1. 拉格朗日中值定理的定义

若函数\(y = f(x)\)满足：在闭区间\([a,b]\)上连续；在开区间\((a,b)\)内可导。

那么在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)。

2. 拉格朗日中值定理的几何意义

对于曲线\(y = f(x)\)，在区间\([a,b]\)上，拉格朗日中值定理的几何意义是：

在曲线弧\(AB\)（\(A(a,f(a)),B(b,f(b))\)）上至少存在一点\(C(\xi,f(\xi))\)，使得曲线在该点处的切线与弦\(AB\)平行。弦\(AB\)的斜率为\(\frac{f(b)-f(a)}{b - a}\)，而曲线在点\(C\)处切线的斜率为\(f^{\prime}(\xi)\)。

3. 证明思路

构造辅助函数\(F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b - a}(x - a)\right]\)。

可以验证\(F(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(F(a)=F(b)=0\)。

根据罗尔定理，在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(F^{\prime}(\xi)=0\)。

对\(F(x)\)求导得\(F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}\)，令\(x = \xi\)，则\(F^{\prime}(\xi)=f^{\prime}(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=0\)，即\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)。

4. 拉格朗日中值定理的应用

证明不等式

例如，证明当\(x>0\)时，\(\frac{x}{1 + x}<\ln(1 + x)<x\)。

设\(f(t)=\ln(1 + t)\)，它在\([0,x]\)上满足拉格朗日中值定理的条件。

根据定理，存在\(\xi\in(0,x)\)，使得\(\ln(1 + x)-\ln1=f^{\prime}(\xi)(x - 0)\)，即\(\ln(1 + x)=\frac{x}{1+\xi}\)。

因为\(0<\xi<x\)，所以\(\frac{x}{1 + x}<\frac{x}{1+\xi}<x\)，从而证明了不等式。

判断函数单调性

设函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上可导，则\(f(x)\)在\(I\)上单调递增（递减）的充分必要条件是\(f^{\prime}(x)\geqslant0(\leqslant0)\)在\(I\)上恒成立。

由拉格朗日中值定理，对于区间\(I\)内任意两点\(x_{1},x_{2}(x_{1}<x_{2})\)，有\(f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1})\)，\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)。

若\(f^{\prime}(\xi)\geqslant0\)，则\(f(x_{2})-f(x_{1})\geqslant0\)，即\(f(x)\)单调递增；若\(f^{\prime}(\xi)\leqslant0\)，则\(f(x_{2})-f(x_{1})\leqslant0\)，即\(f(x)\)单调递减。

基础证明题

1. 已知函数\(f(x)=x^{2}\)在区间\([1,2]\)上满足拉格朗日中值定理条件，求满足定理的\(\xi\)值。

解：\(f(1)=1^{2}=1\)，\(f(2)=2^{2}=4\)，\(f^{\prime}(x)=2x\)。根据拉格朗日中值定理\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)，这里\(a = 1\)，\(b = 2\)，则\(f(2)-f(1)=f^{\prime}(\xi)(2 - 1)\)，即\(4 - 1=2\xi\times1\)，解得\(\xi=\frac{3}{2}\)。

2. 证明函数\(f(x)=\sin x\)在区间\([0,\frac{\pi}{2}]\)上满足拉格朗日中值定理，并求出相应的\(\xi\).

解：\(f(x)=\sin x\)在\([0,\frac{\pi}{2}]\)上连续，在\((0,\frac{\pi}{2})\)内可导，\(f(0)=\sin0 = 0\)，\(f(\frac{\pi}{2})=\sin\frac{\pi}{2}=1\)，\(f^{\prime}(x)=\cos x\)。由拉格朗日中值定理可得\(f(\frac{\pi}{2})-f(0)=f^{\prime}(\xi)(\frac{\pi}{2}-0)\)，即\(1-0=\cos\xi\times\frac{\pi}{2}\)，解得\(\xi=\arccos\frac{2}{\pi}\)。

不等式证明题

3. 证明当\(x>0\)时，\(e^{x}>1+x\).

解：设\(f(x)=e^{x}\)，\(f(x)\)在\([0,x]\)上满足拉格朗日中值定理条件。则存在\(\xi\in(0,x)\)，使得\(f(x)-f(0)=f^{\prime}(\xi)(x - 0)\)，即\(e^{x}-e^{0}=e^{\xi}x\)，\(e^{x}=1+e^{\xi}x\)。因为\(\xi>0\)，所以\(e^{\xi}>1\)，则\(e^{x}=1+e^{\xi}x>1+x\)。

4. 证明当\(0<a<b\)时，\(\frac{b - a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b - a}{a}\).

解：设\(f(x)=\ln x\)，\(f(x)\)在\([a,b]\)上满足拉格朗日中值定理条件。则存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\ln b-\ln a=\frac{1}{\xi}(b - a)\)。因为\(0<a<\xi<b\)，所以\(\frac{1}{b}<\frac{1}{\xi}<\frac{1}{a}\)，从而\(\frac{b - a}{b}<\frac{b - a}{\xi}<\frac{b - a}{a}\)，即\(\frac{b - a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b - a}{a}\)。

综合证明题

5. 设函数\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(f(0)=0\)，\(f(1)=1\)。证明：存在\(\xi,\eta\in(0,1)\)，\(\xi\neq\eta\)，使得\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=1\).

解：由拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f(1)-f(0)=f^{\prime}(\xi)(1 - 0)\)，即\(f^{\prime}(\xi)=1\)。又因为\(f(x)\)在\([0,\frac{1}{2}]\)和\([\frac{1}{2},1]\)上都满足拉格朗日中值定理条件，所以存在\(\xi_{1}\in(0,\frac{1}{2})\)，使得\(f(\frac{1}{2})-f(0)=f^{\prime}(\xi_{1})(\frac{1}{2}-0)\)，即\(f^{\prime}(\xi_{1}) = 2f(\frac{1}{2})\)；存在\(\xi_{2}\in(\frac{1}{2},1)\)，使得\(f(1)-f(\frac{1}{2})=f^{\prime}(\xi_{2})(1-\frac{1}{2})\)，即\(f^{\prime}(\xi_{2}) = 2 - 2f(\frac{1}{2})\)。令\(\xi=\xi_{1}\)，\(\eta=\xi_{2}\)，则\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=2f(\frac{1}{2})\times(2 - 2f(\frac{1}{2})) = 4f(\frac{1}{2})(1 - f(\frac{1}{2}))\)。因为\(0<f(\frac{1}{2})<1\)，所以\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)>0\)，且\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)\leq(\frac{f^{\prime}(\xi)+f^{\prime}(\eta)}{2})^{2}=1\)，当且仅当\(f^{\prime}(\xi)=f^{\prime}(\eta)=1\)时取等号，又因为\(\xi_{1}\neq\xi_{2}\)，所以\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=1\)成立。

6. 已知函数\(f(x)\)在\((a,b)\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f^{\prime}(x)\)在\((a,b)\)内单调递增。证明：对于任意\(x_{1},x_{2}\in(a,b)\)，\(x_{1}<x_{2}\)，有\(f(x_{2})-f(x_{1})>f^{\prime}(x_{1})(x_{2}-x_{1})\)。

解：因为\(f(x)\)在\([x_{1},x_{2}]\)上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)，使得\(f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1})\)。又因为\(f^{\prime}(x)\)单调递增，且\(\xi>x_{1}\)，所以\(f^{\prime}(\xi)>f^{\prime}(x_{1})\)，从而\(f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1})>f^{\prime}(x_{1})(x_{2}-x_{1})\)。

极限相关题

7. 已知\(f(x)\)在\(R\)上可微，且\(\lim_{x\rightarrow\infty}f^{\prime}(x)=k\)，求\(\lim_{x\rightarrow\infty}(f(x+a)-f(x))\).

解：由拉格朗日中值定理，对于任意\(x\)，存在\(\xi\in(x,x+a)\)，使得\(f(x+a)-f(x)=f^{\prime}(\xi)a\)。当\(x\rightarrow\infty\)时，\(\xi\rightarrow\infty\)，因为\(\lim_{x\rightarrow\infty}f^{\prime}(x)=k\)，所以\(\lim_{x\rightarrow\infty}(f(x+a)-f(x))=\lim_{\xi\rightarrow\infty}f^{\prime}(\xi)a=ka\)。

8. 设\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)内可导，且\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{\prime}(x)=0\)，证明：\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{f(x)}{x}=0\)。

解：对于任意\(x>0\)，由拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(x,2x)\)，使得\(f(2x)-f(x)=f^{\prime}(\xi)x\)。则\(\frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{2x}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{2}\)，即\(\frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{x}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{2}-\frac{f(x)}{2x}\)。当\(x\rightarrow+\infty\)时，\(\xi\rightarrow+\infty\)，因为\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{\prime}(x)=0\)，所以\(\lim_{x\rightarrow+\infty}(\frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{x})=0\)。又因为\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{f(2x)}{2x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{f(x)}{x}\)，所以\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{f(x)}{x}=0\)。

存在性证明题

9. 设函数\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(f(0)=0\)，\(f(1)=\frac{1}{4}\)。证明：存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f^{\prime}(\xi)=\frac{1}{4}\xi\)。

解：令\(F(x)=f(x)-\frac{1}{8}x^{2}\)，则\(F(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(F(0)=f(0)-0=0\)，\(F(1)=f(1)-\frac{1}{8}=\frac{1}{4}-\frac{1}{8}=\frac{1}{8}\)。由拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(F(1)-F(0)=F^{\prime}(\xi)(1 - 0)\)，即\(\frac{1}{8}-0=(f^{\prime}(\xi)-\frac{1}{4}\xi)\times1\)，所以\(f^{\prime}(\xi)=\frac{1}{4}\xi\)。

10. 设函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f(a)=f(b)=0\)。证明：存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f^{\prime}(\xi)+f(\xi)=0\)。

解：令\(F(x)=e^{x}f(x)\)，则\(F(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(F(a)=e^{a}f(a)=0\)，\(F(b)=e^{b}f(b)=0\)。由拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(F(b)-F(a)=F^{\prime}(\xi)(b - a)\)，即\(0-0=(e^{\xi}f^{\prime}(\xi)+e^{\xi}f(\xi))(b - a)\)，因为\(e^{\xi}\neq0\)，\(b - a\neq0\)，所以\(f^{\prime}(\xi)+f(\xi)=0\)。

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