高等数学复习笔记（四）

本节为高等数学复习笔记的第四部分，零点问题与微分不等式，主要包括： 零点的存在性和唯一性定理，常用的微分不等式以及三道典型例题。

   设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上 连 续 设f(x)在[a,b]上连续 设f(x)在[a,b]上连续， 且 f ( a ) f ( b ) < 0 且f(a)f(b)0)；

   2 ） n = 3 2）n=3 2）n=3， 3 a b c ≤ a + b + c 3 ≤ a 2 + b 2 + c 2 3 ^3\sqrt{abc}\leq\frac{a+b+c}{3}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} 3abc ​≤3a+b+c​≤3a2+b2+c2​ ​， ( a , b , c > 0 ) (a,b,c>0) (a,b,c>0)；

   若 f ( x ) 和 g ( x ) 在 [ a , b ] 上 可 积 且 平 方 可 积 则 若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则 若f(x)和g(x)在[a,b]上可积且平方可积则：

   [ ∫ a b f ( x ) ⋅ g ( x ) d x ] 2 ≤ ∫ a b f 2 ( x ) d x ⋅ ∫ a b g 2 ( x ) d x \left[\int_a^bf(x)\cdot g(x)dx\right]^2\leq \int_a^bf^2(x)dx\cdot \int_a^bg^2(x)dx [∫ab​f(x)⋅g(x)dx]2≤∫ab​f2(x)dx⋅∫ab​g2(x)dx

   证 明 证明 证明： ∫ a b [ f ( x ) + λ g ( x ) ] 2 d x ≥ 0 \int_a^b[f(x)+\lambda g(x)]^2dx \geq 0 ∫ab​[f(x)+λg(x)]2dx≥0， 也 就 是 说 也就是说 也就是说： λ 2 ∫ a b g 2 ( x ) d x + 2 λ ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x + ∫ a b f 2 ( x ) d x ≥ 0 \lambda^2\int_a^bg^2(x)dx+2\lambda\int_a^bf(x)g(x)dx+\int_a^bf^2(x)dx\geq 0 λ2∫ab​g2(x)dx+2λ∫ab​f(x)g(x)dx+∫ab​f2(x)dx≥0， 因 为 ∫ a b g 2 ( x ) d x > 0 因为\int_a^bg^2(x)dx>0 因为∫ab​g2(x)dx>0， 则 Δ ≤ 0 则\Delta \leq 0 则Δ≤0， 公 式 可 证 公式可证 公式可证。

   设 a > b > 0 设a>b>0 设a>b>0， 则 n > 0 时 a n > b n 则n>0时a^n>b^n 则n>0时an>bn， n < 0 时 a n < b n nxn​}有下界。    证 明 第 三 步 证明第三步 证明第三步： x n e x n + 1 = e x n − 1 ≥ x n （ e x ≥ x + 1 （ ∀ x ） ） x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\geq x_n（e^x\geq x+1（\forall x）） xn​exn+1​=exn​−1≥xn​（ex≥x+1（∀x））， 因 为 x n > 0 因为x_n>0 因为xn​>0， 所 以 e x n + 1 ≥ 1 所以e^{x_{n+1}}\geq1 所以exn+1​≥1， 所 以 x n + 1 ≥ 0 所以x_{n+1}\geq 0 所以xn+1​≥0。

   设 f ( x ) 设f(x) 设f(x)在(a,b) 上 二 阶 可 导 上二阶可导 上二阶可导， 且 f ′ ′ ( x ) > 0 且f''(x)>0 且f′′(x)>0， 证 明 对 于 任 意 的 x 1 ， x 2 ∈ ( a , b ) 证明对于任意的x_1，x_2\in(a,b) 证明对于任意的x1​，x2​∈(a,b)， 且 x 1 ≠ x 2 且x_1\neq x_2 且x1​​=x2​， 以 及 0 < λ < 1 以及0 f ( x ) （ λ > 0 ， 1 − λ > 0 ， f ′ ′ ( ξ 1 ) , f ′ ′ ( ξ 2 ) > 0 ） >f(x)（\lambda>0，1-\lambda>0，f''(\xi_1),f''(\xi_2)>0） >f(x)（λ>0，1−λ>0，f′′(ξ1​),f′′(ξ2​)>0）， 所 以 f [ λ x 1 + ( 1 − λ ) x 2 ] < λ f ( x 1 ) + ( 1 − λ ) f ( x 2 ) 所以f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2] 0 f''(\xi)>0 f′′(ξ)>0， 在 1 2 处 展 开 在\frac12处展开 在21​处展开， 所 以 ( x − 1 2 ) 2 > 0 所以(x-\frac12)^2>0 所以(x−21​)2>0

   所 以 f ( x ) > f ( 1 2 ) + f ′ ( 1 2 ) ( x − 1 2 ) 所以f(x)>f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12) 所以f(x)>f(21​)+f′(21​)(x−21​)，

   所 以 0 = ∫ 0 1 f ( x ) d x > ∫ 0 1 [ f ( 1 2 ) + f ′ ( 1 2 ) ( x − 1 2 ) ] d x 所以0=\int_0^1f(x)dx>\int_0^1[f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)]dx 所以0=∫01​f(x)dx>∫01​[f(21​)+f′(21​)(x−21​)]dx = ∫ 0 1 f ( 1 2 ) d x + ∫ 0 1 f ′ ( 1 2 ) ( x − 1 2 ) d x =\int_0^1f(\frac12)dx+\int_0^1f'(\frac12)(x-\frac12)dx =∫01​f(21​)dx+∫01​f′(21​)(x−21​)dx = x f ( 1 2 ) ∣ 0 1 + 0 = f ( 1 2 ) =xf(\frac12)|_0^1+0=f(\frac12) =xf(21​)∣01​+0=f(21​)。

   f ( 1 2 ) < 0 得 证 f(\frac12)