§ 6 特殊函數及其導數運算

§ 6 特殊函數及其導數運算

雖然本節之前我們使用了三角函數等之導數關念_, 基本上只涉及較為粗淺的部分_, 本節 所謂特殊函數_, 包括三角函數、 反三角函數、 指數函數、 對數函數及雙曲反雙曲函數等_, 所選 之題目也較具代表性_.

◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •

♠ (6-1) 試求函數 f : [0, +∞) → R : f (x) =√ x ·√

sinh x 之導函數_.

分析 我們₍₁₎ 先微分_{x > 0} 部分_{, (2)} 討論_f 在點 _{x = 0} 是否可微時_, 若將_{x = 0} 代入 (1) 之結果_, 當然是錯誤的_. 使用定義永遠是最安全的方法_.

解 ₁^◦ 若 x ∈ (0, +∞) , 則_f^′_{(x) =}

√sinh x 2√

x +

√x cosh x 2√

sinh x . 2^◦ 若 _{x = 0 ,} 則

f^′(0) = lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x − 0 = lim

x→0⁺

√x√ sinh x x

= r

x→0lim⁺ sinh x

x

= r

x→0lim⁺

cosh x

1 , ( l’Hospital 規則₎

= 1.

綜合以上兩點得_,

f^′: [0, +∞) → R : f^′(x) =







√sinh x 2√

x +

√x cosh x 2√

sinh x , 若 _{x > 0,}

1, 若 _{x = 0,}

♠ (6-2) 設f (x) = tan⁻¹x , 若 _lim

h→0

f (a + 4h) − f (a − 3h)

h = 1 , 試求常數 _a 之值_.

分析 本題不是求極限_, 而是由已知極限求其中某一常數_, 屬於逆向思考_, 方法有二 _: 其 一_, 利用導數定義_, 其二_, 利用 _l’Hospital規則_.

6 特殊函數及其導數運算 ₄₆

解 法一 _: 利用導數定義_, 1 = lim

h→0

f (a + 4h) − f (a − 3h) h

= lim

h→0

f (a + 4h) − f (a)

h + lim

h→0

f (a) − f (a − 3h) h

= 4 lim

h→0

f (a + 4h) − f (a)

4h + 3 lim

h→0

f (a − 3h) − f (a)

−3h

= 4f^′(a) + 3f^′(a) = 7f^′(a) = 7 1 + a², 故得 _{a = ±}^√_6.

法二 _: 利用 _l’Hospital 規則_, 1 = lim

h→0

f (a + 4h) − f (a − 3h) h

= lim

h→0

4f^′(a + 4h) + 3f^′(a − 3h)

1 = 7f^′(a) = 7

1 + a², 故得 _{a = ±}^√_6.

♠ (6-3) 試求函數 f (x) = ln(sin⁻¹√

x) 之導函數_.

分析 微分某函數大半不會太困難_, 不過許多人都忘了交待在何處可微_, 在何處不可微_, 因 此_, 第一步需先求函數之定義域_.

解 _f 之定義域為

Df = {x ∈ R | ln(sin⁻¹√

x) 有意義_}

= {x ∈ R | sin⁻¹√

x 有意義且 _{> 0}}

= {x ∈ R | √

x ∈ (0, 1]} = (0, 1].

∀x ∈ (0, 1) ,

Df (x) = 1 sin⁻¹√

x · D√

√ x

1 − x = 1

2px(1 − x) sin⁻¹√ x. 至於 _{x = 1} 時_, 因為

x→1lim⁻Df (x) = lim

x→1⁻

1

2px(1 − x) sin⁻¹√

x = +∞.

由導數之極限定理 ^† 知 _f 在點 ₁ 不為可微分_. 故 _f 之導函數為 f^′: (0, 1) → R : f^′(x) = 1

2px(1 − x) sin⁻¹√ x.

† 見拙著 《 微積分學．電子書_2.1 版》 第二章 § 2.5. p.84.

6 特殊函數及其導數運算 ₄₇

♠ (6-4) 設f : R → R : f (x) = a · e^x − b · e^−x, 其中 _a 與 _b 均為大於零的常數_. (a) 試證_{: f} 為對射 (bijective) , [ 註_{: lim}

x→+∞exp x = +∞ 視為已知_{. ]} (b) 試求 _f⁻¹ 及其導函數_.

分析 本題之 _f 與雙曲函數 _sinh 相似_, 解題過程亦相似_. 證明 _f 為蓋射時_, 需利用 _{: 1} 若定義域為一區間_, 而函數為連續_, 則其值域必為一區間 _;

₂ lim

x→+∞f (x) = +∞ 說明值域無上界 _{; 3} lim

x→−∞f (x) = −∞ 說明值域無下界 _. 解 _(a) 首先_f 為嵌射_, 因為

f^′(x) = ae^x+ be^−x > 0 , ∀x ∈ R ⇒ f 為遞增_. 其次_{, f} 為蓋射_, 因為

f 為連續

Df = R 為一區間

x→+∞lim f (x) = +∞

x→−∞lim f (x) = −∞



















⇒ f (R) = R.

(b) 令 _{y = ae}^x_{− be}^−x_, 由於

y = ae^x− be^−x ⇔ ae^2x− ye^x− b = 0

⇔ e^x = y ±py²+ 4ab

2a , (負不合_, 因_{y −py}²+ 4ab < 0)

⇔ x = lny +py²+ 4ab 2a

.

∴ f⁻¹: R → R : f⁻¹(y) = lny +py²+ 4ab 2a

, 是以

(f⁻¹)^′(y) = 1

y +py²+ 4ab

1 + 2y 2py²+ 4ab

= 1

py²+ 4ab_. 故 _f⁻¹ 之導函數為

(f⁻¹)^′: R → R : (f⁻¹)^′(y) = 1 py²+ 4ab_.

6 特殊函數及其導數運算 ₄₈

♠ (6-5) 設_{f (x) = e}^x_{sin x ,} 試證 _{: f}⁽ⁿ⁾_{(x) = (}^√₂₎ⁿ_e^x_sin^_{x +}^nπ 4

, 內 _{n ∈ N .} 分析 證明一含自然數 _n 之恆等式_, 通常使用數學歸納法_.

證 利用數學歸納法_, 我們欲證 _{: ∀n ∈ N,} f⁽ⁿ⁾(x) = (√

2)ⁿe^xsin

x +nπ 4

. (1)

當_{n = 1} 時_,

左 _{= f}^′_{(x) = e}^x_{sin x + e}^x_{cos x = e}^x_{sin x ·}

√2

2 + cos x ·

√2 2

·√ 2

=√

2 e^xsin x +π

4

= 右_. 設_{n = k} 時_{, (1)} 式為真_, 即

f^(k)(x) = (√

2)^ke^xsin

x + kπ 4

, 往證 : n = k + 1時_{, (1)} 式亦為真 _;

左 _{= f}^(k+1)_{(x) = (f}^(k)_(x))^′

= (√ 2)^k

e^xsin(x + kπ

4 ) + e^xcos(x + kπ 4 )

= (√

2)^ke^x·√ 2

sin(x + kπ 4 ) ·

√2

2 + cos(x + kπ 4 ) ·

√2 2



= (√

2)^k+1e^xsin

x + (k + 1)π 4

= 右_.

♠ (6-6) 設函數 f : [0, +∞) → R : f (x) =

x^x, 若 _{x > 0,} 1, 若 _{x = 0,} (a) 試問_f 在點 ₀是否為連續 _?

(b) 試問_f 在點 ₀是否為可微 _?

(c) 試問_f 於何處有極值 _? 相對極值或絕對極值 _?

分析 解決含_x^x 之問題_, 第一部需利用定義 _x^x = exp(x ln x) . 在點 ₀ 是否可微必須利用 定義討論之_.

解 _(a) 由於

x→0lim⁺f (x) = lim

x→0⁺x^x = lim

x→0⁺exp(x ln x) = exp( lim

x→0⁺

ln x 1/x)

= exp

x→0lim⁺ 1/x

−1/x²



= 1 = f (0), 知 _f 在點 ₀ 為連續_.

6 特殊函數及其導數運算 ₄₉ (b) 因

x→0lim⁺

f (x) − f (0)

x − 0 = lim

x→0⁺

x^x− 1

x = lim

x→0⁺

x^x(ln x + 1)

1 = −∞,

知 _f 在點 ₀ 為不為可微_. (c) 先求 _f 之臨界點集_, 因

f^′(x) = 0 ⇔ x^x(ln x + 1) = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = e⁻¹, 知臨界點集為 _{{0, e}⁻¹_{} ,} 其次_, 由於

x 0 e⁻¹

f^′(x) − 0 +

說明 _{max ց min ր}

故知 _f 於點 _e⁻¹ 有最小值 _(e⁻¹₎^e−1 ₌ ¹

e^1/e , 而於點 ₀有相對極大值 _{1 .} (註_{: f} 無最大值_, 因 _lim

x→+∞f (x) = +∞. )

♠ (6-7) 設函數 f : (0, +∞) → R : f (x) =  1 + 1

x

x

. 試求 _f 之值域及其最小上界、 最大 下界_.

分析 求某函數之值域往往是件麻煩事_, 但若能證明此函數為單調(monotone) , 題目已解 開一大半_, 第一步當然是先求 _f 之導數_, 我們需要使用公式 _a^b = exp(b ln a) , (其中 a > 0, b ∈ R ).

解 由於 _{f (x) =}^_{1 +} ¹ x

x

= exp x ln

1 + 1 x

.

1^◦ f 之導數 f^′(x) = 

1 + 1 x

x ln

1 + 1 x

+ 1

1 + _x¹ · −1 x² · x

= 1 + 1

x

x ln

1 + 1 x

− 1 1 + x

> 0, ∀ x > 0 , (理由見_{(∗) )} 故知 _f 為遞增_.

(∗) 考慮 _ln於區間 [x, x + 1],內 _{x > 0,} 由均值定理知_, 存在 c ∈ (x, x + 1) 使得 ln(x + 1) − ln x

x + 1 − x = ln^′c = 1

c > 1 x + 1, 故 _ln^{x + 1}

x

> 1 1 + x.

6 特殊函數及其導數運算 ₅₀ 2^◦ 其次_,

x→0lim⁺

1 + 1 x

x

= exp

x→0lim⁺

ln(1 + ¹_x) 1/x



= exp

t→+∞lim

ln(1 + t) t

, (令 _{t = 1/x )}

= exp

t→+∞lim

1 1 + t

, ( l’Hospital規則₎

= 1.

3^◦ 仿上法_, 可得 _lim

x→+∞f (x) = lim

x→+∞

1 + 1 x

x

= e .

綜合以上三點知_{, f} 之值域為 _{(1, e) ,} 是以_{sup Rf = e, inf Rf = 1.}

♠ (6-8) 設_{f (x) =}

(e^−1/x2, 若_{x 6= 0,}

0, 若_{x = 0.} 試求 _f^′₍₀₎ 及 _f^′′_(0).

分析 求 _f 在點 ₀ 之一、 二階導數都必須使用定義去解_. 又本例在討論解析函數_(analytic function)是個重要反例_.

解 若_{x 6= 0 ,} 則_f^′(x) = D(exp(−1/x²)) = 2x⁻³exp(−1/x²) . 又 f^′(0) = lim

x→0

f (x) − f (0)

x − 0 = lim

x→0

exp(−1/x²) x

= lim

x→0

1/x exp(1/x²)

= lim

x→0

−1/x²

[exp(1/x²)](−2/x³), ( l’Hospital 規則₎

= lim

x→0

x

2 exp(1/x²) = 0.

故得

f^′(x) =

(2x⁻³exp(−1/x²), 若 _{x 6= 0,}

0, 若 _{x = 0.}

其次_,

f^′′(0) = lim

x→0

f^′(x) − f^′(0)

x − 0 = lim

x→0

2x⁻³exp(−1/x²) x

= lim

x→0

2/x⁴ exp(1/x²)

= lim

t→+∞

2t²

exp(t), (令_{t = 1/x}²₎

= lim

t→+∞

4

exp(t), (二次 _l’Hospital 規則₎

= 0.

6 特殊函數及其導數運算 ₅₁

♠ (6-9) 設點 _P 為 _tan⁻¹ 與 _cot⁻¹ 二函數之交點_, 試求二曲線過點_P 之切線的夾角 _θ (∈ [0^◦, 90^◦] ).

分析 我們知道_, 若能找到交點之坐標_, 題目差不多就已解決_, 其實 「 _tan⁻¹ 與 _cot⁻¹ 之 交點 」 和 「_tan 與_cot 二函數最接近原點之交點 」 對稱於直線 _{y = x.}

解 ₁^◦ 先求交點 _{(x0, y0):} 令 _{I =}^₋^π 2,π

2



, J = (0, π) , y0 = tan⁻¹(x0) & y0 = cot⁻¹(x0)

⇒ x0 = tan |_I(y0) & x0 = cot |_J(y0)

⇒ tan |I(y0) = cot |J(y0)

⇒ tan(y0) = cot(y0) , y0 ∈ I ∩ J = (0, π/2)

⇒ sin²y0 = cos²y0, y0 ∈ (0, π/2)

⇒ cos(2y0) = 0 , y0 ∈ (0, π/2)

⇒ 2y0 = π/2

⇒ y0 = π/4

⇒ x0 = 1.

圖_6–1 2^◦ 次求過該點之二切線之斜率_,

m1 = D tan⁻¹1 = 1

1 + 1² = 1 2, m2 = D cot⁻¹1 = −1

1 + 1² = −1 2, 3^◦ 最後求二線之交角 _{θ ,} 因

tan θ =    

m1− m2

1 + m1m2

   

=

1

2 + ¹₂

1 −¹₂ · ¹₂ = 4 3. 是以夾角為 _{θ = tan}^{−1 4}

3 ≈ 0.9273 = 53.13^◦.

6 特殊函數及其導數運算 ₅₂

♠ (6-10) 設甲銀行以 _2% 之年利率每月計息_, 乙銀行欲以 _r 之年利率連續計息且使一年到

期之本利和與甲銀行相同_, 試問_{r =?}

分析 連續計息乃指數函數之應用_, 公式為 _{A = P e}^nr_, 其中 _P 為本金_{, A}為本利和_{, r} 為年利率_{, n} 為年數_.

解 由於一年後_,

甲銀行之本利和為 _{A1 = P}^_{1 +} ^0.02 12

¹² , 乙銀行之本利和為 _{A2 = P · e}^r_.

故

A1 = A2 ⇔ 

1 + 0.02 12

¹²

= e^r

⇔ r = 12 ln

1 + 0.02 12

= 0.0199834.

7 均值定理 ₅₃

§ 7 均值定理

「微分均值定理」 簡稱均值定理_{, (}另外還有個 「積分均值定理」_{) ,} 它是個簡單而實用的定 理_, 讀者肯定耳熟能詳_, 它衍生出三個 「系」_, 讀者若有興趣_, 不妨參閱拙著 《 微積分學．電 子書 _2.1 版》 § 2.5. p.78 ∼ 80.

◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •

♠ (7-1) 試證 _{: ∀ x ∈}^_0,^π 2

, 2

π < sin x x < 1.

分析 證明 ^{sin x}

x < 1 是容易的_, 證明 ²

π < sin x

x 則比較困難_, 如果找對方法_, 證明其實 滿簡單的_.

證 ₁^◦ 為方便以下的討論_, 我們先證明 : ∀ x ∈ (0, π/2) , tan x > x.

因為 _tan 在區間 _{[0, x]} 滿足均值定理之條件_, 故存在 _c 介於 ₀ 與 _x 之間

(當然 _{c ∈ (0,}^π

2) ) , 滿足

tan x − tan 0 = (tan^′c)(x − 0) = (sec²c) · x > x.

亦即 tan x > x.

2^◦ 其次_, 令

g : h 0,π

2

i → R : g(x) =





 sin x

x , 若_{x 6= 0,} 1, 若 _{x = 0,} 則 _g 為連續且_{, ∀ x ∈}^_0,^π

2

,

g^′(x) = x cos x − sin x

x² = cos x

x² (x − tan x) < 0 , ( ∵ 1^◦) 知 _g 為遞減函數_. 是以 _{∀ x ∈}^_0,^π

2

,

g(0) = 1 > g(x) > g(π 2) = 2

π. 亦即函數 _g 在點 ₀ 有絕對極大_, 而於點 ^π

2 有絕對極小_.

♠ (7-2) 試利用均值定理證明 _: 若x, y ∈ [−π/2, π/2], y < x , 則sin x − sin y < x − y.

(注意 _: 證明 _{< ,} 而不是 _{≤ ).}

分析 證明 「 sin x − sin y ≤ x − y 」 是簡單的_, 但要證明二者不相等則較費心_, 應分 0 ≤ y < x , y < x ≤ 0 , y < 0 < x三種情況討論_.

7 均值定理 ₅₄ 證 若 0 ≤ y < x ≤ π/2 , 由均值定理知存在 _{c ∈ (y, x)} 使得

sin x − sin y

x − y = sin^′c = cos c ∈ (0, 1).

故不等式得證_.

若 −π/2 ≤ y < x ≤ 0 , 仿上亦得證_. 若 −π/2 ≤ y < 0 < x ≤ π/2 , 應有

sin x < x ₁

sin(−y) < (−y) ₂

二式相加_, 即得 sin x − sin y < x − y.

♠ (7-3) 解方程式 ^{ln x}

x = ln 2 2 .

分析 雖然我們可以很容易的看出來_: 此方程式有₂ 及₄兩個根_, 但要證明沒有有其他根並 不十分容易_, 方法不唯一 _.

解 顯然此方程式有₂ 及₄ 兩個根_. 次設

f : (0, +∞) → R : f (x) = ln x

x − ln 2 2 , 則_f^′_{(x) =} ^{1 − ln x}

x² , ∀ x > 0 , 法一 _: 因

f^′(x) = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e, (⋆)

假定方程式 _{f (x) = 0}有三相異實根 _{r1 < r2 < r3,} 則由 _Rolle 定理知存在_{a, b} 滿 足

r1 < a < r2 < b < r3 且 _f^′_{(a) = f}^′_{(b) = 0,} 顯然與_(⋆) 相矛盾_.

法二 _: 由於

f^′(x) = 1 − ln x x²







> 0, 若0 < x < e,

= 0, 若_{x = e,}

< 0, 若_{x > e.}

知 _f 在區間 _{(0, e]} 為遞增_, 而於區間 _{[e, +∞)} 為遞減_, 故除 ₂ 與 ₄ 不可能有其 他根_.

7 均值定理 ₅₅

♠ (7-4) 試利用均值定理證明 _: ^{x − 1}

x ≤ ln x ≤ x − 1 , ∀x > 0 ; 分析 必須分為 _{x > 1} 及 _{x < 1} 二種情況討論_.

證 若_{x = 1 ,} 原式顯然成立_, 以下只證 _{x 6= 1} 之情況_.

1^◦ 若 _{x > 1 ,} 考慮自然對數函數 _ln 在區間 _{[1, x]}上_, 因為 _ln 滿足均值定理之條件_, 故存在 p ∈ (1, x) , 使得

ln x − ln 1

x − 1 = ln^′p = 1 p. 亦即

ln x = x − 1

p . (⋆)

故

1 < p < x ⇒ 1 > 1 p > 1

x

⇒ x − 1 > x − 1

p > x − 1 x

⇒ x − 1 > ln x > x − 1

x , ( ∵ (⋆) ).

2^◦ 若 0 < x < 1 , 考慮 _ln在區間 _{[x, 1]} 上_, 同理_, 存在 p ∈ (x, 1) , 使得 ln x − ln 1

x − 1 = ln^′p = 1

p. (⋆⋆)

故

0 < x < p < 1 ⇒ 1 x > 1

p > 1

⇒ x − 1

x < x − 1

p < x − 1 , ( ∵ x − 1 < 0 )

⇒ x − 1

x < ln x < x − 1 , ( ∵ (⋆⋆) ).

♠ (7-5) 試利用不等式: ln x ≤ x−1, ∀ x > 0, 證明算幾不等式(arithmetic-geometric-mean inequality), ( n個正數之幾何平均恆小於或等於其算術平均_),即

∀ x1, . . . , xn > 0, (x1· · · xn)^1/n ≤ 1 n

n

X

j=1

xj.

分析 不等式 ln x ≤ x − 1, ∀ x > 0 上題業已證明_. 除了使用對數不等式證明之外_, 尚有 其他方法_, 有興趣讀者不妨在網路上尋找_.

7 均值定理 ₅₆

證 法一 _: 令算術平均為 _{M =} ¹ n

n

X

j=1

xj, 則

lnxj

M ≤ xj

M − 1 , ∀ j = 1, . . . , n

⇒

n

X

j=1

lnxj

M ≤

n

X

j=1

xj

M − n = 0

⇒ lnYⁿ

j=1

xj

M

≤ 0

⇒

n

Y

j=1

xj

M ≤ 1

⇒

n

Y

j=1

xj ≤ Mⁿ

⇒ (x1· · · xn)^1/n ≤ M.

法二 _: 令幾何平均為 _{G = (x}1· · · xn)^1/n, 則 lnxj

G ≤ xj

G − 1 , ∀ j = 1, . . . , n

⇒

n

X

j=1

lnxj

G ≤

n

X

j=1

xj

G − n

⇒ ln 1 = lnYⁿ

j=1

xj

G

≤

n

X

j=1

xj

G − n

⇒ n ≤

n

X

j=1

xj

G

⇒ G ≤ 1 n

n

X

j=1

xj.

♠ (7-6) 試證 _{: sin}⁻¹_{x + cos}⁻¹_{x =} ^π

2, ∀ x ∈ [−1, 1].

分析 本題看似簡單_, 但若對反三角函數之定義不十分清楚者_, 會弄得一片混亂_. 證 法一 _: 令_{y = sin}⁻¹x, I = [−π/2, π/2], J = [0, π].

y = sin⁻¹x ⇒







y ∈ I = [−π/2, π/2] ⇒ π

2 − y ∈ J = [0, π], x = sin y = cosπ

2 − y

= cos |J

π 2 − y

⇒ cos⁻¹x = π

2 − y , (注意上式中的_{J )}

⇒ y + cos⁻¹x = π 2.

7 均值定理 ₅₇ 註 _:以下證明有何錯誤_?

「 _{y = sin}⁻¹x ⇒ x = sin y = cos5π 2 − y

⇒ y + cos⁻¹x = 5π 2 . 」 法二 _: 設f : [−1, 1] → R : f (x) = sin⁻¹x + cos⁻¹x , 則 ∀ x ∈ (−1, 1) ,

f^′(x) = D sin⁻¹x + D cos⁻¹x

= 1

√1 − x² + −1

√1 − x² = 0, 又 _f 為連續續函數_, 由零導數定理知_, 存在常數 _C 使得

f (x) = C , ∀ x ∈ [−1, 1], 但 f (0) = sin⁻¹0 + cos⁻¹0 = 0 +π

2 , 結論 _: sin⁻¹x + cos⁻¹x = π

2 , ∀ x ∈ [−1, 1].

♠ (7-7) 若函數 _f 滿足_f^′_{(x) =} ¹

5 + sin x, ∀x ∈ R, f (0) = 0 , 利用均值定理證明 _: π

12 < f (π 2) < π

10. 分析 儘管我們可以由 _f^′_{(x) =} ¹

5 + sin x 利用不定積分求出 _{f ,} 但本題規定必須利用 「均

值定理」_, 由題意不妨考慮 _f 在區間_{[0, π/2].}

證 考慮 _f 在區間_{[0, π/2] ,} 因其為可微_, 故可利用均值定理_, 存在 _{c ∈ (0,}^π 2)使得 f (π/2) − f (0)

π/2 − 0 = f^′(c), 即_{f (}^π

2) = π

2 · f^′(c).

0 < c < π

2 ⇒ 0 < sin c < 1

⇒ 5 < 5 + sin c < 6

⇒ 1

5 > 1

5 + sin c > 1 6

⇒ π

2 · 1 5 > π

2 · f^′(c) > π 2 · 1

6

⇒ π

12 < f (π 2) < π

10.

7 均值定理 ₅₈

♠ (7-8) 試求 _lim

x→+∞ sin√

x + 1 − sin√

x
=?

分析 本題利用極限定義或定理_, 包括 _l’Hospital 規則_, 都不易解出_, 而需要使用均值定 理_.

解 令f : [0, +∞) → R : f (x) = sin√

x , 則_f^′_{(x) =} ^cos

√x 2√

x . 由於 _f 在區間_{[x, x + 1]}

上滿足均值定理之前提_, 故存在 _cx ∈ (x, x + 1)使得

sin√

x + 1 − sin√

x = f (x + 1) − f (x) = f^′(cx) = cos√ cx

2√ cx .

當_{x → +∞} 時_, 顯然_{cx → +∞ ,} 而_cos^√_cx 為有界_, 是以

x→+∞lim sin√

x + 1 − sin√

x
= lim

x→+∞

cos√ cx

2√ cx

= 0.

♠ (7-9) 試證 _: 方程式 _x² = x sin x + cos x 恰有二實根_.

分析 若令 _{f (x) = x}² − x sin x − cos x , 設法證明 _{: 1 f (x) = 0} 至少有二實根_{, 2} f (x) = 0 至多有二實根_. 前者利用 _{f (0) = −1} 及 _lim

x→±∞f (x) = +∞ , 後者則利用導 數正負以判定 _f 在區間 _{[0, +∞)} 及_{(−∞, 0]} 分別為遞增及遞減_.

證 設f : R → R : f (x) = x²− x sin x − cos x , 則

f^′(x) = 2x − sin x − x cos x + sin x

= x(2 − cos x)







> 0 , 若_{x > 0,}

= 0 , 若_{x = 0,}

< 0 , 若_{x < 0.}

1^◦ 由上式知_f 於_{[0, +∞)} 上為遞增_, 且因 f (0) = −1,

x→+∞lim f (x) = lim

x→+∞x²(1 −sin x

x − cos x

x² ) = +∞, 故知方程式 _{f (x) = 0}於區間 _{[0, +∞)} 上僅有一實根_{, r1 > 0.}

2^◦ 同理_{, f} 於區間 _{(−∞, 0]} 上為遞減_, 且因 f (0) = −1,

x→−∞lim f (x) = lim

x→−∞x²(1 −sin x

x − cos x

x² ) = +∞, 故知方程式 _{f (x) = 0}於區間 _{(−∞, 0)} 上僅有一實根_{, r}2 < 0.

在文檔中 微積分演習 (頁 45-59)