一元函数微分学
包括导数、微分中值定理、导数与函数的单调、极值、凹凸及泰勒公式。
必备知识点
导数的定义：
设函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的某个领域内有定义，如果极限： \[ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} \]
存在，则称函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处可导，并称此极限值为函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处的导数，记作： \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} \]
微分的定义：
设函数 \(y = f(x)\) 在点 \(x_0\) 处可导，则称 \[ dy = f'(x_0) \cdot \text{d}x \]
为函数 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处的微分，其中 \(dx\) 是自变量的增量。 如果函数 \(y = f(x)\) 在点 \(x\) 处可微，则： \[ \Delta y = f'(x) \cdot \Delta x + o(\Delta x) \]
其中 \(o(\Delta x)\) 是比 \(\Delta x\) 高阶的无穷小量。
存在极限 \[ \lim_{h \to 0} \frac{f[(x + h)^2] - f(x^2)}{h} = [f(x^2)]' \]
设函数 \(y = f(x)\) 在区间 \(I\) 上可导，若在 \(I\) 上恒有 \(f'(x) \geq 0\)，且在 \(I\) 中的任何区间上不存在 \(f'(x) \equiv 0\)，则 \(f(x)\) 在 \(I\) 上严格单调增加。
函数的凹性：
设 \(f(x)\) 是在区间 \(I\) 上的连续函数
- \(f(q_1 x_1 + q_2 x_2) \leq q_1 f(x_1) + q_2 f(x_2)\)
- \(f(\frac{x_1 + x_2}{2}) \leq \frac{1}{2} f(x_1) + \frac{1}{2} f(x_2)\)
- \(f(q_1 x_1 + q_2 x_2 + \cdots + q_n x_n) \leq q_1 f(x_1) + q_2 f(x_2) + \cdots + q_n f(x_n)\)
- 若可导，\(f'(x)\) 在 \(I\) 上单调递增
- 若二阶可导，\(f''(x) \geq 0\)
高阶导数的莱布尼茨公式：
\[ (uv)^{(n)} = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} u^{(k)} v^{(n - k)} \]
常用的高阶导数公式：
- \((a^x)^{(n)} = a^x \ln^n a\)，\(a > 0\)
- \((\log_a x)^{(n)} = (-1)^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{x^n \ln a}\)，\(a > 0\)，\(a \neq 1\)
- \((\cos x)^{(n)} = \cos(x + n \cdot \frac{\pi}{2})\)
- \((\sin x)^{(n)} = \sin(x + n \cdot \frac{\pi}{2})\)
- \((\frac{1}{x + a})^{(n)} = (-1)^n \frac{n!}{(x + a)^{n + 1}}\)
- \((\frac{1}{a - x})^{(n)} = \frac{n!}{(a - x)^{n + 1}}\)
曲线的曲率与曲率半径：
设曲线 \(L: y = f(x)\) 有连续的二阶导数。它在点 \((x, y)\) 处的曲率定义为 \(K = \frac{|y''|}{(1 + y'^2)^{\frac{3}{2}}}\)，曲率半径定义为 \(R = \frac{1}{K}\)。
例题讲解
设 \(f(x)\) 在 \(x = a\) 处连续，并有 \(\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{x - a} = k\)。证明：\(f(x)\) 在 \(x = a\) 处可导，且 \(f'(a) = k\)。
首先由连续性得到 \(\lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a)\)，由极限与无穷小的关系得到：存在 \(a(x)\)，其中 \(\lim\limits_{x \to a} a(x) = 0\)，使得 \(\frac{f(x)}{x - a} = k + a(x) \Rightarrow f(x) = (x - a)(k + a(x)) \Rightarrow \lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a) = \lim\limits_{x \to a} (x - a)(k + a(x)) = 0\)。所以存在 \(\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = k\)，由导数定义知，题目结论成立。
设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 可导，\(a_n < x_0 < b_n\) 且 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} b_n = x_0\)。证明：
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{f(b_n) - f(a_n)}{b_n - a_n} = f'(x_0) \]
记 \(\lambda = f'(x_0)\)，由微分的定义可知 \(f(x_0 + \Delta x) = f(x_0) + \lambda \Delta x + o(\Delta x)\)，于是有 \(f(b_n) = f(x_0) + \lambda(b_n - x_0) + o(b_n - x_0)\)，\(f(a_n) = f(x_0) + \lambda(a_n - x_0) + o(a_n - x_0)\)。考虑
\[ \frac{o(b_a - x_0) - o(a_n - x_0)}{b_n - a_n} = \frac{o(b_n - x_0)}{b_n - x_0} \cdot \frac{b_n - x_0}{b_n - a_n} - \frac{o(a_n - x_0)}{a_n - x_0} \cdot \frac{a_n - x_0}{b_n - a_n} \]
因为 \(\big|\frac{b_n - x_0}{b_n - a_n} \big| \leq 1\)，\(\big|\frac{a_n - x_0}{b_n - a_n} \big| \leq 1\)，所以 \(o(b_a - x_0) - o(a_n - x_0) = o(b_n - a_n)\)，于是
\[ f(b_n) - f(a_n) = \lambda(b_n - a_n) + o(b_a - x_0) - o(a_n - x_0) = \lambda(b_n - a_n) + o(b_n - a_n) \]
所以
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{f(b_n) - f(a_n)}{b_n - a_n} = f'(x_0) \]
设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 有二阶导数，证明：
\[ \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} = f''(x_0) \]
此时存在 \(x_0\) 的领域 \((x_0 - \delta, x_0 + \delta)\)，在此领域上 \(f'(x)\) 存在。由洛必达法则及二阶导数的定义得到：
\[ \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} = \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0 - h)}{2h} \\ = \frac{1}{2} \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0) + f'(x_0) - f'(x_0 - h)}{h} = f''(x_0) \]
设 \(f(x)\) 在 \(x = 1\) 点附近有定义，且在 \(x = 1\) 点可导，\(f(1) = 0\)，\(f'(1) = 2\)。求 \[ \lim_{x \to 0} \frac{f(\sin^2 x + \cos x)}{x^2 + x \tan x} \]
由一阶导数定义得到： \[ \lim_{x \to 0} \frac{f(\sin^2 x + \cos x)}{x^2 + x \tan x} = \lim_{x \to 0} \frac{f(\sin^2 x + \cos x) - f(1)}{\sin^2 x + \cos x - 1} \cdot \frac{\sin^2 x + \cos x - 1}{x^2 + x \tan x} = \frac{1}{2} \]
设 \(a > 0\)，\(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导，\(f(a) = 0\)。证明：存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得 \(f(\xi) = \frac{b - \xi}{a} f'(\xi)\)。
与欲证等式相对应的微分方程为 \(y = \frac{b - x}{a} y'\)，解得 \((b - x)^a y = C\)，做辅助函数 \(F(x) = (b - x)^a f(x)\)，有 \(F(a) = F(b) = 0\)，由罗尔定理得到，存在 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(F'(\xi) = -a(b - \xi)^{a - 1} f(\xi) + (b - \xi)^{a} f'(\xi) = 0\)，从而得证。
设 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，试证：存在 \(\xi \in (0, 1)\) 使得
\[ \frac{\pi}{4} (1 + \xi^2) f(1) = f(\xi) + (1 + \xi^2) \arctan \xi \cdot f'(\xi) \]
设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上有 \(n + 1\) 阶导数，且 \(f^{(k)}(a) = f^{(k)}(b) = 0(k = 0, 1, 2, \cdots, n)\)。证明：存在 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(f^{(n + 1)} (\xi) = f(\xi)\)。
构造函数 \(F(x) = (f(x) + f^{(1)}(x) + f^{(2)}(x) + \cdots + f^{(n)}(x)) \text{e}^{-x}\)，\(F(a) = F(b) = 0\)，所以存在 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(F'(\xi) = (f^{(n + 1)}(x) - f(x)) \text{e}^{-x} = 0\)，即 \(f^{(n + 1)} (\xi) = f(\xi)\)。
\(f(x)\) 在区间 \([0, 3]\) 上连续，在 \((0, 3)\) 内可导，\(f(0) + f(1) + f(2) = 3\)，\(f(3) = 1\)。证明：存在 \(\xi \in (0, 3)\)，使得 \(f''(\xi) = 0\)。
设 \(f(x)\) 在 \([a ,b]\) 上有二阶导数，\(f(a) = f(b) = f'(a) = f'(b) = 0\)，又存在常数 \(M\)，使得在 \([a, b]\) 上恒有 \(|f''(x)| \leq M\)。证明：在 \([a, b]\) 上恒有 \(|f(x)| \leq \frac{M}{16}(b - a)^2\)
设函数 \(f(x)\) 在 \([0, +\infty]\) 上有二阶导数，且 \(f''(x) < 0\)，\(f(0) = 0\)。证明对任何正数 \(x_1\)，\(x_2\) 都有 \(f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)\) 成立。
不妨设 \(x_2 \geq x_1 > 0\)，
\[ \begin{aligned} f(x_1 + x_2) - f(x_2) - [f(x_1) - f(0)] &= x_1 f'(\xi) - x_1 f'(\zeta) < 0, x_1 + x_2 > \xi > x_2, x_1 > \zeta > 0 \end{aligned} \]
设 \(f(x)\) 在 \([-2, 2]\) 上二阶可导，且 \(|f(x)| \leq 1\)。又 \(f^2(0) + [f'(0)]^2 = 4\)。试证：在 \((-2, 2)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使得 \(f(\xi) + f''(\xi) = 0\)。
设 \(F(x) = f^2(x) + [f'(x)]^2\)，\(F'(x) = 2 f(x) f'(x) + 2 f'(x) f''(x) = 2 f'(x) [f(x) + f''(x)]\)，设 \(\xi\) 是 \(F(x)\) 的一个极值点，则
设 \(f(x)\) 在 \([0, +\infty]\) 上可导，\(f'(x)\) 单调增加且 \(f(0) = 0\)。证明：\(g(x) = \frac{f(x)}{x}\) 在 \((0, +\infty)\) 内单调增加。
显然 \(g(x)\) 在区间 \((0, +\infty)\) 上可导，\(g'(x) = \frac{xf'(x) - f(x)}{x^2}\)，故只需要证明 \(xf'(x) - f(x) \geq 0\)，即证明 \(f'(x) \geq \frac{f(x)}{x}\)。
由拉格朗日中值定理和 \(f'(x)\) 的单调性得：
\[ \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(\xi) \leq f'(x), x > \xi > 0 \]
证明不等式：
\[ \frac{|a + b|}{1 + |a + b|} \leq \frac{|a|}{1 + |a|} + \frac{|b|}{1 + |b|} \]
设 \(f(x) = \frac{x}{1 + x}\)，\(x \geq 0\)，显然 \(f(x)\) 单调递增，只需证明：\(f(|a|) + f(|b|) \geq f(|a + b|)\)，由三角不等式 \(|a + b| \leq |a| + |b|\) 得：
\[ \frac{|a + b|}{1 + |a + b|} \leq \frac{|a| + |b|}{1 + |a| + |b|} \leq \frac{|a|}{1 + |a|} + \frac{|b|}{1 + |b|} \]
若 \(b > a > 0\)，证明：
\[ (1 + a) \ln (1 + a) + (1 + b) \ln (1 + b) \leq (1 + a + b) \ln (1 + a + b) \]
由拉格朗日中值定理及 \(f(x) = x \ln x\) 的单调性得到：
\[ \begin{aligned} f(1 + a) - f(1) &= a f'(\zeta), 1 + a > \zeta > 1 \\ f(1 + a + b) - f(1 + b) =&= a f'(\xi), 1 + a + b > \xi > 1 + b > \zeta \end{aligned} \]
所以，
\[ a f'(\xi) - a f'(\zeta) > 0 \Longleftrightarrow f(1 + a + b) - f(1 + b) \geq f(1 + a) \]
设 \(f(x)\) 在 \([0, + \infty]\) 上可导，\(f(0) = 0\)，\(0 \leq f'(x) \leq f(x)\)，证明：\(f(x) \equiv 0\)
构造函数 \(F(x) = \text{e}^{-x} f(x)\)，\(F'(x) = \text{e}^{-x} [f'(x) - f(x)] \leq 0\)，所以 \(F(0) \geq F(x) \geq 0\)，故 \(f(x) \equiv 0\)。
设 \(f(x)\) 可导，\(f(\frac{\pi}{2}) = 1\)，且满足 \(\lim\limits_{n \to \infty} \biggl(\frac{f(x + \frac{1}{n})}{f(x)}\biggr)^n = \text{e}^{\cot x}\)，求 \(f(x)\)
\[ \lim_{n \to \infty} \biggl(\frac{f(x + \frac{1}{n})}{f(x)}\biggr)^n = \lim_{n \to \infty} \biggl(1 + \frac{f(x + \frac{1}{n}) - f(x)}{f(x)}\biggr)^n \]
故
\[ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} n\frac{f(x + \frac{1}{n}) - f(x)}{f(x)} &= \lim_{n \to \infty} \frac{f(x + \frac{1}{n}) - f(x)}{\frac{1}{n}} f(x) = \cot x \\ f'(x) &= f(x) \cot x \\ f(x) &= \sin x \end{aligned} \]
设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上有二阶连续导数，且满足方程 \(f''(x) + x^2 f'(x) - 2f(x) = 0\)。证明：若 \(f(a) = f(b) = 0\)，则 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上恒为 0。
考虑函数在区间上的极大值 \(M\) 与极小值 \(m\)，对于极大值点 \(x_0\)，$f’’(x_0) = 2 f(x_0) $，即 \(f(x) \leq 0\)，对于极小值点同理可得 \(f(x) \geq 0\)，故 \(f(x) \equiv 0\)。
设 \(f(x)\) 在 \((-\infty, +\infty)\) 上有任意阶导数，且满足：
(1). 存在 \(M > 0\)，使得对任何 \(x\)，\(n\) 都有 \(|f^{(n)}(x)| \leq M\)；
(2). \(f(\frac{1}{n}) = 0(n = 1, 2, \cdots )\)。
证明：在 \((-\infty, +\infty)\) 上，\(f(x) \equiv 0\)。
设 \(f(x)\) 在 \([0, +\infty]\) 上有连续的导数，\(f(0) = 1\)，且对一切 \(x \geq 0\) 有 \(|f(x)| \leq \text{e}^{-x}\)。求证：存在 \(\xi \in (0, +\infty)\) 使得 \(f'(\xi) = -\text{e}^{-\xi}\)。
构造辅助函数 \(F(x) = f(x) - \text{e}^{-x}\)，\(F(0) = 0\)，\(\lim\limits_{x \to +\infty} F(x) = 0\)，由无穷区间上的罗尔定理得：存在 \(\xi \in (0, +\infty)\)，使得 \(F'(\xi) = 0\)，即 \(f'(\xi) = -\text{e}^{-\xi}\)。
设 \(f(x)\) 在 \([0, +\infty]\) 上可导，且 \(0 \leq f(x) \leq \frac{x}{1 + x^2}\)，证明：存在 \(\xi \in (0, +\infty)\) 使得
\[ f'(\xi) = \frac{1 - \xi^2}{(1 + \xi^2)^2} \]
构造函数 \(F(x) = f(x) - \frac{x}{1 + x^2}\)，\(F(0) = 0\)，\(\lim\limits_{x \to +\infty} F(x) = 0\)，由无穷区间上的罗尔定理得，存在 \(\xi \in (0, +\infty)\)，使得 \(F'(\xi) = f'(\xi) - \frac{1 - \xi^2}{(1 + \xi^2)^2} = 0\)。
已知函数 \(f(x)\) 在区间 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，且 \(f(0) = 0\)，\(f(1) = 1\)。证明：存在两个不同的 \(\eta\)，\(\xi \in (0, 1)\) 使得 \(f'(\xi)f'(\eta) = 1\)。
构造函数 \(F(x) = f(x) + x - 1\)，则 \(F(0) = -1\)，\(F(1) = 1\)，由连续函数的零点定理得：存在 \(F(c) = 0\)，\(c \in (0, 1)\)。于是有 \(f(c) = 1 - c\)，\(c = 1 - f(c)\)，两式相除得：
\[ \frac{f(c)}{c} = \frac{1 - c}{1 - f(c)} = \frac{f(c) - f(0)}{c - 0} \]
故由拉格朗日中值定理得：
\[ \frac{f'(\xi) c}{c} = \frac{1 - c}{f'(\eta)(1 - c)}, c > \xi > 0, 1 > \eta > c \]
即 \(f'(\xi)f'(\eta) = 1\)。
设 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，\(f(0) = 0\)，\(f(1) = 1\)，\(a\)，\(b\) 为正数。证明：
(1). 存在 \(\xi\)，\(\eta\)，\(0 < \xi < \eta < 1\)，使得 \(\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a + b\)；
(2). 存在 \(\xi\)，\(\eta\)，\(0 < \xi < \eta < 1\)，使得 \(af'(\xi) + bf'(\eta) = a + b\)
(1). 变形：
\[ \frac{a}{a + b} \frac{1}{f'(\xi)} + \frac{b}{a + b} \frac{1}{f'(\eta)} = 1 \]
记 \(\frac{a}{a + b} = \lambda \in (0, 1)\)，由介质定理得：存在 \(f(c) = \lambda\)，由拉格朗日中值定理得：存在 \(\xi \in (0, c)\)，使得 \(f(c) - f(0) = c f'(\xi)\)，由此 \(\frac{\lambda}{f'(\xi)} = c\)，同理，存在 \(\eta \in (c, 1)\) 使得 \(\frac{1 - \lambda}{f'(\eta)} = 1 - c\)，相加得证。
(2). 记 \(\frac{a}{a + b} = \lambda \in (0, 1)\)，由拉格朗日中值定理得：存在 \(\xi \in (0, \lambda)\)，使得 \(f(\lambda) - f(0) = \lambda f'(\xi)\)；存在 \(\eta \in (\lambda, 1)\)，使得 \(f(1) - f(\lambda) = (1 - \lambda) f'(\eta)\)，相加得证。
设 \(f(x)\) 在 \([a ,b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导，且 \(f(a) = f(b) = 1\)。证明：存在 \(\xi\)，\(\eta \in (a, b)\)，使得 \(\text{e}^{\eta - \xi} [f(\eta) + f'(\eta)] = 1\)。
即证明：\(\text{e}^{\eta} [f(\eta) + f'(\eta)] = \text{e}^{\xi}\)，构造辅助函数 \(F(x) = f(x) \text{e}^{x}\)，由拉格朗日中值定理得：
\[ \text{e}^{\xi} = \frac{\text{e}^b - \text{e}^a}{b - a} = \frac{F(b) - F(a)}{b - a} = F'(\eta) \]
设 \(f(x)\) 在 \([a, c]\) 上连续，\(f'(x)\) 在 \((a, c)\) 内严格单调增加，证明：对于任何 \(b \in (a, c)\)，都成立着不等式
\[ (b - a) f(c) + (c - b) f(a) > (c - a) f(b) \]
显然，\(f(x)\) 是凹函数，故
\[ \begin{aligned} \frac{b - a}{c - a} f(c) + \frac{c - b}{c - a} f(a) > f(\frac{b - a}{c - a} \cdot c + \frac{c - b}{c - a} \cdot a) = f(b) \end{aligned} \]
证明：对于任何正数 \(a\)，\(b\)，\(c\)，不等式
\[ a \ln a + b \ln b + c \ln c \geq (a + b + c) \ln \frac{a + b + c}{3} \]
都成立；其中的等号成立当且仅当 \(a = b = c\)。
显然 \(f(x) = x \ln x\) 是严格凹函数，则由凹函数的性质得：
\[ \frac{1}{3} (f(a) + f(b) + f(c)) \geq f(\frac{1}{3}(a + b + c)) \]
再由严格凹函数的性质得其中的等号成立当且仅当 \(a = b = c\)。
设 \(0 < x_i < \pi(i = 1, 2, \cdots, n)\)，记 \(x = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n}\)，证明：\(\prod\limits_{i = 1}^{n} \frac{\sin x_i}{x_i} \leq \bigl(\frac{\sin x}{x}\bigr)^{n}\)
设 \(f(x) = - \ln \frac{\sin x}{x}\)，\(f''(x) = \bigl(\frac{1}{\sin x} - \frac{1}{t}\bigr)\bigr(\frac{1}{\sin x} + \frac{1}{t}\bigl) > 0\)，所以 \(f(x)\) 是严格凹函数，由凹函数的性质得：
\[ \begin{aligned} \frac{-1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \biggl(\ln \frac{\sin x_i}{x_i}\biggr) &\geq - \ln \frac{\sin x}{x} \\ \biggl(\frac{\sin x}{x}\biggr)^{n} &\geq \prod_{i = 1}^{n} \frac{\sin x_i}{x_i} \end{aligned} \]
设 \(a\)，\(b\) 是正数，证明：\(a^s b^t \leq as + bt\)，其中 \(s\)，\(t\) 是正数且 \(s + t = 1\)，当且仅当 \(a = b\) 时，不等式的等号成立。
设 \(f(x) = \ln x\)，则 \(f''(x) = - \frac{1}{x^2} < 0\)，所以 \(f(x)\) 是凸函数，根据凸函数的性质得：
\[ \begin{aligned} s f(a) + t f(b) &\leq f(sa + tb) \\ \ln (a^s b^t) &\leq \ln (sa + tb) \end{aligned} \]
证明柯西不等式 \(|a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n| \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2}\)，等号成立当且仅当存在 \(\lambda\) 使得 \(a_1 = \lambda b_1\)，\(a_2 = \lambda b_2\)，\(\cdots\)，\(a_n = \lambda b_n\)。
设函数 \(f(x) = (a_1 x + b_1)^2 + (a_2 x + b_2)^2 + \cdots + (a_n x + b_n)^2 = (a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2) x^2 + 2(a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n)x + (b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) \geq 0\)，所以 \(\Delta = 4(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) - 4(a_1b_1 + a_2b_2 + \cdots + a_nb_n)^2 \geq 0\)，得证不等式；等号成立时可知此时函数只有一个实根，设为 \(f(\lambda) = 0\)，可得 \(a_1 = \lambda b_1\)，\(a_2 = \lambda b_2\)，\(\cdots\)，\(a_n = \lambda b_n\)。
设 \(p\)，\(q\) 都是正数且 \(p + q = 1\)，证明不等式：
(1). \(p^p q^q \geq \frac{1}{2}\)
(2). \(p^q q^p \leq \frac{1}{2}\)
(3). 在前两个不等式中等号成立当且仅当 \(p = q = \frac{1}{2}\)
(1). 设 \(f(x) = x \ln x\)，显然 \(f(x)\) 是凹函数，则由凹函数的性质得：
\[ \begin{aligned} \frac{1}{2} (f(p) + f(q)) &\geq f(\frac{1}{2}(p + q)) \\ \frac{1}{2} \ln (p^p q^q) &\geq \frac{1}{2} \ln \frac{1}{2} \\ p^p q^q &\geq \frac{1}{2} \end{aligned} \]
等号成立当且仅当 \(p = q\)，带入求得 \(p = q =\frac{1}{2}\)
(2). 设 \(f(x) = \ln x\)，显然 \(f(x)\) 是凸函数，则由凸函数的性质得：
\[ \begin{aligned} q f(p) + p f(q) &\leq f(2pq) \\ \ln p^q q^p &\leq \ln (2pq) \leq \ln \biggl(\frac{(p + q)^2}{2}\biggr) = \ln \biggl(\frac{1}{2}\biggr) \end{aligned} \]
等号成立当且仅当 \(p = q\)，带入求得 \(p = q =\frac{1}{2}\)
(3). 由 (1) (2) 得证。
设 \(f(x)\) 有连续的二阶导数，\(f'(0) = 0\)，且 \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f''(x)}{|x|} = 1\)，问：\(f(0)\) 是否为极值？
将 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处泰勒展开得到 \(f(x) - f(0) = \frac{f''(\xi)}{2} x^2\)，其中 \(x > \xi > 0\)，\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f''(x)}{|x|} = 1\) 和极限的保号性，在 \(x = 0\) 的某个去心领域内，\(f''(x) > 0\)，同时 \(f(x) - f(0) > 0\) 由极值的定义，\(f(0)\) 是极小值。
设 \(f(x)\) 有连续的二阶导数且满足微分方程 \(x f''(x) + 3x [f'(x)]^2 = 1 - \text{e}^{-x}\)，问：
(1). 如果 \(x_0 \neq 0\) 是 \(f(x)\) 的极值点，则 \(f(x_0)\) 是极大值还是极小值？
(2). 如果 \(f(0)\) 是 \(f(x)\) 的极值，则 \(f(0)\) 是极大值还是极小值？
(1). 此时 \(f'(x_0) = 0\)，\(f''(x_0) = \frac{1 - \text{e}^{-{x_0}}}{x_0} < 0\)，所以是极小值。
(2). 由等价无穷小得：
\[ \lim_{x \to 0} f''(x) = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \text{e}^{-x}}{x} = -1 < 0 \]
所以是极小值。
设 \(f(x) = (x - 1)^3 \cos \pi x\)，证明：\(x = 1\) 不是 \(f(x)\) 的极值点。
\(f''(x) = 6(x - 1) \cos \pi x - 3\pi (x - 1)^2 \sin \pi x - 3\pi (x - 1)^2 \sin \pi x - \pi^2 (x - 1)^3 \sin \pi x\)。将 \(f(x)\) 在 \(x = 1\) 处泰勒展开得到 \(f(x) - f(1) = \frac{f''(\xi)}{2} (x - 1)^2\)，其中 \(\xi\) 在 \(x\) 和 1 之间。由于 \(\lim\limits_{x \to 1^+} \frac{f''(x)}{|x|} = -1\) 和 \(\lim\limits_{x \to 1^-} \frac{f''(x)}{|x|} = 1\)，再结合极限的保号性，可知在 \(x = 1\) 的某个右领域内 \(f''(x) < 0\)，从而 \(f(x) < 0\)；某个左领域内 \(f''(x) > 0\)，从而 \(f(x) > 0\)。综上 \(x = 1\) 不是 \(f(x)\) 的极值点。
设在 \((-\infty, +\infty)\) 上 \(f''(x) \geq 0\)，\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1\)，证明：\(f(x) \geq x\)
\(f(x) = x + o(x)\)，所以 \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0\)，则 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处的导数为 1，将 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处泰勒展开，\(f(x) = x + \frac{f''(\xi)}{2} x^2\)，其中 \(\xi\) 在 \(x\) 与 0 之间，由于 \(f''(x) \geq 0\)，所以 \(f(x) \geq x\)。
设 \(f(x)\) 是 \(n\) 次多项式，且恒有 \(f(x) \geq 0\)，证明：恒有
\[ F(x) = f(x) + f'(x) + \cdots + f^{(n)}(x) \geq 0 \]
构造函数 \(G(x) = F(x) \text{e}^{-x}\)，\(G'(x) = \text{e}^{-x}(F'(x) - F(x)) = -f(x) \text{e}^{-x} \leq 0\)，故 \(G(x)\) 单调减少，\(\lim\limits_{x \to +\infty} G(x) = 0\)，所以 \(G(x) \geq 0\)，\(F(x) \geq 0\)。