一、费马引理

定义：设函数\(y = f(x)\)在点\(x_0\)的某邻域\(U(x_0)\)内有定义，并且在\(x_0\)处可导，如果对任意的\(x\in U(x_0)\)，有\(f(x)\leq f(x_0)\)（或\(f(x)\geq f(x_0)\)），那么\(f^{\prime}(x_0) = 0\)。

解释：简单来说，如果函数在某一点处取得局部的最大值或最小值，并且在该点可导，那么该点的导数为\(0\)。

例如，对于函数\(y=-x^{2}+1\)，在\(x = 0\)处取得最大值\(y = 1\)。对\(y=-x^{2}+1\)求导得\(y^{\prime}=-2x\)，当\(x = 0\)时，\(y^{\prime}=0\)。

二、罗尔定理

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；且在区间端点处的函数值相等，即\(f(a)=f(b)\)。

那么在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

罗尔定理的几何意义

罗尔定理的几何意义是：如果连续曲线\(y = f(x)\)在区间\([a,b]\)上除端点外处处有不垂直于\(x\)轴的切线，并且两端点处的纵坐标相等，那么在曲线弧\(AB\)上至少有一点\(C(\xi,f(\xi))\)，使得曲线在该点处的切线是水平的。

证明思路（利用费马引理）

因为函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，根据闭区间上连续函数的最值定理，\(f(x)\)在\([a,b]\)上能取得最大值\(M\)和最小值\(m\)。

分情况讨论：

若\(M = m\)，那么\(f(x)\)在\([a,b]\)上是常数函数，此时对于任意\(x\in(a,b)\)，\(f^{\prime}(x)=0\)，定理显然成立。

若\(M>m\)，因为\(f(a)=f(b)\)，所以\(M\)和\(m\)至少有一个在\((a,b)\)内取得。不妨设函数在\(\xi\in(a,b)\)处取得最大值\(M\)，即\(f(\xi)=M\)。

根据函数在一点可导的定义以及极限的保号性来证明\(f^{\prime}(\xi)=0\)。

因为\(f(x)\)在\(\xi\)处可导，所以\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\)且\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\)。

由于\(f(\xi)\)是最大值，当\(x>\xi\)时，\(f(x)-f(\xi)\leq0\)，所以\(\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\leq0\)；当\(x <\xi\)时，\(f(x)-f(\xi)\leq0\)，所以\(\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}\geq0\)。

又因为\(f^{\prime}(\xi)\)存在，所以\(f^{\prime}(\xi)=\lim_{x\rightarrow\xi^{+}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}=\lim_{x\rightarrow\xi^{-}}\frac{f(x)-f(\xi)}{x - \xi}=0\)。

例1：证明函数\(f(x)=x^{2}-2x-3\)在区间\([-1,3]\)上满足罗尔定理，并求出满足\(f'(\xi)=0\)的\(\xi\)。

分析：先验证函数是否满足罗尔定理的条件，再对函数求导找到满足定理结论的点。

解答：\(f(x)=x^{2}-2x - 3\)是一个二次函数，显然在\([-1,3]\)上连续，在\((-1,3)\)内可导。且\(f(-1)=(-1)^{2}-2\times(-1)-3=0\)，\(f(3)=3^{2}-2\times3 - 3=0\)，满足\(f(-1)=f(3)\)。对\(f(x)\)求导得\(f'(x)=2x - 2\)，令\(f'(\xi)=0\)，即\(2\xi - 2 = 0\)，解得\(\xi = 1\)，\(1\in(-1,3)\)。

例2：验证函数\(f(x)=\sin x\)在区间\([0,2\pi]\)上满足罗尔定理，并求出相应的\(\xi\)。

分析：正弦函数是基本初等函数，其连续性和可导性是已知的，只需验证端点函数值相等，再求出导数为\(0\)的点。

解答：\(\sin x\)在\([0,2\pi]\)上连续，在\((0,2\pi)\)内可导，且\(f(0)=\sin0 = 0\)，\(f(2\pi)=\sin2\pi = 0\)，满足\(f(0)=f(2\pi)\)。\(f'(x)=\cos x\)，令\(f'(\xi)=\cos\xi = 0\)，在\((0,2\pi)\)内，\(\xi=\frac{\pi}{2}\)或\(\xi=\frac{3\pi}{2}\)时满足条件 。

与方程根的存在性结合的问题

例3：设\(k>0\)，证明方程\(\arctan x - kx = 0\)存在正根.

分析：构造函数，利用罗尔定理得到方程根的存在性与参数的关系。

解答：记\(f(x)=\arctan x-kx\)，\(f(x)\)在\(R\)上可导，则在任意闭区间上都符合罗尔中值定理。假设方程存在正实根\(x_{0}\)，在\((0,x_{0})\)上，\(f(0)=\arctan0 - k\times0 = 0\)，\(f(x_{0}) = 0\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(0,x_{0})\)，使得\(f'(\xi)=\frac{1}{1+\xi^{2}}-k = 0\)，可得\(0 < k < 1\) 。反之，当\(0 < k < 1\)时，\(f'(0)=1-k>0\)，存在某邻域\(U(0,\delta)\)，使得\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)严格递增，从而存在\(a>0\)，使\(f(a)>f(0)=0\)。又\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=-\infty\)，所以存在\(b>a\)，使\(f(b)<0\)，由根的存在定理知，方程在\((a,b)\)内有正根。综上，当且仅当\(0 < k < 1\)时，方程存在正根 。

例4：证明方程\(x^{3}+x - 1 = 0\)有且仅有一个正实根。

分析：先利用零点定理证明存在性，再用罗尔定理的推论证明唯一性。

解答：令\(f(x)=x^{3}+x - 1\)，\(f(0)=-1<0\)，\(f(1)=1^{3}+1 - 1=1>0\)，由零点定理知，存在\(c\in(0,1)\)，使得\(f(c)=0\)，即方程有正根。假设方程有两个正实根\(x_{1}\)，\(x_{2}\)（\(x_{1}<x_{2}\)），则\(f(x_{1})=f(x_{2})=0\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)，使得\(f'(\xi)=3\xi^{2}+1 = 0\)，但\(3\xi^{2}+1>0\)恒成立，矛盾，所以方程有且仅有一个正实根。

利用罗尔定理证明不等式

例5：设\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，且\(f(0)=f(1)=0\)，\(f(\frac{1}{2})=1\)，证明：存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f'(\xi)\geqslant2\)。

分析：通过构造辅助函数，利用罗尔定理找到导数与函数值之间的关系，进而证明不等式。

解答：设\(F(x)=f(x)-2x\)，\(F(0)=f(0)-0 = 0\)，\(F(1)=f(1)-2=-2\)，\(F(\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})-1 = 0\)。根据罗尔定理，在\((0,\frac{1}{2})\)内存在\(\xi_{1}\)，使得\(F'(\xi_{1})=f'(\xi_{1})-2 = 0\)，即\(f'(\xi_{1})=2\)；在\((\frac{1}{2},1)\)内存在\(\xi_{2}\)，使得\(F'(\xi_{2})=f'(\xi_{2})-2 = 0\)，即\(f'(\xi_{2})=2\)。若\(f'(x)\)在\((0,1)\)内恒等于\(2\)，则结论成立；若\(f'(x)\)不恒等于\(2\)，则在\((0,1)\)内必存在一点\(\xi\)，使得\(f'(\xi)>2\)，综上，存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f'(\xi)\geqslant2\)。

例6：已知\(f(x)\)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\(\vert f'(\xi)\vert\geqslant\frac{2}{(b - a)^{2}}\vert f(b)-f(a)\vert\)。

分析：构造合适的辅助函数，结合罗尔定理和绝对值不等式进行证明。

解答：不妨设\(f(x)\)不恒为\(0\)，则存在\(c\in(a,b)\)，使得\(f(c)\neq0\)，不妨设\(f(c)>0\)。令\(F(x)=f(x)-\frac{f(c)}{(b - c)(c - a)}(x - a)(x - b)\)，则\(F(a)=F(b)=F(c)=0\)。由罗尔定理知，存在\(\xi_{1}\in(a,c)\)，\(\xi_{2}\in(c,b)\)，使得\(F'(\xi_{1})=f'(\xi_{1})-\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}(\xi_{1}-b)=0\)，\(F'(\xi_{2})=f'(\xi_{2})-\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}(\xi_{2}-a)=0\)。则\(\vert f'(\xi_{1})\vert=\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}\vert\xi_{1}-b\vert\geqslant\frac{2f(c)}{(b - a)^{2}}\)，\(\vert f'(\xi_{2})\vert=\frac{2f(c)}{(b - c)(c - a)}\vert\xi_{2}-a\vert\geqslant\frac{2f(c)}{(b - a)^{2}}\)，取\(\xi=\xi_{1}\)或\(\xi=\xi_{2}\)，即有\(\vert f'(\xi)\vert\geqslant\frac{2}{(b - a)^{2}}\vert f(b)-f(a)\vert\) 。

例7：设函数\(f(x)\)在\([0,3]\)上连续，在\((0,3)\)内可导，且\(f(0)+f(1)+f(2)=3\)，\(f(3)=1\)，证明：存在\(\xi\in(0,3)\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

分析：利用函数的连续性和已知条件找到满足罗尔定理的区间。

解答：因为\(f(x)\)在\([0,2]\)上连续，所以\(f(x)\)在\([0,2]\)上必有最大值\(M\)和最小值\(m\)，则\(m\leqslant\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}\leqslant M\)，又\(f(0)+f(1)+f(2)=3\)，所以\(m\leqslant1\leqslant M\)，根据介值定理，存在\(c\in[0,2]\)，使得\(f(c)=1\)。而\(f(3)=1\)，所以\(f(c)=f(3)\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(c,3)\subseteq(0,3)\)，使得\(f'(\xi)=0\)。

例8：已知函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上二阶可导，且\(f(a)=f(b)=0\)，\(f_{+}'(a)f_{-}'(b)>0\)，证明：

（1）存在\(\xi_{1}\)，\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=0\)，\(f(\xi_{2})=0\)；

（2）存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f''(\xi)=0\)。

分析：本题需要多次运用罗尔定理以及函数极限的保号性等知识来证明。

解答：

（1）不妨设\(f_{+}'(a)>0\)，\(f_{-}'(b)>0\)，由\(f_{+}'(a)>0\)知，存在\(\delta_{1}>0\)，当\(x\in(a,a+\delta_{1})\)时，\(\frac{f(x)-f(a)}{x - a}>0\)，即\(f(x)>f(a)=0\)，所以存在\(x_{1}\in(a,a+\delta_{1})\)，使得\(f(x_{1})>0\)；由\(f_{-}'(b)>0\)知，存在\(\delta_{2}>0\)，当\(x\in(b-\delta_{2},b)\)时，\(\frac{f(x)-f(b)}{x - b}>0\)，即\(f(x)<f(b)=0\)，所以存在\(x_{2}\in(b-\delta_{2},b)\)，使得\(f(x_{2})<0\)。因为\(f(x)\)在\([x_{1},x_{2}]\)上连续，且\(f(x_{1})>0\)，\(f(x_{2})<0\)，根据零点定理，存在\(\xi_{1}\in(x_{1},x_{2})\subseteq(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=0\)。同理可证存在\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{2})=0\)。

（2）由（1）知，存在\(\xi_{1}\)，\(\xi_{2}\in(a,b)\)，使得\(f(\xi_{1})=f(\xi_{2})=0\)，根据罗尔定理，存在\(\eta\in(\xi_{1},\xi_{2})\)，使得\(f'(\eta)=0\)。又因为\(f(a)=f(b)=0\)，再根据罗尔定理，存在\(\xi\in(a,\eta)\)，\(\xi'\in(\eta,b)\)，使得\(f'(\xi)=f'(\xi')=0\)，最后再由罗尔定理知，存在\(\xi\in(\xi,\xi')\subseteq(a,b)\)，使得\(f''(\xi)=0\)。

证明函数恒等式

例9：设\(f(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)内可导，且\(f(x)+f'(x)=0\)，证明\(f(x)=Ce^{-x}\)，其中\(C\)为常数。

分析：构造函数，利用罗尔定理的推论证明函数的导数恒为\(0\)，从而证明函数恒等式。

解答：令\(F(x)=e^{x}f(x)\)，则\(F'(x)=e^{x}f(x)+e^{x}f'(x)=e^{x}(f(x)+f'(x))=0\)。由罗尔定理的推论知，\(F(x)\)恒为常数，即\(F(x)=C\)，所以\(e^{x}f(x)=C\)，则\(f(x)=Ce^{-x}\)。

例10：设\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f'(x)\neq0\)，证明：对于任意\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），都有\(f(x_{2})-f(x_{1})\neq0\)。

分析：本题可通过反证法，假设存在两点函数值相等，再利用罗尔定理推出矛盾。

解答：假设存在\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），使得\(f(x_{2})-f(x_{1})=0\)，即\(f(x_{2})=f(x_{1})\)。不妨设\(x_{1}<x_{2}\)，由罗尔定理知，存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\subseteq(a,b)\)，使得\(f'(\xi)=0\)，这与已知\(f'(x)\neq0\)矛盾，所以对于任意\(x_{1}\)，\(x_{2}\in[a,b]\)（\(x_{1}\neq x_{2}\)），都有\(f(x_{2})-f(x_{1})\neq0\) 。

三、拉格朗日中值定理

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\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)。

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\(f^{\prime}(\xi)\)。

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\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)。

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\(f^{\prime}(\xi)+f(\xi)=0\)。

四、柯西中值定理

设函数\(f(x)\)与\(g(x)\)满足：

在闭区间\([a,b]\)上连续；在开区间\((a,b)\)内可导；且对任意\(x\in(a,b)\)，\(g^{\prime}(x)\neq0\)。

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

柯西中值定理的几何意义

柯西中值定理的几何意义可以从参数方程的角度来理解。

如果把\(x\)看作参数，\(y = f(x)\)和\(y = g(x)\)可以看作是平面上的两条曲线的参数方程（设\(X = g(x),Y = f(x)\)）。

那么\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\)表示连接曲线\(y = f(x)\)和\(y = g(x)\)上两点\((g(a),f(a))\)与\((g(b),f(b))\)的弦的斜率。

而\(\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)表示在参数为\(\xi\)处，这两条曲线的切线斜率之比。定理表明，在区间\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得这两个斜率相等。

证明思路

构造辅助函数\(F(x)=[f(b)-f(a)]g(x)-[g(b)-g(a)]f(x)\)。

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

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\(F^{\prime}(x)=[f(b)-f(a)]g^{\prime}(x)-[g(b)-g(a)]f^{\prime}(x)\)，令\(x = \xi\)，则\([f(b)-f(a)]g^{\prime}(\xi)-[g(b)-g(a)]f^{\prime}(\xi)=0\)，移项可得\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)。

柯西中值定理的应用

证明不等式

例如，证明当\(x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)时，\(\frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}\)。

设\(f(x)=\sin x\)，\(g(x)=x\)，在区间\(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\)上，它们满足柯西中值定理的条件。

根据柯西中值定理，存在\(\xi\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)，使得\(\frac{\sin\frac{\pi}{2}-\sin0}{\frac{\pi}{2}-0}=\frac{\cos\xi}{1}\)，即\(\frac{2}{\pi}=\cos\xi\)。

因为\(x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)时，\(\sin x\)是凹函数，\(\frac{\sin x}{x}>\cos\xi\)（\(\xi\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)），所以\(\frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}\)。

求极限

在求某些极限时，柯西中值定理也很有用。

例如，\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{g(x)-g(0)}\)（\(f(x)\)和\(g(x)\)满足柯西中值定理条件），可以根据柯西中值定理转化为\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)（\(\xi\)介于\(0\)和\(x\)之间），再进行进一步的计算。

证明等式

例题1：设函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，证明存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{2\xi}\)。

证明：令\(g(x)=x^{2}\)，则\(f(x)\)与\(g(x)\)在\([a,b]\)上满足柯西中值定理的条件。根据柯西中值定理，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)，即\(\frac{f(b)-f(a)}{b^{2}-a^{2}}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{2\xi}\)，化简可得\(\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{2\xi}\) 。

例题2：设\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，在\((0,1)\)内可导，证明存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(f(1)-f(0)=\xi f^{\prime}(\xi)\ln e\)。

证明：令\(g(x)=\ln x\)，\(f(x)\)与\(g(x)\)在\([0,1]\)上满足柯西中值定理的条件。由柯西中值定理可得，存在\(\xi\in(0,1)\)，使得\(\frac{f(1)-f(0)}{g(1)-g(0)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)，即\(\frac{f(1)-f(0)}{\ln 1-\ln 0}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{\frac{1}{\xi}}\)，因为\(\ln 1 = 0\)，\(\ln 0\)趋近于负无穷，但\(\frac{\ln 1-\ln 0}{1-0}=1\)，所以\(f(1)-f(0)=\xi f^{\prime}(\xi)\ln e=\xi f^{\prime}(\xi)\) 。

证明不等式

例题3：证明当\(x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)时，\(\frac{\tan x}{x}>\frac{1}{\cos^{2}x}\)。

证明：设\(f(x)=\tan x\)，\(g(x)=x\)，在区间\(\left[0,x\right]\)上，\(f(x)\)与\(g(x)\)满足柯西中值定理的条件。根据柯西中值定理，存在\(\xi\in\left(0,x\right)\)，使得\(\frac{\tan x - \tan 0}{x - 0}=\frac{\sec^{2}\xi}{1}\)，即\(\frac{\tan x}{x}=\sec^{2}\xi=\frac{1}{\cos^{2}\xi}\)。因为\(\xi\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)时，\(\cos\xi\)单调递减，所以\(\cos^{2}\xi<\cos^{2}0 = 1\)，则\(\frac{1}{\cos^{2}\xi}>1\)，即\(\frac{\tan x}{x}>\frac{1}{\cos^{2}x}\)。

例题4：证明当\(x>0\)时，\(\frac{e^{x}-1}{x}>1\)。

证明：令\(f(x)=e^{x}-1\)，\(g(x)=x\)，在\([0,x]\)上它们满足柯西中值定理的条件。则存在\(\xi\in(0,x)\)，使得\(\frac{e^{x}-1 - (e^{0}-1)}{x - 0}=\frac{e^{\xi}}{1}\)，即\(\frac{e^{x}-1}{x}=e^{\xi}\)。因为\(\xi>0\)时，\(e^{\xi}>e^{0}=1\)，所以\(\frac{e^{x}-1}{x}>1\)。

求极限

例题5：求\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{x}-e^{\sin x}}{x-\sin x}\)。

解：设\(f(x)=e^{x}-e^{\sin x}\)，\(g(x)=x-\sin x\)，\(f(x)\)与\(g(x)\)在\([0,x]\)上满足柯西中值定理的条件。则存在\(\xi\in(0,x)\)，使得\(\frac{e^{x}-e^{\sin x}}{x-\sin x}=\frac{e^{\xi}-e^{\sin\xi}\cos\xi}{1-\cos\xi}\)。当\(x\rightarrow0\)时，\(\xi\rightarrow0\)，对\(\frac{e^{\xi}-e^{\sin\xi}\cos\xi}{1-\cos\xi}\)使用等价无穷小替换，\(e^{\xi}-e^{\sin\xi}\cos\xi\)等价于\(\xi-\sin\xi\cos\xi\)，\(1-\cos\xi\)等价于\(\frac{1}{2}\xi^{2}\)，则原式极限为\(\lim_{\xi\rightarrow0}\frac{\xi-\sin\xi\cos\xi}{\frac{1}{2}\xi^{2}}=\lim_{\xi\rightarrow0}\frac{1-\cos^{2}\xi+\sin\xi\sin\xi}{ \xi}=2\) 。

例题6：计算\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin\sin\cos x-\sin\sin1}{\cos\cos\cos x-\cos\cos1}\).

解：设\(f(x)=\sin\sin x\)，\(g(x)=\cos\cos x\)，由柯西中值定理知，存在\(\xi\in(\cos x,1)\)，使得\(\frac{f(\cos x)-f(1)}{g(\cos x)-g(1)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)。当\(x\rightarrow0\)时，\(\xi\rightarrow1\)，所以\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin\sin\cos x-\sin\sin1}{\cos\cos\cos x-\cos\cos1}=\lim_{\xi\rightarrow1}\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}=\lim_{\xi\rightarrow1}\frac{\cos\sin\xi\cos\xi}{\sin\cos\xi\sin\xi}=\frac{\cos\sin1\cos1}{\sin\cos1\sin1}\) 。

综合应用

例题7：设函数\(f(x)\)在\((a,b)\)上三阶可导，证明：存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b - a)(f^{\prime}(a)+f^{\prime}(b))-\frac{1}{12}(b - a)^{3}f^{\prime\prime\prime}(\xi)\).

证明：构造辅助函数\(F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{1}{2}(x - a)(f^{\prime}(a)+f^{\prime}(x))+\frac{1}{12}(x - a)^{3}k\right]\)，\(G(x)=(x - a)^{3}\)，其中\(k\)为待定常数。对\(F(x)\)和\(G(x)\)应用柯西中值定理两次，通过一系列推导和计算可确定\(k = f^{\prime\prime\prime}(\xi)\)，从而得证。

例题8：设\(f(x)\)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\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=1\)。

证明：由介值定理可知，存在\(c\in(0,1)\)，使得\(f(c)=\frac{1}{2}\)。对\(f(x)\)在\([0,c]\)和\([c,1]\)上分别应用拉格朗日中值定理，可得\(f^{\prime}(\xi)=\frac{f(c)-f(0)}{c - 0}=\frac{\frac{1}{2}}{c}\)，\(f^{\prime}(\eta)=\frac{f(1)-f(c)}{1 - c}=\frac{1-\frac{1}{2}}{1 - c}=\frac{\frac{1}{2}}{1 - c}\)，则\(f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=\frac{\frac{1}{2}}{c}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{1 - c}=1\)，解出\(c=\frac{1}{2}\)，此时\(\xi\in(0,\frac{1}{2})\)，\(\eta\in(\frac{1}{2},1)\)，满足\(\xi\neq\eta\) 。

复杂函数证明

例题9：设函数\(f(x)\)在\([x_{1},x_{2}]\)上可导，且\(0<x_{1}<x_{2}\)，证明存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)，使得\(\frac{x_{1}f(x_{2})-x_{2}f(x_{1})}{x_{1}-x_{2}}=f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)\)。

证明：令\(F(x)=\frac{f(x)}{x}\)，\(G(x)=\frac{1}{x}\)，在\([x_{1},x_{2}]\)上\(F(x)\)与\(G(x)\)满足柯西中值定理的条件。则存在\(\xi\in(x_{1},x_{2})\)，使得\(\frac{F(x_{2})-F(x_{1})}{G(x_{2})-G(x_{1})}=\frac{F^{\prime}(\xi)}{G^{\prime}(\xi)}\)，经过计算和化简可得\(\frac{x_{1}f(x_{2})-x_{2}f(x_{1})}{x_{1}-x_{2}}=f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)\) 。

例题10：设函数\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，\(g(x)\)在\([a,b]\)上可积且不变号，证明存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)dx\)。

证明：设\(F(x)=\int_{a}^{x}f(t)g(t)dt\)，\(G(x)=\int_{a}^{x}g(t)dt\)，\(F(x)\)与\(G(x)\)在\([a,b]\)上满足柯西中值定理的条件。则存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}=\frac{F^{\prime}(\xi)}{G^{\prime}(\xi)}\)，而\(F^{\prime}(x)=f(x)g(x)\)，\(G^{\prime}(x)=g(x)\)，所以\(\frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}=f(\xi)\)，即\(\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)dx\) 。

数学基础 : 小学数学、初中数学、高中数学、高等数学

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