上册 3.2 微分中值问题 第3题
📝 题目
3．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可导，且 $\displaystyle 0 \leqslant f(x) \leqslant \frac{x}{1+x^{2}}$ ．证明：$\exists \xi>0$ 使得 $\displaystyle f^{\prime}(\xi)=\frac{1-\xi^{2}}{\left(1+\xi^{2}\right)^{2}}$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 内可微并且满足不等式
$$
0 \leqslant f(x) \leqslant \ln \left[(2 x+1)\left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)\right]=\ln \frac{2 x+1}{x+\sqrt{1+x^{2}}}
$$
💡 答案解析
证明存在一点 $\xi \in(0,+\infty)$ 使得 $\displaystyle f^{\prime}(\xi)=\frac{2}{1+2 \xi}-\frac{1}{\sqrt{1+\xi^{2}}}$ ．（湖南大学 2006，北京大学 1985）
\section*{解题过程：}
（1）因为 $\displaystyle 0 \leqslant f(x) \leqslant \frac{x}{1+x^{2}}$ ，所以 $f(0)=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ．
设 $\displaystyle F(x)=f(x)-\frac{x}{1+x^{2}}$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，$\displaystyle F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-\frac{1-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}, F(0)=F(+\infty)=0$ ．由 Rolle 中值定理的推广，$\exists \xi \in(0,+\infty)$ ，使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $\displaystyle f^{\prime}(\xi)=\frac{1-\xi^{2}}{\left(1+\xi^{2}\right)^{2}}$ ．
（2）令 $\displaystyle F(x)=f(x)-\ln \frac{2 x+1}{x+\sqrt{1++^{2}}}$ ，则
$$
f(0)=0 \text {, 且 } 0 \leqslant \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) \leqslant \lim _{x \rightarrow \infty} \ln \frac{2 x+1}{x+\sqrt{1+x^{2}}} \text {. }
$$
从而 $F(0)=F(+\infty)=0$ ．由 Rolle 定理的推广，存在 $\xi \in(0,+\infty)$ ，使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $\displaystyle f^{\prime}(\xi)=\frac{2}{2 \xi+1}-\frac{1}{\sqrt{\xi^{2}+1}}$.
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：分析已知条件并确定端点值
由题设 $0 \leqslant f(x) \leqslant \frac{x}{1+x^2}$，令 $x=0$ 得 $0 \leqslant f(0) \leqslant 0$，故 $f(0)=0$。又 $\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{1+x^2}=0$，由夹逼定理得 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$。
公式：$\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{1+x^2}=0$
提示：注意夹逼定理的使用条件：$f(x)$ 介于0和趋于0的函数之间。
步骤 2/8
目标：构造辅助函数
令 $F(x)=f(x)-\frac{x}{1+x^2}$，则 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可导，且 $F(0)=0-0=0$，$\lim_{x\to+\infty}F(x)=0-0=0$。
提示：构造辅助函数时，通常将待证等式中的导数项移到一边，然后考虑原函数差。
步骤 3/8
目标：应用推广的Rolle中值定理
由于 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续可导，且 $F(0)=\lim_{x\to+\infty}F(x)=0$，根据Rolle中值定理的推广形式，存在 $\xi\in(0,+\infty)$ 使得 $F'(\xi)=0$。
公式：Rolle中值定理推广：若 $F(a)=F(b)$ 且 $F$ 在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $F'(\xi)=0$；对于无穷区间，需考虑极限相等。
提示：注意推广形式要求函数在无穷远处极限等于端点值，且函数在区间内可导。
步骤 4/8
目标：计算导数并代入
计算 $F'(x)=f'(x)-\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{1+x^2}\right)$。由商的导数公式：$\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{1+x^2}\right)=\frac{1\cdot(1+x^2)-x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$。因此 $F'(x)=f'(x)-\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$。
公式：$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$
提示：求导时注意符号，分子求导后减去分子乘以分母的导数。
步骤 5/8
目标：得出第一问结论
由 $F'(\xi)=0$ 得 $f'(\xi)-\frac{1-\xi^2}{(1+\xi^2)^2}=0$，即 $f'(\xi)=\frac{1-\xi^2}{(1+\xi^2)^2}$，命题得证。
提示：注意 $\xi$ 是正数，但公式对任意 $\xi$ 成立。
步骤 6/8
目标：分析第二问条件并确定端点值
由题设 $0 \leqslant f(x) \leqslant \ln\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$。令 $x=0$ 得 $0 \leqslant f(0) \leqslant \ln\frac{1}{0+1}=0$，故 $f(0)=0$。又 $\lim_{x\to+\infty}\ln\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}=\ln\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$。计算极限：$\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2+1/x}{1+\sqrt{1/x^2+1}}=\frac{2}{1+1}=1$，所以极限为 $\ln1=0$。由夹逼定理得 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$。
公式：$\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}=1$
提示：计算极限时注意有理化或抓大头。
步骤 7/8
目标：构造第二问的辅助函数并应用Rolle定理
令 $F(x)=f(x)-\ln\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$，则 $F(0)=0$，$\lim_{x\to+\infty}F(x)=0$。由推广的Rolle中值定理，存在 $\xi\in(0,+\infty)$ 使得 $F'(\xi)=0$。
提示：注意对数函数的定义域：$\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}>0$ 对 $x\ge0$ 成立。
步骤 8/8
目标：计算第二问的导数并得出结论
计算 $F'(x)=f'(x)-\frac{d}{dx}\ln\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$。利用对数求导：$\ln\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}=\ln(2x+1)-\ln(x+\sqrt{1+x^2})$。求导得 $\frac{2}{2x+1}-\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{2}{2x+1}-\frac{\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{2}{2x+1}-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。因此 $F'(x)=f'(x)-\left(\frac{2}{2x+1}-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$。由 $F'(\xi)=0$ 得 $f'(\xi)=\frac{2}{2\xi+1}-\frac{1}{\sqrt{1+\xi^2}}$，命题得证。
公式：$\frac{d}{dx}\ln(g(x))=\frac{g'(x)}{g(x)}$，$\frac{d}{dx}\sqrt{1+x^2}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$
提示：对数求导时注意复合函数求导，化简时合并同类项。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。