【证明题】（二）基本定理和不等式

基本定理

1. 零点介值

介值定理：当 $m\le f(x)\le M$，且 $m\le \mu \le M$，则 $\exists ϵ\in [a,b]$，使 $f(ϵ)=\mu$

证：假设不 $\exists ϵ\in [a,b]$，使得 $f(ϵ)=0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 恒大于0或恒小于0

不妨设 $f(x)>0,\forall x\in [a,b]$， 因 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，故 $f(x)$ 有最小值 $f(x_2)=m$

又 $|f(y)|\le \frac{1}{2}|f(x)|$，所以 $\exists x_3\in [a,b],|f(x_3)|\le \frac{1}{2}|f(x_2)|$，即 $f(x_3)\le \frac{1}{2}f(x_2)=m$，矛盾故原命题成立

零点定理：当 $f(a)\cdot f(b)<0$ 时，存在 $ϵ\in (a,b)$，使得 $f(ϵ)=0$
存在性：奇次多项式至少 $1$ 个、零点定理 $f(ϵ)=0$
唯一性：单调性、罗尔原话 $f^{(m)}(x)\ne 0$，则 $f(x)=0$ 至多 $m$ 个实根

奇次+罗尔原话

若 $3a^2-5b<0$，求方程 $x^5+2a{x}^3+3bx+4c=0$ 的实根个数。

证：因为 $f(x)=x^5+2a{x}^3+3bx+4c$ 是奇次，故方程 $f(x)=0$ 至少有一实根

又 $f^{{}^{\prime }}(x)=5x^4+6a{x}^2+3b=0$，$\delta =12(3a^2-5b)<0$，所以 $f^{{}^{\prime }}(x)\ne 0$，$f(x)$ 至多有一实根

零点+罗尔原话

证：设 $f(x)=a_1(x-{\lambda }_2)(x-{\lambda }_3)+a_2(x-{\lambda }_1)(x-{\lambda }_3)+a_3(x-{\lambda }_1)(x-{\lambda }_2)$

$$\{\begin{array}{l}f({\lambda }_1)=a_1({\lambda }_1-{\lambda }_2)({\lambda }_1-{\lambda }_3)>0\\ f({\lambda }_2)=a_2({\lambda }_2-{\lambda }_1)({\lambda }_2-{\lambda }_3)<0\\ f({\lambda }_3)=a_3({\lambda }_3-{\lambda }_1)({\lambda }_3-{\lambda }_2)>0\end{array}$$

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$\exists {ϵ}_1\in ({\lambda }_1,{\lambda }_2),{ϵ}_2\in ({\lambda }_2,{\lambda }_3)，f({ϵ}_1)=0,f({ϵ}_2)=0$，所以 $f(x)$ 至少有 $2$ 个零点

因 $f(x)$ 最高次是二次，即 $f^{(3)}(x)=0$，所以 $f(x)$ 至多有 $2$ 个零点

零点+罗尔原话

证：$f(x)-f(0)=f^{{}^{\prime }}(ϵ)(x-0)=f^{{}^{\prime }}(ϵ)x\ge kx$，所以 $f(x)\ge kx+f(0)$

当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$，$f(0)<0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 至少有一个零点

又 $f^{{}^{\prime }}(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 至多有一个零点

2. 广义零点介值

广义介值定理：当 $x\to -\infty$ 时，$\lim f(x)=A$，当 $x\to +\infty$ 时，$\lim f(x)=B$，且 $A<C<B$，则 $\exists ϵ\in (-\infty ,+\infty )$，使 $f(ϵ)=C$

证：当 $x\to -\infty$ 时，$\lim f(x)=A$，则 $\exists x_1$，使得 $f(x)<C$

当 $x\to +\infty$ 时，$\lim f(x)=B$，则 $\exists x_2$，使得 $f(x)>C$，在 $x_1$ 和 $x_2$ 之间存在一个 $ϵ$，使得 $f(ϵ)=C$

广义零点定理：当 $x\to -\infty$ 时，$\lim f(x)=-\infty$，当 $x\to +\infty$ 时，$\lim f(x)=+\infty$，存在 $ϵ\in (-\infty ,+\infty )$，使得 $f(ϵ)=0$

证：设 $F(x)=f(x)+x,x\in (-\infty ,+\infty )$
$$\underset{x\to \infty }{\lim }F(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }x\cdot [\frac{f(x)}{x}+1]=\underset{x\to \infty }{\lim }x$$ $$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=+\infty$$

因 $F(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续，所以 $\exists x_1,x_2$，使得 $F(x_1)<0,F(x_2)>0$

不妨设 $x_1<x_2$，则 $\exists ϵ\in (x_1,x_2)$，使得 $F(ϵ)=0$，命题得证

3. 导数零点介值

导数介值定理：当 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)<f_{-}^{{}^{\prime }}(b)$ 时，且 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)<\mu <f_{-}^{{}^{\prime }}(b)$ 时，则 $\exists ϵ\in (a,b)$，使 $f^{{}^{\prime }}(ϵ)=\mu$

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，证明 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)\cdot f_{-}^{{}^{\prime }}(b)<0$ 时，$\exists ϵ\in (a,b)$，使得 $f^{{}^{\prime }}(ϵ)=0$

证：不妨设 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)>0$，$f_{-}^{{}^{\prime }}(b)<0$，从而 $$\begin{gathered} f_{+}^{{}^{\prime }}(a)=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0\to \exists {ϵ}_1>0，\forall x\in (a,a+{ϵ}_1),f(x)>f(a) \\ {f}_{-}^{{}^{\prime }}(b)=\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(b)}{x-b}<0\to \exists {ϵ}_2>0，\forall x\in (b-{ϵ}_2,b),f(x)>f(b) \end{gathered}$$ 故 $f(a)$ 和 $f(b)$ 均不是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最大值，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内取到最大值，命题成立

导数零点定理：当 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)\cdot f_{-}^{{}^{\prime }}(b)<0$ 时，存在 $ϵ\in (a,b)$，使得 $f^{{}^{\prime }}(ϵ)=0$

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，证明 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)\ne f_{-}^{{}^{\prime }}(b)$ 时，任意 $\mu$ 介于 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)$ 和 $f_{-}^{{}^{\prime }}(b)$，$ϵ\in (a,b)$，使得 $f^{{}^{\prime }}(ϵ)=\mu$

证：不妨设 $f_{+}^{{}^{\prime }}(a)<f_{-}^{{}^{\prime }}(b)$，$F(x)=f(x)-\mu x$，则 $F_{+}^{{}^{\prime }}(a)=f_{+}^{{}^{\prime }}(a)-\mu <0$, $F_{-}^{{}^{\prime }}(b)=f_{-}^{{}^{\prime }}(b)-\mu >0$，$$\begin{gathered} F_{+}^{{}^{\prime }}(a)=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{F(x)-F(a)}{x-a}<0\to \exists \sigma >0，x\in (a,a+\sigma ),F(x)<F(a) \\ {F}_{-}^{{}^{\prime }}(b)=\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{F(x)-F(b)}{x-b}>0\to \exists \sigma >0，x\in (b-\sigma ,b),F(x)<F(b) \end{gathered}$$

故 $F(a)$ 和 $F(b)$ 均不是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最小值，则 $F(x)$ 在 $(a,b)$ 内取到最小值，命题成立

4. 零点介值推论

介值定理推论：当 $x_1,x_2,...,x_n\in [a,b]$，${\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n=1$，则 $\exists ϵ\in [a,b]$，$f(ϵ)={\lambda }_{1}f(x_1)+{\lambda }_{2}f(x_2)+...+{\lambda }_{n}f(x_n)$

证：因 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，所以 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 有最大值 $M$ 和最小值 $m$，即 $m\le f(x)\le M$
$$\{\begin{array}{l}{\lambda }_{1}m\le {\lambda }_{1}f(x_1)\le {\lambda }_{1}M\\ {\lambda }_{2}m\le {\lambda }_{2}f(x_2)\le {\lambda }_{2}M\\ ...\\ {\lambda }_{n}m\le {\lambda }_{2}f(x_n)\le {\lambda }_{n}M\end{array}$$ 上述 $n$ 个式相加可得，$m({\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n)\le {\sum }_{k=1}^n{\lambda }_{k}f(x_k)\le M({\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n)$

即 $m\le {\sum }_{k=1}^n{\lambda }_{k}f(x_k)\le M$，可知原命题成立

证：设 $F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{2}),x\in [0,\frac{1}{2}]$，
$$\{\begin{array}{l}F(0)=f(0)-f(\frac{1}{2})\\ F(\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})-f(1)=f(\frac{1}{2})-f(0)\end{array}$$ 故 $\exists ϵ\in [0,\frac{1}{2}]$，$F(ϵ)=\frac{1}{2}[F(0)+F(\frac{1}{2})]=0$，命题1成立

设 $G(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{4}),x\in [0,\frac{3}{4}]$，
$$\{\begin{array}{l}G(0)=f(0)-f(\frac{1}{4})\\ G(\frac{1}{4})=f(\frac{1}{4})-f(\frac{2}{4})\\ G(\frac{2}{4})=f(\frac{2}{4})-f(\frac{3}{4})\\ G(\frac{3}{4})=f(\frac{3}{4})-f(1)\end{array}$$ 故 $\exists ϵ\in [0,\frac{3}{4}]$，$G(ϵ)=\frac{1}{4}[G(0)+G(\frac{1}{4})+G(\frac{2}{4})+G(\frac{3}{4})]=0$

而当 $ϵ=0$ 时，$G(0)=G(ϵ)=0$，则 $G(\frac{1}{4})+G(\frac{2}{4})+G(\frac{3}{4})=0$

因 $G(x)\ne 0$，所以 $G(\frac{1}{4})、G(\frac{2}{4})、G(\frac{3}{4})至少一正一负$

不妨设 $G(\frac{1}{4})<0，G(\frac{2}{4})>0$，则 $\exists ϵ\in [\frac{1}{4},\frac{2}{4}]$，$G(ϵ)=0$

不等式

1. 恒等变换及放缩

等式 或 单调性：恒等变换

等式：


单调性：判断数列 $a_n=(\frac{e}{n}{)}^n\cdot n!$ 的单调性

证：$a_{n+1}-a_n$ 不易证，因 $a_n>0$，即等价化为证 $\ln a_{n+1}-\ln a_n$

$\ln a_n=n-n\ln n+{\sum }_{i=1}^n\ln i，\ln a_{n+1}=n+1-(n+1)\ln (n+1)+{\sum }_{i=1}^{n+1}\ln i$

$因为\ln (1+1/n)\le 1/n$，所以 $\ln a_{n+1}-\ln a_n=1+n\ln (\frac{n}{n+1})=1-\frac{\ln (1+1/n)}{1/n}\ge 0$

因此 $a_n$ 单调递增

极限、级数

• 常用不等式：$|\sin x|\le |x|\le |\tan x|,x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})\frac{x}{1+x}\le \ln (1+x)\le x,x\ge 0$
• 均值不等式：$a^2+b^2\ge 2ab$，$a+b\ge 2\sqrt{ab}，a=b取等号$
• 绝对值不等式：$-|x|\le x\le |x|$，$||x|-|y||\le |x\pm y|\le |x|+|y|$
• 取整不等式：$x-1<[x]\le x$，$[x]\le x\le [x]+1$
• 凹凸区不等式：凹 $f^{{}^{\prime \prime }}(x)\ge 0$ 凸 $f^{{}^{\prime \prime }}(x)\le 0$

常用不等式：证明 $e^x\ge 1+x，\forall x\ge 0$

均值不等式：设 $a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})(n=1,2...)$，
(1) 证明 $\lim a_n$ 存在

(2) 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)$ 收敛

证明：令 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)={\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n=u_1+u_2+...+u_n+...$

设 $S_n={\sum }_{i=1}^n{u}_i，\lim S_n={\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$, 即证 $S_n单调有界，极限存在$

$S_n-S_{n-1}=u_n=\frac{a_n}{a_{n+1}}-1=\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}}\ge 0，S_n单调递减$

$$\begin{gathered} S_n=u_1+u_2+...+u_n=\frac{a_1-a_2}{a_2}+\frac{a_2-a_3}{a_3}+...+\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}} \\ \ge \frac{a_1-a_2}{a_1}+\frac{a_2-a_3}{a_1}+...+\frac{a_n-a_{n+1}}{a_1}=\frac{1}{a_1}(a_1-a_{n+1})，S_n有下界 \end{gathered}$$

2. 函数不等式

函数不等式：构造辅助函数 $h(x)=f(x)-g(x)$，单调函数根据单调性，否则驻点易求 最值，驻点不易求 凹凸性。

单调性： 证明 当 $x>0$ 时， $\ln (1+\frac{1}{x})<\frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$

证：令 $t=\frac{1}{x}$，则 $t>0$，$\ln (1+t)<\frac{t}{1+t}$ 等价于 $t-\sqrt{1+t}\ln (1+t)>0$

设 $f(t)=t-\sqrt{1+t}\ln (1+t)$，则 $f^{{}^{\prime }}(t)=\frac{2\sqrt{1+t}-\ln (1+t)-2}{2\sqrt{1+t}}$，无法判断正负

再设 $g(t)=2\sqrt{1+t}-\ln (1+t)-2$，则 $g^{{}^{\prime }}(t)=\frac{\sqrt{1+t}-1}{1+t}>0$，可知 $g(t)>g(0)=0$，

因为 $f^{{}^{\prime }}(t)=\frac{g(t)}{2\sqrt{1+t}}>0$，所以 $f(t)>f(0)=0$，结论得证

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最值：证明 $1+x\ln (x+\sqrt{1+x^2})\ge \sqrt{1+x^2},-\infty <x<\infty$

证：设 $f(x)=1+x\ln (x+\sqrt{1+x^2})-\sqrt{1+x^2}$，则 $f^{{}^{\prime }}(x)=\ln (x+\sqrt{1+x^2})$

令 $f^{{}^{\prime }}(x)=0$ 得驻点为 $x=0$，$f^{{}^{\prime \prime }}(x)=\frac{1}{1+x^2}>0$，所以 $x=0$ 为唯一极小值点，即最小值点

$f(x)$ 的最小值为 $f(0)=0$，故 $-\infty <x<\infty$ 时，$f(x)\ge 0$，结论得证

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凹凸性：证明 当 $0<x<\frac{\pi }{2}$ 时， $\sin x>\frac{2x}{\pi }$

证：设 $f(x)=\sin x-\frac{2x}{\pi }$，则 $f^{{}^{\prime }}(x)=\cos x-\frac{2}{\pi }$，$f^{{}^{\prime \prime }}(x)=-\sin x<0,x\in (0,\frac{\pi }{2})$

可得曲线 $f(x)=\sin x-\frac{2x}{\pi }$ 在 $(0,\frac{\pi }{2})$ 上凸，又 $f(0)=f(\frac{\pi }{2})=0$，所以 $f(x)>0$，结论得证

3. 数字不等式

数字不等式：式子含有 $a,b$ 等常数，构造辅助函数 (左-右，$b$ 或 $\frac{b}{a}$ 换成 $x$) 或 拉格朗日中值

辅助函数： 设 $0<a<b$，证明 $\ln \frac{b}{a}>2\frac{b-a}{a+b}$

证： $\ln \frac{b}{a}>2\frac{b-a}{a+b}$ 等价于 $\ln \frac{b}{a}>2\frac{\frac{b}{a}-1}{1+\frac{b}{a}}$，令 $x=\frac{b}{a}$，则 $x>1$，$\ln x>2\frac{x-1}{1+x}$

设 $f(x)=(1+x)\ln x-2(x-1)$，则 $f^{{}^{\prime }}(x)=\frac{1}{x}+\ln x-1$，$f^{{}^{\prime \prime }}(x)=\frac{1}{x}(1-\frac{1}{x})>0$

因此，$f^{{}^{\prime }}(x)>f^{{}^{\prime }}(1)=0$，故 $f(x)>f(1)=0$，结论得证

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拉格朗日： 设 $0<a<b$，证明 $\arctan b-\arctan a<\frac{b-a}{2ab}$

证：在 $[a,b]$ 上使用拉格朗日中值定理，
$$\frac{\arctan b-\arctan a}{b-a}=\frac{1}{1+{ϵ}^2}<\frac{1}{1+a^2}<\frac{1}{a^2+b^2}<\frac{1}{2ab}(0<a<ϵ<b<1)$$

4.积分不等式

证明积分不等式：令 $b\to x$，左 – 右，函数单调性

单调性

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续且严格单调，证明：$(a+b){\int }_a^{b}f(x)dx\le 2{\int }_a^{b}xf(x)dx$

证：令 $F(x)=2{\int }_a^{x}tf(t)dt-(a+x){\int }_a^{x}f(t)dt,t\in [a,b]$，

则 $F^{{}^{\prime }}(x)=2xf(x)-(a+x)f(x)-{\int }_a^{x}f(t)dt=(x-a)[f(x)-f(ϵ)]$

因 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续且严格单调，所以 $f(ϵ)<f(x)$，$F^{{}^{\prime }}(x)>0$

又 $F(a)=0$，故 $F(x)>0$，$F(b)>0$

极值

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续且单调减少，证明：当 $0<a<1$ 时，${\int }_0^{a}f(x)dx\ge a{\int }_0^{1}f(x)dx$

证：令 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt-x{\int }_0^{1}f(t)dt$，可知 $F(0)=0,F(1)=0$

则 $F^{{}^{\prime }}(x)=f(x)-{\int }_0^{1}f(t)dt=f(x)-f(ϵ),ϵ\in (0,1)$

$x$	$[0,ϵ)$	$ϵ$	$(ϵ,1)$
$g^{{}^{\prime }}(x)$	+	0	-
$g(x)$	↗	极大

所以 $F(x)\ge 0$，$F(a)\ge 0$

变限积分

设 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，${\int }_a^{x}f(t)dt\ge {\int }_a^{x}g(t)dt，x\in [a,b]$，${\int }_a^{b}f(t)dt={\int }_a^{b}g(t)dt$，证明：${\int }_a^{b}xf(x)dx\le {\int }_a^{b}xg(x)dx$

证：

令 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt，G(x)={\int }_a^{x}g(t)dt$，则 $F(a)=G(a)，F(b)=G(b)，F(x)\ge G(x)$

因 $f(x)=F^{{}^{\prime }}(x)$ 和 $g(x)=G^{{}^{\prime }}(x)$，所以要证 ${\int }_a^{b}xf(x)dx\le {\int }_a^{b}xg(x)dx$，证 ${\int }_a^{b}xdF(x)\le {\int }_a^{b}xdG(x)$

$$xF(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}F(x)dx\le xG(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}G(x)dx，即{\int }_a^{b}F(x)dx\le {\int }_a^{b}G(x)dx$$

又 $F(x)\ge G(x)$，故 ${\int }_a^{b}F(x)dx\ge {\int }_a^{b}G(x)dx$

积分中值反用

设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 均在 $[a,b]$ 连续且单调递增，证明：${\int }_a^{b}f(x)dx{\int }_a^{b}g(x)dx\le (b-a){\int }_a^{b}f(x)g(x)dx$

证：令 $F(x)=(x-a){\int }_a^{x}f(t)g(t)dt-{\int }_a^{x}f(t)dt{\int }_a^{x}g(t)dt$，则 $F(a)=0$，证明 $F(b)\ge 0$

$$F^{{}^{\prime }}(x)=(x-a)f(x)g(x)+{\int }_a^{x}f(t)g(t)dt-f(x){\int }_a^{x}g(t)dt-g(x){\int }_a^{x}f(t)dt$$

因 $(x-a)={\int }_a^{x}dt$，所以 $(x-a)f(x)g(x)={\int }_a^{x}f(x)g(x)dt$

$$F^{{}^{\prime }}(x)={\int }_a^{x}f(x)g(x)+f(t)g(t)-f(x)g(t)+g(x)f(t)dt={\int }_a^x[f(x)-f(t)][g(x)-g(t)]dt$$

可得 $F^{{}^{\prime }}(x)\ge 0$，所以 $F(x)$ 单调递增，又 $F(a)=0$，故 $F(b)\ge 0$