节的唯一性引理和带 Peano 余项的 Taylor 公式，可见上式就是 $f^{\prime }(x)$ 的 Maclaurin 公式。利用 Taylor 公式中的系数公式，就可以从上式右边的已知系数反过来求出 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处的值和各阶导数值：

$$1=f^{\prime }(0),0=f^{\prime \prime }(0),\frac{1}{2}=\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{2!},0=f^{(4)}(0),\frac{3}{8}=\frac{f^{(5)}(0)}{4!},0=f^{(6)}(0).$$

这样就求出所需要的前 $6$ 阶导数：

$$f^{\prime }(0)=1,f^{\prime \prime }(0)=0,f^{\prime \prime \prime }(0)=1,f^{(4)}(0)=0,f^{(5)}(0)=9,f^{(6)}(0)=0.$$

再利用 $f(0)=0$，就得到所要求的 Maclaurin 公式：

$$\arcsin x=x+\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{9}{5!}{x}^5+o(x^6)=x+\frac{1}{6}{x}^3+\frac{3}{40}{x}^5+o(x^6)(x\to 0).$$

注 若将以上的解法发展一步，就可以写出 $\arcsin x$ 的一般的 Maclaurin 公式，而无须求出这个函数在 $x=0$ 处的任意阶导数值。再往前一步，我们可以提出来高阶导数的一种间接计算法。从 $f(x)=\arcsin x$ 的导函数出发，计算

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =(1-x^2{)}^{-\frac{1}{2}}\\ & =1+\sum _{k=1}^n\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots \left(-\frac{1}{2}-k+1\right)}{k!}(-x^2{)}^k+o(x^{2k+1})\\ & =1+\sum _{k=1}^n\frac{(2k-1)!!}{2^{k}k!}{x}^{2k}+o(x^{2k+1})(x\to 0),\end{array}$$

就可以对任意正整数 $k$ 得到 $f^{(2k)}(0)=0$ 和

$$f^{(2k+1)}(0)=(2k)!\frac{(2k-1)!!}{2^{k}k!}=[(2k-1)!!{]}^2.$$

这就是在例题 6.2.3 已经得到的结果。请读者试用这种新方法计算 $\arctan x$ 和 $\ln (1+x)$ 的 Maclaurin 公式和它们在 $x=0$ 处的任意阶导数值。

解 2 由于 $f(x)=\arcsin x$ 是奇函数，又有 $f^{\prime }(0)=1$，因此它的 Maclaurin 公式的形式如下：

$$\arcsin x=x+a{x}^3+b{x}^5+o(x^6)(x\to 0).$$

这里只需确定两个系数 $a$ 和 $b$。利用 $\arcsin x$ 是 $\sin x$ 的反函数，又利用 $\sin x$ 的 Maclaurin 公式，就有

$$\begin{array}{rl}x& =\sin (\arcsin x)\\ & =\arcsin x-\frac{1}{6}(\arcsin x{)}^3+\frac{1}{120}(\arcsin x{)}^5+o(x^6)\\ & =(x+a{x}^3+b{x}^5)-\frac{1}{6}(x+a{x}^3{)}^3+\frac{1}{120}{x}^5+o(x^6)(x\to 0).\end{array}$$

比较两边同次幂项的系数，就有方程

$$a-\frac{1}{6}=0,b-\frac{1}{6}\cdot 3a+\frac{1}{120}=0.$$

这样就可解出

$$a=\frac{1}{6},b=\frac{3}{40}.$$

例题 7.2.2

计算 $f(x)=\sqrt[3]{2-\cos x}$ 的 Maclaurin 公式直到 $x^5$ 项。

解 1 将根式内的表达式写成 $1+(1-\cos x)$，并利用

$$1-\cos x=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^5)(x\to 0),$$

就可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sqrt[3]{1+(1-\cos x)}\\ & =1+\frac{1-\cos x}{3}-\frac{(1-\cos x{)}^2}{9}+O((1-\cos x{)}^3)\\ & =1+\left(\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{72}\right)-\frac{x^4}{36}+o(x^5)\\ & =1+\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{24}+o(x^5)(x\to 0).\end{array}$$

解 2 利用 $f$ 为偶函数，因此所要求的公式的形式已可确定为

$$f(x)=1+a{x}^2+b{x}^4+o(x^5)(x\to 0).$$

为确定 $a$ 和 $b$，只要将上式代入

$$[f(x){]}^3=2-\cos x=1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^5)(x\to 0),$$

就得到关于待定系数的方程

$$3a=\frac{1}{2},3b+3a^2=-\frac{1}{24}.$$

从中解出

$$a=\frac{1}{6},b=-\frac{1}{24}.$$

例题 7.2.3

计算函数 $f(x)=\ln \frac{\sin x}{x}$ 的 Maclaurin 公式直到 $x^6$ 项。这里 $f(x)$ 在 $x=0$ 的值用函数在该点的极限值 $0$ 来定义。

解 从正弦函数的展开式开始，有

$$\sin x=x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7+o(x^8)(x\to 0),$$

就有

$$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{1}{3!}{x}^2+\frac{1}{5!}{x}^4-\frac{1}{7!}{x}^6+o(x^7)(x\to 0).$$

记

$$y=-\frac{1}{3!}{x}^2+\frac{1}{5!}{x}^4-\frac{1}{7!}{x}^6+o(x^7)(x\to 0),$$

则 $y=O(x^2)$（$x\to 0$）。然后有

$$\begin{array}{rl}\ln \frac{\sin x}{x}& =\ln (1+y)\\ & =y-\frac{1}{2}{y}^2+\frac{1}{3}{y}^3+O(y^4)\\ & =\left(-\frac{1}{3!}{x}^2+\frac{1}{5!}{x}^4-\frac{1}{7!}{x}^6\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{36}{x}^4-\frac{2}{3!5!}{x}^6\right)+\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{216}{x}^6\right)+o(x^7)\\ & =-\frac{1}{6}{x}^2-\frac{1}{180}{x}^4-\frac{1}{2835}{x}^6+o(x^7)(x\to 0).\end{array}$$

例题 7.2.4

设已知函数（参考图 4.1）

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}(1+x{)}^{1/x},& x\ne 0,\\ e,& x=0\end{array}$$

在 $x=0$ 无穷次可微，计算 $f(x)$ 的 Maclaurin 公式直到 $x^4$ 项。

解 在 $x\ne 0$ 时，将函数 $f$ 写为

$$f(x)=\exp (\ln f(x)),$$

然后写出

$$\ln f(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+\frac{x^4}{5}+o(x^4)(x\to 0).$$

将上式右边记为 $1+y$，就有

$$f(x)=e^{1+y}=e\cdot e^y=e\left(1+y+\frac{y^2}{2!}+\frac{y^3}{3!}+\frac{y^4}{4!}\right)+o(x^4)(x\to 0),$$

其中

$$y=-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+\frac{x^4}{5}+o(x^4)(x\to 0).$$

分别计算出

$$\begin{array}{rl}{y}^2& =\frac{1}{4}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{13}{36}{x}^4+o(x^4)(x\to 0),\\ y^3& =-\frac{1}{8}{x}^3+\frac{1}{4}{x}^4+o(x^4)(x\to 0),\\ y^4& =\frac{1}{16}{x}^4+o(x^4)(x\to 0).\end{array}$$

代入前面的表达式中，最后得到

$$f(x)=e\left(1-\frac{1}{2}x+\frac{11}{24}{x}^2-\frac{7}{16}{x}^3+\frac{2447}{5760}{x}^4\right)+o(x^4)(x\to 0).$$

注 在上面两个例题中都没有验证函数在 $x_0=0$ 处存在任意阶导数。这是在使用间接法时经常会遇到的问题。实际上这里涉及与幂级数（或解析函数）的四则运算和复合运算有关的一些理论问题，在学幂级数之前作讨论是比较困难的。因此在例题和练习题中我们将注意力集中在计算上，而将有关的理论问题留待以后解决。此外，这里还从 $\sin x$ 和 $\ln (1+x)$ 的 Maclaurin 公式出发除以 $x$，得到函数 $\frac{\sin x}{x}$ 和 $\frac{\ln (1+x)}{x}$（在 $x=0$ 处由极限定义）的 Maclaurin 公式，这里的理论根据可在下一章得到解决（见例题 8.1.9 的第 3 个注解）。

例题 7.2.5

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上二阶可微，且已知

$$M_0=\sup \{|f(x)|\mid x\in (0,+\infty )\}\text{和}{M}_2=\sup \{|f^{\prime \prime }(x)|\mid x\in (0,+\infty )\}$$

为有限数。证明

$$M_1=\sup \{|f^{\prime }(x)|\mid x\in (0,+\infty )\}$$

也是有限数，并满足不等式

$$M_1\le 2\sqrt{M_0{M}_2}.$$

证 写出

$$f(x+t)=f(x)+f^{\prime }(x)t+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}{t}^2,$$

其中 $x,t>0$，$\xi \in (x,x+t)$。由此有估计

$$|t{f}^{\prime }(x)|\le \left|f(x+t)-f(x)-\frac{t^2}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi )\right|\le 2M_0+\frac{t^2}{2}{M}_2.$$

这样就得到

$$|f^{\prime }(x)|\le \frac{2M_0}{t}+\frac{t}{2}{M}_2.$$

这对每个 $x\in (0,+\infty )$ 成立。取上确界，就有

$$M_1\le \frac{2M_0}{t}+\frac{t}{2}{M}_2.\text{\hspace{1em}(7.24)}$$

因此 $M_1$ 为有限数。由于这对每个 $t>0$ 成立，为了得到最好的估计，可以取 $t=2\sqrt{M_0/M_2}$，使右边的和达到最小，即有

$$M_1\le 2\sqrt{M_0{M}_2}.$$

注 本题有许多推广和研究，例如见本章的第一组参考题 17、第二组参考题 15 等。比较详细的资料见 [30]。

例题 7.2.6

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(a)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)=\frac{1}{4}(b-a{)}^2{f}^{\prime \prime }(\xi ).$$

证 写出 $f(a),f(b)$ 在点 $\frac{a+b}{2}$ 的 Taylor 展开式：

$$\begin{array}{rl}f(a)& =f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\frac{a-b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1){\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2,\\ f(b)& =f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\frac{b-a}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2){\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2.\end{array}$$

然后将两式相加，就有

$$f(a)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)=\frac{1}{8}(b-a{)}^2[f^{\prime \prime }({\eta }_1)+f^{\prime \prime }({\eta }_2)].$$

对 $f^{\prime \prime }$ 用 Darboux 定理（命题 7.1.6），即有 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{1}{2}[f^{\prime \prime }({\eta }_1)+f^{\prime \prime }({\eta }_2)].$$

注 本题的证明方法很多，除了用 Taylor 公式为主要工具的上述证明外，这里再简述两种证明方法。

1. 令

$$\lambda =\frac{f(a)+f(b)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)}{\frac{(b-a{)}^2}{4}},$$

构造辅助函数

$$F(t)=f(t)+f(a)-2f\left(\frac{t+a}{2}\right)-\lambda \frac{(t-a{)}^2}{4},$$

以下与例题 7.1.3 相同。 2. 作辅助函数

$$\phi (x)=f\left(x+\frac{b-a}{2}\right)-f(x),$$

然后考虑差 $\phi \left(\frac{a+b}{2}\right)-\phi (a)$。

7.2.3 例题

例题 7.2.7

计算 $\sec x$ 的 Maclaurin 展开式。

解 由于 $\sec x$ 是偶函数，可以假定有

$$\sec x=c_0+c_2{x}^2+c_4{x}^4+\cdots +c_{2n}{x}^{2n}+o(x^{2n+1})(x\to 0).$$

现在令

$$c_{2n}=(-1{)}^n\frac{E_{2n}}{(2n)!},n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

写出

$$\sec x=E_0-\frac{E_2}{2!}{x}^2+\frac{E_4}{4!}{x}^4+\cdots +(-1{)}^n\frac{E_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+o(x^{2n+1})(x\to 0).\text{\hspace{1em}(7.25)}$$

将公式 (7.25) 和 $\cos x$ 的 Maclaurin 公式一起代入恒等式 $\cos x\sec x=1$ 中，就可以得到确定数列 $\{E_{2n}\}$ 的递推公式：

$$E_0=1,E_2+E_0=1,E_4+\frac{4!}{2!2!}{E}_2+E_0=0,$$ $$\cdots \cdots \cdots$$ $$E_{2n}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2}\right)E_{2n-2}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{4}\right)E_{2n-4}+\cdots +E_0=0.$$

从而可以得出

$$E_2=-1,E_4=5,E_6=-61,E_8=1385,E_{10}=-50521,\cdots .$$

例如，这样就可以写出直到前 $6$ 项系数的公式：

$$\sec x=1+\frac{x^2}{2}+\frac{5}{24}{x}^4+\frac{61}{720}{x}^6+\frac{277}{8064}{x}^8+\frac{50521}{3628800}{x}^{10}+o(x^{11})(x\to 0).$$

称 $E_{2n}$ 为 Euler 数。当 $n$ 为偶数时，$E_{2n}$ 为正奇数，且除 $E_0$ 外，其个位数字都是 $5$；当 $n$ 为奇数时，$E_{2n}$ 为负奇数，其个位数字都是 $1$。

注 1 又有

$$\mathrm{sech}x=\frac{2}{e^x+e^{-x}}=E_0+\frac{E_2}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{E_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+o(x^{2n+1})(x\to 0),$$

其中的函数 $\mathrm{sech}x$ 称为双曲正割。

注 2 令 $E_{2n}=(-1{)}^n{\overline{E}}_n$，也有称 ${\overline{E}}_n$ 为 Euler 数的。

例题 7.2.8

计算 $x\cot x$ 的 Maclaurin 展开式，在 $x=0$ 处的函数值补充定义为 $1$。

解 以下运算越出了实数的范围，还用到了 Euler 公式 $e^{ix}=\cos x+i\sin x$，其合理性将在复变函数论中得到解释。

$$\begin{array}{rl}x\cot x& =x\cdot \frac{\cos x}{\sin x}=ix\cdot \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{e^{ix}-e^{-ix}}=ix+\frac{2ix}{e^{2ix}-1}\\ & =ix+B_0+\frac{B_1}{1!}2ix+\frac{B_2}{2!}(2ix{)}^2+\cdots +\frac{B_{2n}}{(2n)!}(2ix{)}^{2n}+o(x^{2n})\\ & =\mathrm{Re}\left[ix+B_0+\frac{B_1}{1!}2ix+\frac{B_2}{2!}(2ix{)}^2+\cdots +\frac{B_{2n}}{(2n)!}(2ix{)}^{2n}+o(x^{2n})\right]\\ & =1-\frac{{\overline{B}}_1{2}^2}{2!}{x}^2-\frac{{\overline{B}}_2{2}^4}{4!}{x}^4-\cdots -\frac{{\overline{B}}_n{2}^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+o(x^{2n+1})(x\to 0).\end{array}$$

写出其前 $5$ 项的系数，即有

$$x\cot x=1-\frac{1}{3}{x}^2-\frac{1}{45}{x}^4-\frac{2}{945}{x}^6-\frac{1}{4725}{x}^8+o(x^9)(x\to 0).$$

例题 7.2.9

计算函数 $\tan x$ 的 Maclaurin 展开式。

解 利用恒等式 $\tan x=\cot x-2\cot 2x$，当 $x=0$ 时将右边取其极限 $0$。这样就有

$$\begin{array}{rl}\tan x& =\frac{x\cot x-2x\cot 2x}{x}\\ & =\frac{{\overline{B}}_1(2^2-1)2^2}{2!}x+\frac{{\overline{B}}_2(2^4-1)2^4}{4!}{x}^3+\cdots \\ & +\frac{{\overline{B}}_n(2^{2n}-1)2^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}+o(x^{2n})(x\to 0).\end{array}$$

写出其前 $5$ 项的系数，即有

$$\tan x=x+\frac{1}{3}{x}^3+\frac{2}{15}{x}^5+\frac{17}{315}{x}^7+\frac{62}{2835}{x}^9+o(x^{10})(x\to 0).$$

7.2.4 练习题

题目 1

计算 $x\csc x$，$\ln \cos x$，$\ln \left(\frac{\sin x}{x}\right)$ 的 Maclaurin 公式。

解答 采用通常的 Bernoulli 数约定 $B_2=1/6,B_4=-1/30,\dots$。由 $x\cot x$、$\tan x$ 的展开式以及逐项积分，可得

$$\begin{array}{rl}x\csc x& =1+\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\frac{2(2^{2k-1}-1)B_{2k}}{(2k)!}{x}^{2k}+o(x^{2n}),\\ \ln \cos x& =-\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\frac{2^{2k}(2^{2k}-1)B_{2k}}{2k(2k)!}{x}^{2k}+o(x^{2n}),\\ \ln \frac{\sin x}{x}& =\sum _{k=1}^n(-1{)}^k\frac{2^{2k}{B}_{2k}}{2k(2k)!}{x}^{2k}+o(x^{2n}).\end{array}$$

特别地，

$$\begin{array}{rl}x\csc x& =1+\frac{x^2}{6}+\frac{7x^4}{360}+\frac{31x^6}{15120}+o(x^6),\\ \ln \cos x& =-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}-\frac{x^6}{45}+o(x^6),\\ \ln \frac{\sin x}{x}& =-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{180}-\frac{x^6}{2835}+o(x^6).\end{array}$$

题目 2

能否用 Taylor 公式作如下计算：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x+o(x^2)}{x}=1,$$ $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\left(1-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^3)\right)}{x^2}=\frac{1}{2},$$

为什么？

解答 一旦已经独立建立 $\sin x$、$\cos x$ 的 Taylor 公式，这两项计算当然正确。但若用它们来初次证明基本极限，就会循环论证，因为三角函数导数公式的建立通常已经使用了 ${\lim }_{x\to 0}\sin x/x=1$，并由此得到 $(1-\cos x)/x^2\to 1/2$。

题目 3

试对函数 $f(x)=(x+a{)}^n$（$a\ne 0$）和 $x_0=0$ 计算它的 Taylor 多项式，从而得到二项式展开定理的一个新证明。

解答 对 $f(x)=(a+x{)}^n$ 在 $0$ 处使用 Taylor 公式。因

$$f^{(k)}(0)=\frac{n!}{(n-k)!}{a}^{n-k}(0\le k\le n),$$

且 $f^{(n+1)}\equiv 0$，故余项恒为零，从而

$$(a+x{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{x}^k.$$

题目 4

设 $f$ 在 $x_0$ 处存在 $f^{(n)}(x_0)$，且有

$$f(x)=\sum _{k=0}^n{a}_k(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0),$$

证明：

$$f^{\prime }(x)=\sum _{k=0}^{n-1}(k+1)a_{k+1}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^{n-1})(x\to x_0).$$

解答 由 Peano 展开式的唯一性，$a_k=f^{(k)}(x_0)/k!$。函数 $f^{\prime }$ 在 $x_0$ 处存在直到 $n-1$ 阶导数，直接对 $f^{\prime }$ 使用 $n-1$ 阶 Taylor 公式，便有

$$f^{\prime }(x)=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k+1)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^{n-1}),$$

代入 $f^{(k+1)}(x_0)=(k+1)!a_{k+1}$ 即得结论。

题目 5

用间接法求函数 $f(x)=\sqrt[3]{\sin x^3}$ 的带 Peano 余项的 Maclaurin 公式，要求写出直到 $x^{13}$ 项的系数。然后利用这个公式计算出函数 $f(x)$ 在点 $x=0$ 的直到 $13$ 阶的各阶导数值。

解答 写成

$$f(x)=x{\left(\frac{\sin x^3}{x^3}\right)}^{1/3}.$$

由

$$\frac{\sin x^3}{x^3}=1-\frac{x^6}{6}+\frac{x^{12}}{120}+o(x^{12}),(1+u{)}^{1/3}=1+\frac{u}{3}-\frac{u^2}{9}+o(u^2),$$

得

$$f(x)=x-\frac{x^7}{18}-\frac{x^{13}}{3240}+o(x^{13}).$$

因而

$$f^{\prime }(0)=1,f^{(7)}(0)=-\frac{7!}{18}=-280,f^{(13)}(0)=-\frac{13!}{3240}=-1921920,$$

其余 $2\le k\le 13$、$k\ne 7,13$ 的导数值均为 $0$。

题目 6

计算 $\arcsin x$ 的带 Peano 余项的 Maclaurin 公式。

解答 由

$$(1-x^2{)}^{-1/2}=\sum _{k=0}^n\frac{(2k)!}{4^k(k!{)}^2}{x}^{2k}+o(x^{2n})$$

逐项积分，得到

$$\arcsin x=\sum _{k=0}^n\frac{(2k)!}{4^k(k!{)}^2(2k+1)}{x}^{2k+1}+o(x^{2n+1}).$$

题目 7

计算 $f(x)=\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}$ 的带 Peano 余项的 Maclaurin 公式。

解答 因

$${\left(\frac{(\arcsin x{)}^2}{2}\right)}^{\prime }=\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}},$$

或直接将上题的展开式与 $(1-x^2{)}^{-1/2}$ 相乘，可得

$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{k=0}^n\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}{x}^{2k+1}+o(x^{2n+1}).$$

前几项为 $x+\frac{2}{3}{x}^3+\frac{8}{15}{x}^5+\frac{16}{35}{x}^7+o(x^7)$。

题目 8

估计下列近似公式的绝对误差：

1. $e^x\approx 1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$，当 $0\le x\le 1$；
2. $\sin x\approx x-\frac{x^3}{6}$，当 $|x|\le \frac{1}{2}$；
3. $\tan x\approx x+\frac{x^3}{3}$，当 $|x|\le \frac{1}{10}$；
4. $\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}$，当 $0\le x\le 1$。

解答

1. Lagrange 余项给出

$$\left|e^x-\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\right|\le \frac{e}{(n+1)!},0\le x\le 1.$$

2. 把近似多项式看成四次 Taylor 多项式，因四次项系数为零，

$$\left|\sin x-x+\frac{x^3}{6}\right|\le \frac{|x{|}^5}{5!}\le \frac{1}{3840}.$$

3. 令 $T=\tan (1/10)$。由

$$(\tan x{)}^{(5)}=16+136{\tan }^{2}x+240{\tan }^{4}x+120{\tan }^{6}x$$

得

$$\left|\tan x-x-\frac{x^3}{3}\right|\le \frac{16+136T^2+240T^4+120T^6}{5!}10^{-5}<1.5\times 10^{-6}.$$

4. 因 $(\sqrt{1+x}{)}^{\prime \prime \prime }=3/[8(1+x{)}^{5/2}]$，

$$\left|\sqrt{1+x}-1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{8}\right|\le \frac{x^3}{16}\le \frac{1}{16}.$$

题目 9

若函数 $f$ 在某点 $x_0$ 的任意阶 Taylor 多项式均恒等于 $0$，是否可推出 $f(x)\equiv 0$？（参考例题 6.2.4 的结论。）

解答 不能。令

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

则 $f$ 在 $0$ 处任意阶导数均为 $0$，所有 Taylor 多项式恒为零，但 $f(x)>0$ $(x\ne 0)$。

题目 10

设 $f$ 在 $[-1,1]$ 上有任意阶导数，$f^{(n)}(0)=0,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}$，且存在常数 $C\ge 0$，使得对所有 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 和 $x\in [-1,1]$，成立不等式 $|f^{(n)}(x)|\le n!C^n$。证明：$f(x)\equiv 0$。

解答 按题面条件，结论不成立：任意非零常值函数都是反例。若原题还应包含 $f(0)=0$（或把 $n=0$ 也列入条件），则结论成立。事实上，在任一点 $x_0$ 已知所有阶导数为零时，对 $|x-x_0|<1/C$ 使用 Lagrange 余项，有

$$|f(x)|\le C^{m+1}|x-x_0{|}^{m+1}⟶0.$$

因而 $f$ 在 $x_0$ 的一个邻域内恒为零。由该邻域端点继续作同样论证，有限次延拓即可覆盖 $[-1,1]$，故 $f\equiv 0$。

题目 11

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微，且 $f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)=0$。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$|f^{\prime \prime }(\xi )|\ge \frac{4}{(b-a{)}^2}|f(b)-f(a)|.$$

解答 记 $m=(a+b)/2$。由三角不等式，

$$\max \{|f(m)-f(a)|,|f(b)-f(m)|\}\ge \frac{1}{2}|f(b)-f(a)|.$$

若前一项达到此下界，利用 $f^{\prime }(a)=0$ 在 $[a,m]$ 上写 Taylor 公式，存在 $\xi \in (a,m)$ 使

$$f(m)-f(a)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi )(m-a{)}^2;$$

因 $m-a=(b-a)/2$，即得 $|f^{\prime \prime }(\xi )|\ge 4|f(b)-f(a)|/(b-a{)}^2$。后一项同理在点 $b$ 展开。

题目 12

1. 设 $f$ 在 $(a,b)$ 上可微。试问对每个点 $\xi \in (a,b)$，是否一定存在两点 $x_1,x_2\in (a,b)$，使得

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(\xi )?$$

2. 设 $f$ 在 $(a,b)$ 上可微，且在某点 $\xi \in (a,b)$ 处有 $f^{\prime \prime }(\xi )>0$。证明：存在两个点 $x_1,x_2\in (a,b)$，使得成立

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(\xi ).$$

解答

1. 不一定。取 $f(x)=x^3$、$\xi =0$。对任何 $x_1\ne x_2$，

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=x_1^2+x_1{x}_2+x_2^2>0=f^{\prime }(0).$$

2. 令 $g(x)=f(x)-f^{\prime }(\xi )x$。由 $g^{\prime }(\xi )=0$、$g^{\prime \prime }(\xi )>0$，存在充分小的 $\delta >0$，使 $g$ 在 $(\xi -\delta ,\xi ]$ 上严格减少，在 $[\xi ,\xi +\delta )$ 上严格增加。取略大于 $g(\xi )$ 的共同函数值，可在两侧分别找到 $x_1,x_2$ 使 $g(x_1)=g(x_2)$，于是

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(\xi ).$$

题目 13

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上二阶可微，且 $f(x)\ge 0$，$f^{\prime \prime }(x)\le 0$，证明：在 $x\ge a$ 时 $f^{\prime }(x)\ge 0$。

解答 若某点 $x_0\ge a$ 有 $f^{\prime }(x_0)<0$，由 $f^{\prime \prime }\le 0$ 可知 $f^{\prime }$ 单调不增，故对 $x>x_0$ 有 $f^{\prime }(x)\le f^{\prime }(x_0)<0$。中值定理遂给出

$$f(x)\le f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)⟶-\infty ,$$

与 $f(x)\ge 0$ 矛盾。因此 $f^{\prime }(x)\ge 0$。

题目 14

设 $f$ 在 $(-1,1)$ 上 $n+1$ 阶可微，$f^{(n+1)}(0)\ne 0$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，在 $0<|x|<1$ 上有

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\cdots +\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}{x}^{n-1}+\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}{x}^n,$$

其中 $0<\theta <1$，证明：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\theta =\frac{1}{n+1}.$$

解答 比较题设等式与 $n+1$ 阶 Peano 展开式，消去前 $n-1$ 项并除以 $x^n/n!$，得到

$$f^{(n)}(\theta x)=f^{(n)}(0)+\frac{f^{(n+1)}(0)}{n+1}x+o(x).$$

另一方面，因 $\theta x\to 0$，

$$f^{(n)}(\theta x)=f^{(n)}(0)+f^{(n+1)}(0)\theta x+o(x).$$

由 $f^{(n+1)}(0)\ne 0$ 比较即得 $\theta \to 1/(n+1)$。

题目 15

证明：在 $|x|\le 1$ 时存在 $\theta \in (0,1)$，使得

$$\arcsin x=\frac{x}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}},$$

且有

$$\underset{x\to 0}{\lim }\theta =\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

解答 对 $\arcsin t$ 在 $0$ 与 $x$ 之间使用中值定理，存在 $\theta \in (0,1)$ 使

$$\arcsin x=\frac{x}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}}.$$

再比较

$$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3),\frac{x}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}}=x+\frac{{\theta }^2{x}^3}{2}+o(x^3),$$

可得 ${\theta }^2\to 1/3$；因 $\theta >0$，故 $\theta \to 1/\sqrt{3}$。

题目 16

设 $f$ 在 $O_{\delta }(x_0)$ 上 $n$ 阶可微，且 $f^{\prime \prime }(x_0)=\cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0$，$f^{(n)}(x_0)\ne 0$。证明：当 $0<|h|<\delta$ 时，成立 $f(x_0+h)-f(x_0)=h{f}^{\prime }(x_0+\theta h)$，$0<\theta <1$，且成立

$$\underset{h\to 0}{\lim }\theta =\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}.$$

解答 中值定理保证存在 $\theta \in (0,1)$ 使 $f(x_0+h)-f(x_0)=h{f}^{\prime }(x_0+\theta h)$。由题设的导数消失条件，

$$\begin{array}{rl}f(x_0+h)-f(x_0)& =f^{\prime }(x_0)h+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}{h}^n+o(h^n),\\ h{f}^{\prime }(x_0+\theta h)& =f^{\prime }(x_0)h+\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}{\theta }^{n-1}{h}^n+o(h^n).\end{array}$$

比较系数得 ${\theta }^{n-1}\to 1/n$，故

$$\theta ⟶n^{-1/(n-1)}.$$

7.3.1 例题

例题 7.3.1

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上存在 $n+1$ 阶导数，且满足

$$f^{(k)}(a)=f^{(k)}(b)=0,k=0,1,2,\cdots ,n,$$

其中 $f^{(0)}(a)=f(a)$，$f^{(0)}(b)=f(b)$。证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi )=f^{(n+1)}(\xi )$。

证 (1) 当 $n=0$ 时，令 $h(x)=e^{-x}f(x)$，则

$$h^{\prime }(x)=e^{-x}[f^{\prime }(x)-f(x)].$$

由于 $h(a)=h(b)=0$，故由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $h^{\prime }(\xi )=e^{-\xi }[f^{\prime }(\xi )-f(\xi )]=0$。由于 $e^{-\xi }>0$，从而 $f(\xi )=f^{\prime }(\xi )$。

(2) 当 $n>0$ 时，令

$$g(x)=\sum _{k=0}^n{f}^{(k)}(x),$$

则 $g(a)=g(b)$，且

$$g(x)-g^{\prime }(x)=f(x)-f^{(n+1)}(x).$$

由 (1)，存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $g(\xi )=g^{\prime }(\xi )$。即 $f(\xi )=f^{(n+1)}(\xi )$。

7.3.2 参考题：第一组参考题

第一组参考题 1

设有 $n$ 个实数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 满足

$$a_1-\frac{1}{3}{a}_2+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{a_n}{2n-1}=0,$$

证明：方程

$$a_1\cos x+a_2\cos 3x+\cdots +a_n\cos (2n-1)x=0$$

在区间 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 中至少有一个根。

解答 令

$$F(x)=\sum _{k=1}^n\frac{a_k}{2k-1}\sin (2k-1)x.$$

则 $F(0)=0$，而题设条件恰说明 $F(\pi /2)=0$。由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (0,\pi /2)$ 使 $F^{\prime }(\xi )={\sum }_{k=1}^n{a}_k\cos (2k-1)\xi =0$。

第一组参考题 2

设 $c\ne 0$，证明：方程 $x^5+a{x}^4+b{x}^3+c=0$ 至少有两个根不是实根。

解答 反设五个根全为实数，记为 $r_1,\dots ,r_5$。因 $c\ne 0$，各 $r_i\ne 0$。由 $x^2$ 项和 $x$ 项的系数均为零，Vieta 公式给出

$$\sum _{i=1}^5\frac{1}{r_i}=0,\sum _{1\le i<j\le 5}\frac{1}{r_i{r}_j}=0.$$

因而

$$\sum _{i=1}^5\frac{1}{r_i^2}={\left(\sum _{i=1}^5\frac{1}{r_i}\right)}^2-2\sum _{i<j}\frac{1}{r_i{r}_j}=0,$$

这对非零实数不可能。故至少有一对共轭非实根。

第一组参考题 3

设 $a\ne 0$，证明：方程 $x^{2n}+a^{2n}=(x+a{)}^{2n}$ 只有一个实根 $x=0$。

解答 令 $t=x/a$，方程化为

$$t^{2n}+1=(t+1{)}^{2n}.$$

若 $t>0$，右端的二项展开严格大于 $t^{2n}+1$；若 $t<-1$，则 $t^{2n}+1>(t+1{)}^{2n}$；若 $-1<t<0$，令 $u=-t\in (0,1)$，有 $u^{2n}+1>(1-u{)}^{2n}$。故只能有 $t=0$，即 $x=0$。

第一组参考题 4

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，且满足条件

$$f(a)f(b)>0,f(a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)<0,$$

证明：对每个实数 $k$，在 $(a,b)$ 内存在点 $\xi$，使成立 $f^{\prime }(\xi )-kf(\xi )=0$。

解答 由介值定理，在 $(a,(a+b)/2)$ 与 $((a+b)/2,b)$ 内各有一个 $f$ 的零点，记为 $\alpha <\beta$。对 $e^{-kx}f(x)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上使用 Rolle 定理，存在 $\xi$ 使

$$0=(e^{-kx}f(x){)}^{\prime }{|}_{x=\xi }=e^{-k\xi }[f^{\prime }(\xi )-kf(\xi )].$$

第一组参考题 5

设 $f(x)={\sum }_{k=1}^n{c}_k{e}^{{\lambda }_{k}x}$，其中 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n$ 为互异实数，$c_1,\cdots ,c_n$ 不同时为 $0$。证明：$f$ 的零点个数小于 $n$。

解答 对项数作归纳。$n=1$ 时显然。设结论对至多 $n-1$ 项成立。若 $f$ 有至少 $n$ 个不同零点，令 $g(x)=e^{-{\lambda }_{1}x}f(x)$，则 $g$ 仍有这些零点，故 $g^{\prime }$ 至少有 $n-1$ 个不同零点。但

$$g^{\prime }(x)=\sum _{k=2}^n{c}_k({\lambda }_k-{\lambda }_1)e^{({\lambda }_k-{\lambda }_1)x}$$

至多含 $n-1$ 个非零项，按归纳假设其零点少于 $n-1$，矛盾。因此 $f$ 的不同零点至多为 $n-1$ 个。

第一组参考题 6

1. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可微，$f(0)=0$，$f(x)\ne 0,\forall x\in (0,1)$，证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使成立

$$2\frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(1-\xi )}{f(1-\xi )}.$$

2. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可微，$f(0)=0$，$f(x)\ne 0,\forall x\in (0,1)$，证明：对每个 $\alpha \ne 0$，存在 $\xi \in (0,1)$，使成立

$$|\alpha |\frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(1-\xi )}{f(1-\xi )}.$$

解答

1. 令 $F(x)=f(x{)}^{2}f(1-x)$。由 $F(0)=F(1)=0$，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$。因各因子在内点非零，除去 $F(\xi )$ 即得

$$2\frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(1-\xi )}{f(1-\xi )}.$$

2. $f$ 在 $(0,1)$ 上不变号。令 $F(x)=|f(x){|}^{|\alpha |}|f(1-x)|$，同样由 Rolle 定理及对数求导得到

$$|\alpha |\frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(1-\xi )}{f(1-\xi )}.$$

第一组参考题 7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，但不是线性函数，证明：存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$，使成立

$$f^{\prime }(\xi )>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}>f^{\prime }(\eta ).$$

解答 令

$$s=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},g(x)=f(x)-sx.$$

则 $g(a)=g(b)$，且 $g$ 不是常值函数。由练习 7.1.4(16)，$g^{\prime }$ 在某点为正；对 $-g$ 使用同一结论，又知 $g^{\prime }$ 在另一点为负。于是存在 $\xi ,\eta$ 使 $f^{\prime }(\xi )>s>f^{\prime }(\eta )$。

第一组参考题 8

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微，$f(a)=f(b)=0$，且在某点 $c\in (a,b)$ 处有 $f(c)>0$，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime \prime }(\xi )<0$。

解答 由中值定理，在 $(a,c)$ 内有一点 $u$ 满足 $f^{\prime }(u)>0$，在 $(c,b)$ 内有一点 $v$ 满足 $f^{\prime }(v)<0$。对 $f^{\prime }$ 在 $[u,v]$ 上使用中值定理，存在 $\xi \in (u,v)$ 使

$$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{f^{\prime }(v)-f^{\prime }(u)}{v-u}<0.$$

第一组参考题 9

利用例题 7.1.3 的方法（或其他方法）解决以下问题：

1. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 三阶可微，且有 $f(a)=f^{\prime }(a)=f(b)=0$，证明：对每个 $x\in [a,b]$，存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$f(x)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(\xi )}{3!}(x-a{)}^2(x-b).$$

2. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上五阶可微，且有 $f(1/3)=f(2/3)=f(1)=f^{\prime }(1)=f^{\prime \prime }(1)=0$，证明：对每个 $x\in [0,1]$，存在 $\xi \in (0,1)$，使成立

$$f(x)=\frac{f^{(5)}(\xi )}{5!}\left(x-\frac{1}{3}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)(x-1{)}^3.$$

3. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上三阶可微，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)]-\frac{1}{12}(b-a{)}^3{f}^{\prime \prime \prime }(\xi ).$$

4. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微，证明：对每个 $c\in (a,b)$，有 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi )=\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}.$$

解答

1. 固定 $x\notin \{a,b\}$，令 $\omega (t)=(t-a{)}^2(t-b)$ 及

$$F(t)=f(t)-\frac{f(x)}{\omega (x)}\omega (t).$$

$F$ 在 $a$ 有二重零点，并在 $b,x$ 为零。广义 Rolle 定理给出某个 $\xi$ 使 $F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$。因 ${\omega }^{\prime \prime \prime }=3!$，即得所求公式；$x=a,b$ 时公式显然成立。 2. 令

$$\omega (t)=\left(t-\frac{1}{3}\right)\left(t-\frac{2}{3}\right)(t-1{)}^3,F(t)=f(t)-\frac{f(x)}{\omega (x)}\omega (t).$$

计入重数，$F$ 有六个零点，故某点 $F^{(5)}(\xi )=0$；又 ${\omega }^{(5)}=5!$，结论随即得到。 3. 取三次 Hermite 插值多项式 $P$，使 $P(a)=f(a)$、$P^{\prime }(a)=f^{\prime }(a)$、$P(b)=f(b)$、$P^{\prime }(b)=f^{\prime }(b)$。$f-P$ 在两端各有二重零点，故存在 $\xi$ 使 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=P^{\prime \prime \prime }$。直接计算 Hermite 多项式的三次项系数可得

$$P^{\prime \prime \prime }=-\frac{12}{(b-a{)}^3}\left[f(b)-f(a)-\frac{b-a}{2}(f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b))\right],$$

整理即得题中等式。 4. 令 $P$ 为通过 $(a,f(a)),(b,f(b)),(c,f(c))$ 的二次插值多项式。$f-P$ 有三个零点，故某点 $f^{\prime \prime }(\xi )=P^{\prime \prime }$。Lagrange 插值式的二次项系数正是

$$\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)},$$

而 $P^{\prime \prime }$ 为该系数的两倍。

第一组参考题 10

设 $0<a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上可微，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$\frac{1}{a-b}\left|\begin{array}{cc}a& b\\ f(a)& f(b)\end{array}\right|=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi ).$$

解答 对 $F(x)=f(x)/x$ 与 $G(x)=1/x$ 使用 Cauchy 中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使

$$\frac{f(b)/b-f(a)/a}{1/b-1/a}=\frac{F^{\prime }(\xi )}{G^{\prime }(\xi )}=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi ).$$

左端化简即为题中行列式。

第一组参考题 11

设 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上 $n$ 次可微，设 $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$\Delta =\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_0& x_1& \cdots & x_n\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_0^{n-1}& x_1^{n-1}& \cdots & x_n^{n-1}\\ f(x_0)& f(x_1)& \cdots & f(x_n)\end{array}\right|=\frac{f^{(n)}(\xi )}{n!}\prod _{i>j}(x_i-x_j).$$

解答 令 $P$ 为节点 $$\begin{gathered} x_0, \\ ldots,x_n \end{gathered}$$ 上的插值多项式。其最高次项系数为

$$[x_0,\dots ,x_n]f=\frac{\Delta }{{\prod }_{i>j}(x_i-x_j)}.$$

函数 $f-P$ 有 $n+1$ 个不同零点，连续使用 Rolle 定理可得某个 $\xi \in (a,b)$ 使 $f^{(n)}(\xi )=P^{(n)}=n![x_0,\dots ,x_n]f$，即得所证公式。

第一组参考题 12

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上可微，且 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=\infty$，证明：$f$ 在 $[a,+\infty )$ 上非一致连续。

解答 取 $x_n\to +\infty$，使在 $[x_n,x_n+1/n]$ 上有 $f^{\prime }(x)>n$。于是由中值定理

$$|f(x_n+1/n)-f(x_n)|>1,$$

而两点距离趋于零，故 $f$ 不一致连续。

第一组参考题 13

设 $f$ 在 $(0,a]$ 上可微，又存在有限极限 ${\lim }_{x\to 0+}\sqrt{x}{f}^{\prime }(x)$，证明：$f$ 在 $(0,a]$ 上一致连续。

解答 由极限存在，存在 $C,\delta >0$，使 $|f^{\prime }(x)|\le C/\sqrt{x}$ $(0<x\le \delta )$。对 $f$ 与 $\sqrt{x}$ 在 $[x,y]\subset (0,\delta ]$ 上使用 Cauchy 中值定理，得

$$|f(y)-f(x)|\le 2C|\sqrt{y}-\sqrt{x}|\le 2C\sqrt{|y-x|}.$$

故 $f$ 在 $(0,\delta ]$ 上一致连续；在 $[\delta /2,a]$ 上由连续性得到一致连续性，拼接即得 $(0,a]$ 上的一致连续性。

第一组参考题 14

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上可微，且 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=0.$$

解答 对 $[a,x]$ 使用中值定理，存在 ${\xi }_x\in (a,x)$ 使

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f^{\prime }({\xi }_x).$$

当 $x\to +\infty$ 时 ${\xi }_x\to +\infty$，故右端趋于零。再写

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{x-a}{x}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}+\frac{f(a)}{x}$$

即得极限为零。

第一组参考题 15

对分别满足以下两个条件的 $f$，设已知 $f(1)=1$，求 $f(2)$：

1. $x{f}^{\prime }(x)+f(x)=0,\forall x>0$；
2. $x{f}^{\prime }(x)-f(x)=0,\forall x>0$。

解答

1. $(xf(x){)}^{\prime }=x{f}^{\prime }(x)+f(x)=0$，故 $xf(x)\equiv 1$，于是 $f(2)=1/2$。
2. $(f(x)/x{)}^{\prime }=[x{f}^{\prime }(x)-f(x)]/x^2=0$，故 $f(x)/x\equiv 1$，于是 $f(2)=2$。

第一组参考题 16

设 $f$ 在 $[0,2]$ 上二阶可微，且 $|f(x)|\le 1$，$|f^{\prime \prime }(x)|\le 1$，证明：$|f^{\prime }(x)|\le 2$。

解答 对任意 $x\in [0,2]$，分别在 $x$ 处向两端写 Taylor 公式：

$$\begin{array}{rl}f(0)& =f(x)-x{f}^{\prime }(x)+\frac{x^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1),\\ f(2)& =f(x)+(2-x)f^{\prime }(x)+\frac{(2-x{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2).\end{array}$$

两式相减后得到

$$2f^{\prime }(x)=f(2)-f(0)-\frac{(2-x{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2)+\frac{x^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1).$$

因而

$$|f^{\prime }(x)|\le 1+\frac{x^2+(2-x{)}^2}{4}\le 2.$$

第一组参考题 17

证明：若在例题 7.2.5 中的区间从 $(0,+\infty )$ 改为 $(-\infty ,+\infty )$，则可以得到更好的估计 $M_1\le \sqrt{2M_0{M}_2}$。

解答 对任意 $t>0$，在 $x$ 的两侧写二阶 Taylor 公式并相减，得

$$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M_0}{t}+\frac{t{M}_2}{2}.$$

取 $t=\sqrt{2M_0/M_2}$，便有 $|f^{\prime }(x)|\le \sqrt{2M_0{M}_2}$；对 $x$ 取上确界即得结论。退化情形 $M_0{M}_2=0$ 可直接验证。

第一组参考题 18

设当 $x\in [0,a]$ 时有 $|f^{\prime \prime }(x)|\le M$，又已知 $f$ 在 $(0,a)$ 中取得最大值。证明：

$$|f^{\prime }(0)|+|f^{\prime }(a)|\le Ma.$$

解答 设 $c\in (0,a)$ 为最大值点，则 $f^{\prime }(c)=0$。对 $f^{\prime }$ 在 $[0,c]$、$[c,a]$ 上分别使用中值定理，有

$$|f^{\prime }(0)|\le Mc,|f^{\prime }(a)|\le M(a-c).$$

相加即得 $|f^{\prime }(0)|+|f^{\prime }(a)|\le Ma$。

7.3.2 参考题：第二组参考题

第二组参考题 1

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，在 $(a,b)$ 上二阶可微，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$f^{\prime }(b)-f^{\prime }(a)=f^{\prime \prime }(\xi )(b-a).$$

（注意：这里没有假定 $f^{\prime }\in C[a,b]$。）

解答 令

$$A=\frac{f^{\prime }(b)-f^{\prime }(a)}{b-a},g(x)=f(x)-\frac{A}{2}{x}^2.$$

则 $g^{\prime }(a)=g^{\prime }(b)$。若 $g^{\prime \prime }$ 无零点，由 Darboux 定理它在 $(a,b)$ 上恒正或恒负，于是 $g^{\prime }$ 严格单调；但从端点导数的定义可分别取趋于 $a+$、$b-$ 的内点，使 $g^{\prime }$ 的极限点均为同一个数 $g^{\prime }(a)=g^{\prime }(b)$，这与严格单调矛盾。因此存在 $\xi$ 使 $g^{\prime \prime }(\xi )=0$，即 $f^{\prime \prime }(\xi )=A$。

第二组参考题 2

设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上无限次可微，$f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{n^2}{n^2+1}$，计算 $f^{(k)}(0)$，$\forall k\in {\mathbb{N}}_{+}$。

解答 令 $h(x)=f(x)-(1+x^2{)}^{-1}$。由 $h(1/n)=0$ 且 $1/n\to 0$，连续性给出 $h(0)=0$；反复使用 Rolle 定理，可对每个 $k$ 找到趋于 $0$ 的点列使 $h^{(k)}$ 为零，故 $h^{(k)}(0)=0$。因此

$$f^{(2m+1)}(0)=0,f^{(2m)}(0)=(-1{)}^m(2m)!,m=0,1,2,\dots .$$

第二组参考题 3

证明：方程

$$x^{2n}-2x^{2n-1}+3x^{2n-2}-\cdots -2nx+2n+1=0$$

无实根。

解答 记左端多项式为 $P(x)$。直接相乘可得

$$(x+1{)}^{2}P(x)=x^{2n+2}+(2n+2)x+2n+1=:Q(x).$$

因 $Q^{\prime }(x)=(2n+2)(x^{2n+1}+1)$，$Q$ 仅在 $x=-1$ 处取得最小值 $Q(-1)=0$。故 $x\ne -1$ 时 $P(x)=Q(x)/(x+1{)}^2>0$；而 $P(-1)=1+2+\cdots +(2n+1)>0$，所以方程无实根。

第二组参考题 4

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上二阶可微，且有界，证明：存在 $\xi$，使成立 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解答 反设 $f^{\prime \prime }$ 无零点。由 Darboux 定理，$f^{\prime \prime }$ 恒正或恒负，故 $f^{\prime }$ 严格单调。不妨设 $f^{\prime }$ 严格增加。若某点 $f^{\prime }(x_0)>0$，则 $f(x)\to +\infty$ $(x\to +\infty )$；若 $f^{\prime }(x_0)<0$，则 $f(x)\to +\infty$ $(x\to -\infty )$。为使 $f$ 有界，只能有 $f^{\prime }(x)=0$ 对所有 $x$ 成立，这又与严格增加矛盾。故必有某点 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

第二组参考题 5

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，$f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)$，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使成立

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(\xi )-f(a)}{\xi -a}.$$

解答 这是 Flett 中值定理。令 $g(x)=f(x)-f^{\prime }(a)x$，则 $g^{\prime }(a)=g^{\prime }(b)=0$。在 $x>a$ 时置

$$\phi (x)=\frac{g(x)-g(a)}{x-a},\phi (a)=g^{\prime }(a)=0.$$

若 $g(b)=g(a)$，Rolle 定理立即给出所需点。若 $g(b)>g(a)$，则 $\phi (b)>0$，且

$${\phi }_{-}^{\prime }(b)=\frac{(b-a)g^{\prime }(b)-g(b)+g(a)}{(b-a{)}^2}<0,$$

所以 $\phi$ 的最大值在某个内点取得；$g(b)<g(a)$ 时同理考察最小值。于是总有 $\xi \in (a,b)$ 使 ${\phi }^{\prime }(\xi )=0$，即 $g^{\prime }(\xi )=[g(\xi )-g(a)]/(\xi -a)$。还原 $g$ 后即为题中等式。

第二组参考题 6

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，又有 $c\in (a,b)$ 使成立 $f^{\prime }(c)=0$，证明：存在 $\xi \in (a,b)$，满足

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(\xi )-f(a)}{b-a}.$$

解答 令

$$F(x)=e^{-x/(b-a)}[f(x)-f(a)].$$

所求等式等价于 $F^{\prime }(\xi )=0$。若 $F^{\prime }$ 无零点，Darboux 定理说明 $F$ 严格单调。因 $F(a)=0$，此时 $F(x)$ 与 $F^{\prime }(x)$ 在 $x>a$ 时同号；但在 $c$ 处

$$F^{\prime }(c)=-\frac{1}{b-a}F(c)$$

与之矛盾。因此 $F^{\prime }$ 必有零点。

第二组参考题 7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，$f(a)=0$，$f(x)>0,\forall x\in [a,b]$，证明：对每个 $\alpha >0$，存在 $x_1,x_2\in (a,b)$，使成立

$$\frac{f^{\prime }(x_1)}{f(x_1)}=\alpha \frac{f^{\prime }(x_2)}{f(x_2)}.$$

解答 将第一组参考题 6(b) 线性换元到区间 $[a,b]$。它给出某个 $\xi \in (a,b)$ 使

$$\alpha \frac{f^{\prime }(\xi )}{f(\xi )}=\frac{f^{\prime }(a+b-\xi )}{f(a+b-\xi )}.$$

取 $x_2=\xi$、$x_1=a+b-\xi$ 即得结论。题面中的 $f(x)>0$ 应理解为 $x\in (a,b]$，因为同时给定了 $f(a)=0$。

第二组参考题 8

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上二阶连续可微，$|f(x)|\le 1$，且有 $[f(0){]}^2+[f^{\prime }(0){]}^2=4$，证明：存在 $\xi$，使成立 $f(\xi )+f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

解答 令 $h=f+f^{\prime \prime }$。若不存在所求点，则因 $h$ 连续，$h$ 恒正或恒负。先设 $h>0$。由常数变易公式

$$f(x)=f(0)\cos x+f^{\prime }(0)\sin x+{\int }_0^{x}h(t)\sin (x-t)dt.$$

前两项是振幅为 $2$ 的正弦曲线，故可在某个 $x_0\in [-\pi ,\pi ]$ 取值 $2$。若 $x_0>0$，积分核在 $0<t<x_0$ 上非负；若 $x_0<0$，改写积分方向后仍为正，故 $f(x_0)>2$；$x_0=0$ 时已与 $|f(0)|\le 1$ 矛盾。若 $h<0$，取振幅曲线的最小值点，同理得到 $f(x_0)<-2$。故必有 $h(\xi )=0$。

第二组参考题 9

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上二阶连续可微，且对所有 $x,h\in \mathbb{R}$ 成立

$$f(x+h)-f(x)=h{f}^{\prime }\left(x+\frac{h}{2}\right),$$

证明：$f(x)=a{x}^2+bx+c$。

解答 令 $u=x+h/2$、$t=h/2$，题设化为

$$f(u+t)-f(u-t)=2t{f}^{\prime }(u).$$

对 $t$ 求导，得到

$$f^{\prime }(u+t)+f^{\prime }(u-t)=2f^{\prime }(u).$$

因此连续函数 $f^{\prime }$ 满足 Jensen 中点等式，故 $f^{\prime }$ 为仿射函数，即 $f^{\prime }(x)=2ax+b$。积分得 $f(x)=a{x}^2+bx+c$。

第二组参考题 10

（Schwarz 定理）定义广义二阶导数

$$f^{[2]}(x)=\underset{h\to 0+}{\lim }\frac{f(x+2h)-2f(x)+f(x-2h)}{4h^2},$$

若 $f\in C[a,b]$，同时 $f^{[2]}(x)$ 在 $(a,b)$ 上处处等于 $0$，证明：$f$ 为线性函数。

解答 设 $L$ 为连接 $(a,f(a))$、$(b,f(b))$ 的直线，$g=f-L$，则 $g(a)=g(b)=0$ 且 $g^{[2]}\equiv 0$。若 $g$ 在内点有正值，取充分小的 $\epsilon >0$，使

$$G(x)=g(x)-\epsilon (x-a)(b-x)$$

仍在内点有正值。$G$ 在某个内点取得正最大值，故 $G^{[2]}\le 0$；但

$$G^{[2]}=0+2\epsilon >0,$$

矛盾。对 $-g$ 作同样论证，知 $g$ 也无负值，因此 $g\equiv 0$，即 $f$ 为线性函数。

第二组参考题 11

（Bellman-Gronwall（贝尔曼-格郎沃尔）不等式的微分形式）设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上可微，$f(0)=0$，且有常数 $c>0$，使成立

$$|f^{\prime }(x)|\le c|f(x)|,\forall x\in [a,+\infty ),$$

证明：$f(x)\equiv 0$。

解答 题中不等式的区间应从 $0$ 开始。取 $0<\delta <1/c$，在 $[0,\delta ]$ 上令 $M=\max |f|$。对任意 $x$，由中值定理

$$|f(x)|=|f^{\prime }(\xi )|x\le c\delta M,$$

故 $M\le c\delta M$，从而 $M=0$。若已知 $f$ 在 $[0,k\delta ]$ 上为零，同一论证作用于 $[k\delta ,(k+1)\delta ]$，又得下一段为零。逐段延拓即有 $f\equiv 0$。

第二组参考题 12

设 $f$ 在 $(-1,1)$ 上有各阶导数，且对每个 $n\ge 0$ 有 $|f^{(n)}(x)|\le n!|x|$，证明：$f(x)\equiv 0$。

解答 由 $n=0$ 的条件，$f(0)=0$；而对任意 $n$，$|f^{(n)}(0)|\le n!|0|=0$。在 $0$ 与 $x$ 之间写 $N$ 阶 Taylor 公式，得

$$|f(x)|\le \frac{|f^{(N+1)}(\xi )|}{(N+1)!}|x{|}^{N+1}\le |x{|}^{N+2}.$$

对固定 $|x|<1$ 令 $N\to \infty$，即得 $f(x)=0$。

第二组参考题 13

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有任意阶导数，且存在常数 $C\ge 0$，使对所有 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 和 $x\in (-\infty ,+\infty )$ 成立不等式 $|f^{(n)}(x)|<C$，又有 $f(1/n)=0,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立，证明：$f(x)\equiv 0$。

解答 令 $h(x)=f(x)$。由零点列 $1/n\to 0$ 及反复使用 Rolle 定理，得到 $f^{(k)}(0)=0$ 对所有 $k$ 成立。对任意固定 $x$ 写 Taylor 公式，因 $|f^{(N+1)}|<C$，

$$|f(x)|\le \frac{C|x{|}^{N+1}}{(N+1)!}⟶0.$$

故 $f(x)=0$ 对一切 $x$ 成立。

第二组参考题 14

设 $f$ 在点 $x_0$ 有 $n$ 阶导数，证明：

$$f^{(n)}(x_0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h^n}\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})f(x_0+kh).$$

解答 对每个 $k$ 写 Peano 展开式

$$f(x_0+kh)=\sum _{j=0}^n\frac{f^{(j)}(x_0)}{j!}{k}^j{h}^j+o(h^n).$$

代入题中和式。利用有限差分恒等式

$$\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k^j=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le j<n,\\ n!,& j=n,\end{array}$$

即得分子为 $f^{(n)}(x_0)h^n+o(h^n)$，除以 $h^n$ 后取极限即可。

第二组参考题 15

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上 $n$ 阶可微，

$$M_k=\sup \{|f^{(k)}(x)|\mid x\in (-\infty ,+\infty )\},k=0,1,\cdots ,n,$$

证明：若 $M_0,M_n$ 为有限数，则 $M_1,M_2,\cdots ,M_{n-1}$ 都是有限数。

解答 固定 $h>0$，在 $x,x+h,\dots ,x+(n-1)h$ 处分别写以 $x$ 为中心的 $n-1$ 阶 Taylor 公式。由 Vandermonde 矩阵可逆，可将各个 $f^{(k)}(x)$ 表示为这些函数值及余项的固定线性组合，于是存在只依赖于 $n,k$ 的常数 $C_{n,k}$，使

$$|f^{(k)}(x)|\le C_{n,k}(M_0{h}^{-k}+M_n{h}^{n-k}),1\le k<n.$$

右端与 $x$ 无关，故每个 $M_k$ 都是有限数。

第二组参考题 16

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上 $n$ 阶可微，且存在有限极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)\text{和}\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{(n)}(x),$$

证明：对每个 $k=1,2,\cdots ,n$，成立

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{(k)}(x)=0.$$

解答 先证 $\lim f^{(n)}=0$。若其极限为非零数，则 $f^{(n)}$ 最终保号且绝对值有正下界，连续使用中值定理可知 $f^{(n-1)},\dots ,f$ 依次至少按一次、二次、直至 $n$ 次幂增长，与 $f$ 有有限极限矛盾。令 $L=\lim f$。把上一题的估计作用于尾区间 $[X,+\infty )$ 上的 $f-L$，其中

$$M_0(X)=\underset{x\ge X}{\sup }|f(x)-L|\to 0,M_n(X)=\underset{x\ge X}{\sup }|f^{(n)}(x)|\to 0.$$

固定 $h=1$ 即得对每个 $1\le k<n$，${\sup }_{x\ge X}|f^{(k)}(x)|\to 0$；连同 $k=n$，结论成立。

第二组参考题 17

1. 设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上二阶可微，$f^{\prime \prime }$ 有界，且存在有限极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0.$$

2. 设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 可微，且存在有限极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$，
3. 举例说明 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$ 不一定成立；
4. 证明：若 $f^{\prime }$ 在 $[a,+\infty )$ 上一致连续，则一定成立 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$。

解答

1. 设 $|f^{\prime \prime }|\le M$。对任意固定 $h>0$，Taylor 公式给出

$$|f^{\prime }(x)|\le \frac{|f(x+h)-f(x)|}{h}+\frac{Mh}{2}.$$

先令 $x\to +\infty$，再令 $h\to 0+$，得到 $f^{\prime }(x)\to 0$。 2. 1. 例如 $f(x)=\sin (x^2)/x$ $(x\ge 1)$，有 $f(x)\to 0$，但 $f^{\prime }(x)=2\cos (x^2)-\sin (x^2)/x^2$ 不趋于零。 2. 若结论不成立，可取 $x_n\to +\infty$ 及 $\epsilon >0$ 使 $|f^{\prime }(x_n)|\ge \epsilon$。由一致连续性，存在固定 $\delta >0$，使在 $[x_n-\delta ,x_n+\delta ]$ 的一侧短区间内 $f^{\prime }$ 与 $f^{\prime }(x_n)$ 同号且绝对值至少为 $\epsilon /2$。中值定理于是给出长度为 $\delta$ 的两点间函数值之差至少为 $\epsilon \delta /2$，与 $f(x)$ 收敛所要求的 Cauchy 性矛盾。

第二组参考题 18

设 $f$ 在 $(a,b)$ 上任意阶可微，且对每个正整数 $n$ 有 $f^{(n)}(x)\ge 0$ 和 $|f(x)|\le M$，证明：对每个 $x\in (a,b)$，$r>0$，$x+r\in (a,b)$，成立关于导数的估计式

$$f^{(n)}(x)\le \frac{2Mn!}{r^n},\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

解答 对 $f$ 在 $x$ 处写 $n$ 阶 Taylor 公式。因各阶导数非负，余项及低阶项均不小于零，故

$$f(x+r)\ge f(x)+\frac{f^{(n)}(x)}{n!}{r}^n.$$

再用 $|f|\le M$，便有

$$f^{(n)}(x)\le \frac{[f(x+r)-f(x)]n!}{r^n}\le \frac{2Mn!}{r^n}.$$

第二组参考题 19

（Bernstein（伯恩斯坦）定理）设 $f$ 在 $(a,b)$ 上任意阶可微，且对每个 $n$ 成立 $f^{(n)}(x)\ge 0$，证明：对每个 $x_0\in (a,b)$ 存在 $r>0$，使得当 $x\in [x_0-r,x_0+r]\subset (a,b)$ 时，成立

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k.$$

解答 固定 $x_0$，取 $R>0$ 使 $[x_0-2R,x_0+2R]\subset (a,b)$，并令 $M={\max }_{|x-x_0|\le 2R}|f(x)|$。上一题的估计表明，只要 $|\xi -x_0|\le R$，便有

$$f^{(n+1)}(\xi )\le \frac{2M(n+1)!}{R^{n+1}}.$$

对 $|x-x_0|<R$ 写 Taylor 公式，余项满足

$$|R_n(x)|\le 2M{\left(\frac{|x-x_0|}{R}\right)}^{n+1}⟶0.$$

因此 Taylor 多项式在该邻域逐点收敛于 $f(x)$，即得 Bernstein 结论。