Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
28.36. Функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], поэтому по теореме Вейерштрасса (задача 26.17) среди её значений есть наибольшее M и наименьшее m. Если M = m, то функция постоянна, поэтому в качестве можно взять любую внутреннюю точку отрезка. Если же M > m, то одно из этих двух значений достигается не в конце отрезка, потому что по условию f(a) = Значит, в некоторой внутренней точке отрезка [a, b] функция) достигает наибольшего или наименьшего значения, поэтому по теореме Ферма (задача 28.35) f ′ (x 0 ) = 0. Глава 28. Производная. Рассмотрим вспомогательную функцию F(x) = f(x) − − f(a) − f(b) a − b (x −a). Эта функция дифференцируема на отрезке [a, и F(a) = F(b) = f(a). Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя точка отрезка [a, b], для которой F ′ (x 0 ) = те. Пусть a < x 6 b. Применим теорему Лагранжа задача) к функции f на отрезке [a, x]. В результате получим, что f(a) = f ′ (x 0 )(x − a) для некоторой точки отрезка [a, x]. По условию f ′ (x 0 ) = 0, поэтому f(x) = f(a). 28.39. а) Непосредственно из определения производной видно, что f ′ (x) > 0 для неубывающей функции Предположим теперь, что f ′ (x) > 0 для любой точки x интервала. Возьмём на отрезке [a, b] две точки x итак, что < y. Применим теорему Лагранжа (задача 28.37) к отрезку, В результате получим, что f(y) − f(x) = f ′ (z)(y − x) для некоторой точки z интервала (x, y). По условию f ′ (z) > 0, поэтому f(y) > б) Согласно задаче а) функция f(x) неубывающая. Выберем на отрезке [a, b] две точки x итак, что x < y. Тогда для любой точки z отрезка [x, y] имеют место неравенства f(x) 6 f(z) 6 Поэтому если f(x) = f(y), то функция f постоянна на отрезке [x, Но тогда обращается в нуль на этом отрезке, что противоречит условию. Согласно задаче 28.39 функция f(x) − g(x) монотонно возрастает на отрезке [a, b]. 28.41. Пусть f(x) = cos x и g(x) = 1 − x 2 2 . Тогда f(0) = и f ′ (x) = − sin x > −x = g ′ (x) при x > 0, поскольку sin x < x задача. Поэтому f(x) > g(x) при x > 0 согласно задаче Пусть теперь f(x) = sin x и g(x) = x − x 3 6 . Тогда f ′ (x) = cos и g ′ (x) = 1 − x 2 2 . Неравенство cos x > 1 − x 2 только что было доказано. Достаточно доказать, что (tg x) ′ = 1 cos 2 x > 1 + x 2 , те. Неравенство tg x > x доказано в решении задачи 11.1. 28.43. а) Пусть f(x)=x a − a x. Тогда f ′ (x) = a (x a −1 −1). Поэтому) > 0 при 0 < x < 1 и f ′ (x) < 0 при x > 1. Следовательно, f(x) Решения задач 349 возрастает при 0 < x < 1 и убывает при x > 1. Таким образом, для неотрицательных x наибольшее значение f(x) равно f(1) = 1 − a б) Непосредственно следует из а. Действительно, положим и x = a p b q . В результате получим 1 p a p b q + 1 q . Остаётся умножить обе части неравенства на b 1+q/p = Замечание. По поводу других доказательств см. задачи и 26.23. 28.44. Рассмотрим вспомогательную функцию (f(b) − f(a))(g(x) − g(a)) − (f(x) − f(a))(g(b) − Ясно, что (f(b) − f(a))g ′ (x) − f ′ (x)(g(b) − и F(a) = F(b) = 0. Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя точка x 0 , для которой f(a))g ′ (x 0 ) − f ′ (x 0 )(g(b) − g(a)) = По условию g ′ (x 0 ) 6= 0. Легко также видеть, что g(b) − g(a) 6= 0, поскольку иначе по теореме Ролля нашлась бы внутренняя точка для которой g ′ (x 1 ) = 0. Поэтому равенство (1) можно поделить на g(a)) и получить требуемое. Пусть 0 < x < p /2. Тогда x x ” ′ = x cos x − sin x x 2 = cos x(x − tg Поэтому если 0 < a < b < p /2, то sin a a > sin b b 28.46. Пусть 0 < x < p /2. Тогда x x ” ′ = x − sin x cos поскольку sin x < x и cos x < 1. 28.47. Рассмотрим функцию f(x) = 2 sin x + tg x − 3x. Ясно, что 2 cos x + 1 cos 2 x − 3 = 2 cos 3 x − 3 cos 2 x + 1 cos 2 x = = (1 − cos x)(1 + cos x − 2 Если 0 < a < p /2, то 1 − cos x > 0 и 1 + cos x − 2 cos 2 x = 1 − cos 2 x + + cos x(1 − cos x) > 0. Поэтому если 0 < a < p /2, то f( a ) > f(0) = 0. Глава 28. Производная. а) Пусть f(x)=e x −x. Тогда f ′ (x) =e x −1. Поэтому при x > 0 и f ′ (x) < 0 при x < 0. Значит, f(x) > f(0) = 1 для любого б) Из неравенства e x > 1 + x следует, что x > ln(1 + x) при + x > 0, x 6= 0. Поэтому ln “ 1 +и ln “ 1 − 1 n + 1 ” < − 1 n + те+ и ln n n + 1 < − 1 n + 1 28.49. а) Пусть f(x) = x − ln x. Тогда f ′ (x) = 1 − 1/x. Поэтому) < 0 при x < 1 и f ′ (x) > 0 при x > 1. Следовательно, если x > 0, x 6= 1, то f(x) > f(1) = 0. Это и есть требуемое неравенство. б) В неравенстве ln t < t − 1 положим t = 1/x. В результате получим, те. а) Положим y = x 1/n . Тогда после сокращения натре- буемые неравенства запишутся в виде ln y < y − 1 < y ln y. Такие неравенства доказаны в решении задачи б) Непосредственно следует из а, поскольку lim n →∞ x 1/n = 1 задача. а) Согласно задаче 28.49 x/n 1 + x/n < ln “ 1 +поэтому + x/n < n ln “ 1 +б) Ясно, что (1 + x/n) n = e n ln(1 +x/n) . Согласно задаче а) имеет место равенство lim n →∞ n ln(1 + x/n) = x. Поэтому lim n →∞ (1 + x/n) n = e x 28.52. Требуемое неравенство эквивалентно неравенству x > > e ln x, те. Рассмотрим функцию f(x) = ln x/x. Легко проверить, что f ′ (x) = (1 − ln x)/x 2 . Производная функции f обращается в нуль лишь в точке x = e. Кроме того, lim x →+0 (ln x/x) = и lim x →+∞ (ln x/x) = 0. Поэтому f(x) 6 f(e) = ln e/e = 1/e, причём равенство достигается лишь при x = e. 28.53. Рассмотрим функцию f(x) = b · x a + a · x −b , где x > 1. Ясно, что f ′ (x) = ab(x a −1 − x −b−1 ) > 0 при x > 1, поскольку x a −1 /x −b−1 = = x a +b > 1. Значит, функция f возрастающая и f(2) > f(1), те. Положим a = bx, где x > 1. Требуемое неравенство пере- пишется в виде < x − 1 ln x < x + 1 те Решения задач 351 Если x > 1, то 2 x −1 “ x 1/2 + x −1/2 ” > x −1 = (ln и 1 x + 1 ” ′ = 4 (x + 1) 2 < 1 x . Остаётся заметить, что если f(1) = и f ′ (x) > g ′ (x) при x > 1, то f(x) > g(x) при x > 1. 28.55. Применим индукцию по n. При n = 1 неравенство очевидно. При n = 2 получаем sin x + 1 2 sin 2x = sin x(1 + cos x). Ясно, что sin x > 0 и 1 + cos x > 0 при 0 < x Предположим, что sin x + 1 2 sin 2x + . . . + 1 n − 1 sin(n − 1)x > при 0 < x < p . Покажем, что тогда f n (x) = f n −1 (x) + 1 n sin nx > 0 при < x < p . Пусть x 0 — точка отрезка [0, p ], в которой функция принимает минимальное значение. Предположим, что f n (x 0 ) 6 0, причём x 0 6= 0 и p . Тогда f ′ n (x 0 ) = 0. Но cos x 0 + cos 2x 0 + . . . + cos nx 0 = sin “ n + 1 2 ” x 0 − sin x 0 2 sin x 0 Поэтому sin “ n + 1 2 ” x 0 = sin x 0 2 , а значит 2 ” x 0 ˛ ˛ ˛ = cos x 0 Далее f n −1 (x 0 ) = 1 n sin nx 0 = = 1 n “ sin “ n + 1 2 ” x 0 cos x 0 2 − cos “ n + 1 2 ” x 0 sin x 0 Полученное выражение равно 0 или 2 cos x 0 2 = 1 n sin Таким образом, f n (x 0 ) − f n −1 (x 0 ) > 0, а значит, f n −1 (x 0 ) 6 f n (x 0 ) 6 Получено противоречие. Фиксируем число x (0 < x < p /4) и рассмотрим функцию cos y x − sin y x для y > 0. Ясно, что f(0) = 0, f(y) > 0 при y > и f(y) → 0 при y → ∞. Далее, согласно задаче 28.15 f ′ (y) = cos x y (ln cos x − tg y x ln sin Функция g(y) = tg y x монотонна, поэтому равенство f ′ (y) = 0 выполняется для единственного положительного числа y. Равенство f(2)(cos 2 x + sin 2 x) = f(4) показывает, что это число заключено между 2 и 4, поэтому f ′ (2) > 0 и f ′ (4) < 0. Глава 28. Производная Неравенство f ′ (2) > 0 записывается в виде cos 2 x ln cos x > > sin 2 x ln sin x, те. Так мы получаем первое требуемое неравенство. Второе неравенство получается из неравенства f ′ (4) < Замечание. Фактически мы доказали, что (cos x) cos y x > > (sin при 0 < y 6 2 и (cos x) cos y x < (sin при y > 4. 28.57. Рассмотрим функции ln(1 + x) − 2x 2 + x , g(x) = ln(1 + x) − x √ 1 + Легко проверить, что f(0) = g(0) = 0 и g ′ (0) 6 0 6 f ′ (0), причём при 0 неравенства строгие. Действительно 1 + x − 4 (2 + x) 2 = “ x 2 + x ” 2 , g(x) ′ = 1 1 + x − 2 + x 2(1 + x) 3/2 = − (1 − √ 1 + x) 2 2(1 + Таким образом, f(x) > 0 при x > 0 и f(x) < 0 при x < 0. Из этого следует неравенство в правой части. Неравенство в левой части получается аналогично. Фиксируем точку x, где a < x 6 b, и применим теорему Коши к отрезку [a, x]. В результате получим, что внутри этого отрезка есть точка x 1 , для которой f(a) g(x) − Если x → a, то x 1 → a. Из этого следует требуемое. Применив правило Лопиталя дважды, получим lim x →0 x − sin x x 3 = lim x →0 1 − cos x 3x 2 = lim x →0 sin x 6x = 1 6 28.60. По правилу Лопиталя lim x →a a x − x a x − a = lim x →a (a x − x a ) ′ = lim x →a (ln a · a x − ax a −1 ) = = ln a · a a − a a = a a (ln a − 1). Решения задач. Ответ. Преобразуем отношение производных 1 1 − cos x = 1 cos 2 x · 1 − cos x 2 1 − cos x = 1 + cos Последнее выражение стремится к 2 при x → 0. 28.62. Ответ если a > 2 или a < −2, то одно если a = ±2, то два если −2 < a < 2, то три. Пусть f(x) = x 3 − 3x. Тогда f ′ (x) = 3x 2 − 3. Поэтому f ′ (x) = тогда и только тогда, когда x = ±1. Если x < −1, то f ′ (x) > 0; если < x < 1, то f ′ (x) < 0; если x > 1, то f ′ (x) > 0. Таким образом, при x < −1 функция f(x) возрастает, при −1 < x < 1 функция убывает, а при x > 1 функция f(x) возрастает. Остаётся заметить, что f(−1) = 2 и f(1) = −2. 28.63. Ответ если a < 3 2 3 √ 2, то одно если a = 3 2 3 √ 2, то два; если a > 3 2 3 √ 2, то три. Ясно, что x = 0 не является решением данного уравнения, поэтому можно перейти к эквивалентному уравнению x 2 + 1/x = Пусть f(x)=x 2 +1/x. Тогда f ′ (x) =2x−1/x 2 . Поэтому f ′ (x) =0 тогда и только тогда, когда x = 1 3 √ 2 . Таким образом, при x < 0 функция) убывает от допри функция f(x) убывает от +∞ допри функция f(x) возрастает от 3 √ 2 ” = 3 2 3 √ 2 до +∞. 28.64. Ответ при a < 0 одно при 0 6 a < e решений нет при e одно при a > e два. Рассмотрим функцию f(x) = e x − ax. Ясно, что f ′ (x) = e x − Поэтому если a < 0, то f ′ (x) > 0 для всех x. В этом случае функция) возрастает от до +∞, поэтому f(x) = 0 ровно для одного значения x. При a = 0 получаем уравнение e x = 0, которое не имеет решений. Пусть теперь a > 0. Тогда уравнение f ′ (x) = 0 имеет единственное решение x 0 = ln a. При этом f(x 0 ) = a(1 − ln a); значит) > 0 при a < e, f(x 0 ) = 0 при a = e и f(x 0 ) < 0 при a > e. Функция) сначала монотонно убывает от до f(x 0 ), потом возрастает от f(x 0 ) до. Ответ при a > решений нет при 0 < a 6 1 или решение одно при 1 < a < два решения. Рассмотрим функцию f(x) = a x − x. Ясно, что f ′ (x) = a x ln a − Если 0 < a < 1, то функция f(x) монотонно убывает от +∞ до −∞. Глава 28. Производная При a = 1 решение единственно x = 1. Если a > 1, то уравнение 0 имеет единственный корень x 0 = − log a (ln a). При этом a x 0 − x 0 = 1 ln a − log a “ 1 ln Функция f(x) сначала монотонно убывает от +∞ до f(x 0 ), потом монотонно возрастает от f(x 0 ) до +∞. Ясно, что f(x 0 ) =0 тогда и только тогда, когда a 1/ ln a =a log a (1/ ln те. Логарифмируя, получаем a ln a = ln “ 1 ln те. Таким образом, 1/ ln a = e, те. Ответ притри решения при 1 < a < два решения при a = или e −e 6 a < 1 одно решение при a > решений нет. Рассмотрим сначала случай a > 1. В этом случае x > log a x =⇒ a x > log a x, a x < x =⇒ x < log a x =⇒ a x < log a x, a x = x =⇒ x = log a x =⇒ a x = Поэтому количество решений уравнения a x = log a x равно количеству решений уравнения a x = x. Это уравнение исследовано в решении задачи Рассмотрим теперь случай, когда 0 < a < 1. Пусть f(x) = log a x − −a x . При изменении x от 0 до +∞ функция f(x) изменяется от +до −∞. Поэтому если f ′ (x) < 0 для всех x > 0, то рассматриваемое уравнение имеет единственное решение. Если x > 0, то знак числа ln a − a x ln a = 1 − (ln a) 2 xa x x ln совпадает со знаком числа g(x) = (ln a) 2 xa x − 1, поскольку ln a < Далее (ln a) 2 a x + (ln a) 3 xa x = a x (ln a) 2 (1 + x ln Значит, g ′ (x) обращается в нуль в точке x 0 = −1/ ln a. При этом − ln a e − 1. Таким образом, если − ln a < e, те, то) < 0 для всех x > 0, поэтому функция f(x) строго монотонна, и рассматриваемое уравнение имеет единственное решение. При функция f(x) тоже монотонна Решения задач 355 Остаётся рассмотреть случай, когда 0 < a < e −e . Решение уравнения всегда будет решением рассматриваемого уравнения. При 0 < a 6 1 это уравнение имеет единственное решение x 1 . Докажем, что g(x 1 ) > 0, те. Поскольку a x 1 = и a = x 1/x 1 1 , получаем ln a = 1 x 1 ln и x 1 a x 1 = x 2 1 . Таким образом, приходим к неравенству (ln x 1 ) 2 > 1. Поэтому достаточно доказать, что Рассмотрим вспомогательную функцию f (x) = x 1/x . Ясно, что f (x 1 ) = x 1/x 1 1 = a и f (1/e) = e −e . При 0 < x < 1/e функция возрастает, поскольку f ′ (x) = e ln x x “ 1 x 2 − ln Кроме того, 0 < a < e −e , те. Значит, При изменении x от 0 до x 0 = −1/ ln a функция g(x) монотонно возрастает от −∞ до g(x 0 ); затем она монотонно убывает до −∞. Поэтому неравенство g(x 1 ) > 0 показывает, что g(x) обращается в нуль в двух точках и x 3 , причём x 2 < x 1 < x 3 . Следовательно) < 0 и f(x 3 ) > 0. Учитывая то, что мы знаем о знаке получаем, что f(x) обращается в нуль ровно в трёх точках и x ′ 3 > x 3 |