文章目录
- 1 罗尔定理
- 2 拉格朗日定理
- 3 柯西中值定理
- 5后记
1 罗尔定理
费马引理 设函数 f ( x ) 在点 x 0 f(x)在点x_0 f(x)在点x0的某邻域 U ( x 0 ) U(x_0) U(x0)内有定义，并且在点 x 0 x_0 x0处可导，如果对任意的 x ∈ U ( x 0 ) , x\in U(x_0), x∈U(x0),有
f ( x ) ≤ f ( x 0 ) ( 或 f ( x ) ≥ f ( x 0 ) ) f(x)\le f(x_0)(或f(x)\ge f(x_0)) f(x)≤f(x0)(或f(x)≥f(x0))
那么 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{'}(x_0)=0 f′(x0)=0
以 f ( x ) ≤ f ( x 0 ) 为例 证明：设 x ∈ U ( x 0 ) , f ( x ) ≤ f ( x 0 ) 则 x 0 + △ x ∈ U ( x 0 ) , 有 f ( x 0 + △ x ) ≤ f ( x 0 ) 从而当 △ x > 0 时， f ( x 0 + △ x ) − f ( x 0 ) △ x ≤ 0 当 △ x < 0 时， f ( x 0 + △ x ) − f ( x 0 ) △ x ≥ 0 又因为 f ( x ) 在点 x 0 处可导，即 f ′ ( x 0 ) 存在 f ′ ( x 0 ) = f + ′ ( x 0 ) = lim △ x → 0 + f ( x 0 + △ x ) − f ( x 0 ) △ x ≤ 0 f ′ ( x 0 ) = f − ′ ( x 0 ) = lim △ x → 0 − f ( x 0 + △ x ) − f ( x 0 ) △ x ≥ 0 所以 f ′ ( x 0 ) = 0 以f(x)\le f(x_0)为例\\ 证明： 设x\in U(x_0),f(x)\le f(x_0) \\ 则x_0+\triangle x\in U(x_0),有 f(x_0+\triangle x)\le f(x_0) \\ 从而当\triangle x\gt 0时，\frac{f(x_0+\triangle x)-f(x_0)}{\triangle x}\le0 \\ 当\triangle x\lt 0时，\frac{f(x_0+\triangle x)-f(x_0)}{\triangle x}\ge0 \\ 又因为f(x)在点x_0处可导，即f^{'}(x_0)存在 \\ f^{'}(x_0)=f^{'}_{+}(x_0)=\lim\limits_{\triangle x\to0^+}{\frac{f(x_0+\triangle x)-f(x_0)}{\triangle x}}\le0 \\ f^{'}(x_0)=f^{'}_{-}(x_0)=\lim\limits_{\triangle x\to0^-}{\frac{f(x_0+\triangle x)-f(x_0)}{\triangle x}}\ge0 \\ 所以f^{'}(x_0)=0 以f(x)≤f(x0)为例证明：设x∈U(x0),f(x)≤f(x0)则x0+△x∈U(x0),有f(x0+△x)≤f(x0)从而当△x>0时，△xf(x0+△x)−f(x0)≤0当△x<0时，△xf(x0+△x)−f(x0)≥0又因为f(x)在点x0处可导，即f′(x0)存在f′(x0)=f+′(x0)=△x→0+lim△xf(x0+△x)−f(x0)≤0f′(x0)=f−′(x0)=△x→0−lim△xf(x0+△x)−f(x0)≥0所以f′(x0)=0
通常称导数等于零的点为函数的驻点（或稳定点，临界点）
罗尔定理 如果函数 f ( x ) f(x) f(x)满足
(1)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续
(2)在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)上可导
(3)在区间端点处的函数值相等，即 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b),
那么在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ ( a < ξ < b ) \xi(a\lt\xi\lt b) ξ(a<ξ<b)，使得 f ′ ( ξ ) = 0 f^{'}(\xi)=0 f′(ξ)=0
证明：因为函数在 [ a , b ] 上连续，根据闭区间上连续函数的最大值最小值定理 f ( x ) 在闭区间 [ a , b ] 上必取得最大值 M 和最小值 m ，有两种情况 ( 1 ) M = m ，即 f ( x ) 在 [ a , b ] 为常数 M ，任取 ξ ∈ [ a , b ] , 有 f ′ ( ξ ) = 0 ( 2 ) M > m , 因为 f ( a ) = f ( b ) , 所以 M 和 m 这两个数中至少有一个不等于端点处的值，这里假设 M ≠ f ( a ) 则必定在开区间 ( a , b ) 内存在一点 ξ , 使得 f ( ξ ) = M 任取 x ∈ ( a , b ) , 则 f ( x ) ≤ f ( ξ ) , 根据费马引理得 f ′ ( ξ ) = 0 证明：因为函数在[a,b]上连续，根据闭区间上连续函数的最大值最小值定理 \\ f(x)在闭区间[a,b]上必取得最大值M和最小值m，有两种情况 \\ (1)M=m，即f(x)在[a,b]为常数M，任取\xi\in[a,b],有f^{'}(\xi)=0 \\ (2)M\gt m,因为f(a)=f(b),所以M和m这两个数中至少有一个不等于端点处的值，这里假设M\not=f(a) \\ 则必定在开区间(a,b)内存在一点\xi,使得f(\xi)=M \\ 任取x\in(a,b),则f(x)\le f(\xi),根据费马引理得f^{'}(\xi)=0 证明：因为函数在[a,b]上连续，根据闭区间上连续函数的最大值最小值定理f(x)在闭区间[a,b]上必取得最大值M和最小值m，有两种情况(1)M=m，即f(x)在[a,b]为常数M，任取ξ∈[a,b],有f′(ξ)=0(2)M>m,因为f(a)=f(b),所以M和m这两个数中至少有一个不等于端点处的值，这里假设M=f(a)则必定在开区间(a,b)内存在一点ξ,使得f(ξ)=M任取x∈(a,b),则f(x)≤f(ξ),根据费马引理得f′(ξ)=0
例1 证明
4
a
x
3
+
3
b
x
2
+
2
c
x
=
a
+
b
+
c
在
(
0
,
1
)
4ax^3+3bx^2+2cx=a+b+c在(0,1)
4ax3+3bx2+2cx=a+b+c在(0,1)内至少有一个根。
解：等号右侧左移得到以函数式，则
令
f
(
x
)
=
4
a
x
3
+
3
b
x
2
+
2
c
x
−
(
a
+
b
+
c
)
要证明
f
(
x
)
在
(
0
,
1
)
内至少有一个根
即证明
f
(
x
)
=
0
,
x
∈
(
0
,
1
)
,
根据上面学习的罗尔定理，我们来构建导函数为
f
(
x
)
的原函数
F
(
x
)
=
a
x
4
+
b
x
3
+
c
x
2
−
(
a
+
b
+
c
)
x
+
C
,
则
F
(
0
)
=
C
，
F
(
1
)
=
C
,
很明显
F
(
x
)
在
[
0
,
1
]
上连续，在
(
0
,
1
)
上可导且
F
(
0
)
=
F
(
1
)
根据罗尔定理有
∃
ξ
∈
(
0
,
1
)
使得
f
′
(
ξ
)
=
0
即
4
a
x
3
+
3
b
x
2
+
2
c
x
−
(
a
+
b
+
c
)
=
0
即
4
a
x
3
+
3
b
x
2
+
2
c
x
=
a
+
b
+
c
解：等号右侧左移得到以函数式，则\\ 令f(x)=4ax^3+3bx^2+2cx-(a+b+c)要证明f(x)在(0,1)内至少有一个根 \\ 即证明f(x)=0,x\in(0,1) ,根据上面学习的罗尔定理，我们来构建导函数为f(x)的原函数 \\ F(x)=ax^4+bx^3+cx^2-(a+b+c)x+C ,则 \\ F(0)=C，F(1)=C,很明显F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导且F(0)=F(1) \\ 根据罗尔定理有\exists\xi\in(0,1)使得f^{'}(\xi)=0即 \\ 4ax^3+3bx^2+2cx-(a+b+c)=0即4ax^3+3bx^2+2cx=a+b+c
解：等号右侧左移得到以函数式，则令f(x)=4ax3+3bx2+2cx−(a+b+c)要证明f(x)在(0,1)内至少有一个根即证明f(x)=0,x∈(0,1),根据上面学习的罗尔定理，我们来构建导函数为f(x)的原函数F(x)=ax4+bx3+cx2−(a+b+c)x+C,则F(0)=C，F(1)=C,很明显F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导且F(0)=F(1)根据罗尔定理有∃ξ∈(0,1)使得f′(ξ)=0即4ax3+3bx2+2cx−(a+b+c)=0即4ax3+3bx2+2cx=a+b+c
例2 设
f
(
x
)
在
[
0
,
a
]
f(x)在[0,a]
f(x)在[0,a]上连续，在
(
0
,
a
)
(0,a)
(0,a)内可导，且
f
(
a
)
=
0
f(a)=0
f(a)=0证明存在一点
ξ
∈
(
0
,
a
)
,
使得
f
(
ξ
)
=
−
ξ
f
′
(
ξ
)
\xi\in(0,a),使得f(\xi)=-\xi f^{'}(\xi)
ξ∈(0,a),使得f(ξ)=−ξf′(ξ)
证明：要证明
ξ
∈
(
0
,
a
)
,
使得
f
(
ξ
)
=
−
ξ
f
′
(
ξ
)
，即
f
(
ξ
)
+
ξ
f
′
(
ξ
)
=
0
令
g
(
x
)
=
f
(
x
)
+
x
f
′
(
x
)
,
x
∈
(
0
,
a
)
,
构建
g
(
x
)
的原函数
G
(
x
)
=
x
f
(
x
)
+
C
,
C
为常数
则
G
(
x
)
在
[
0
,
a
]
上连续，在
(
0
,
a
)
上可导且
G
(
0
)
=
C
=
G
(
a
)
=
C
,
根据罗尔定理，有
∃
ξ
∈
(
0
,
a
)
使得
G
′
(
ξ
)
=
0
即
f
(
ξ
)
+
ξ
f
′
(
ξ
)
=
0
即
f
(
ξ
)
=
−
ξ
f
′
(
ξ
)
证明：要证明\xi\in(0,a),使得f(\xi)=-\xi f^{'}(\xi)，即f(\xi)+\xi f^{'}(\xi)=0 \\ 令g(x)=f(x)+xf^{'}(x),x\in(0,a) ,\\ 构建g(x)的原函数G(x)=xf(x)+C,C为常数 \\ 则G(x)在[0,a]上连续，在(0,a)上可导且G(0)=C=G(a)=C,\\ 根据罗尔定理，有\exists\xi\in(0,a)使得G^{'}(\xi)=0 \\ 即f(\xi)+\xi f^{'}(\xi)=0 即f(\xi)=-\xi f^{'}(\xi)
证明：要证明ξ∈(0,a),使得f(ξ)=−ξf′(ξ)，即f(ξ)+ξf′(ξ)=0令g(x)=f(x)+xf′(x),x∈(0,a),构建g(x)的原函数G(x)=xf(x)+C,C为常数则G(x)在[0,a]上连续，在(0,a)上可导且G(0)=C=G(a)=C,根据罗尔定理，有∃ξ∈(0,a)使得G′(ξ)=0即f(ξ)+ξf′(ξ)=0即f(ξ)=−ξf′(ξ)
2 拉格朗日定理
拉格朗日定理 如果函数 f ( x ) f(x) f(x)满足
(1)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续
(2)在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)上可导
那么在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ ( a < ξ < b ) \xi(a\lt\xi\lt b) ξ(a<ξ<b)，使等式
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) 或者 f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( a ) b − a f(b)-f(a)=f^{'}(\xi)(b-a)或者f^{'}(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)或者f′(ξ)=b−af(b)−f(a)
成立。
注：
- 另外一种形式： f ( b ) − f ( a ) = f ′ [ a + θ ( b − a ) ] ( b − a ) ( 0 < θ < 1 ) f(b)-f(a)=f^{'}[a+\theta(b-a)](b-a)(0\lt\theta\lt1) f(b)−f(a)=f′[a+θ(b−a)](b−a)(0<θ<1)
- 设 x , x + △ x ∈ ( a , b ) x,x+\triangle x\in(a,b) x,x+△x∈(a,b),以 ( x , x + △ x ) (x,x+\triangle x) (x,x+△x)为端点区间 f ( x ) f(x) f(x)显然也满足拉格朗日定理，导入公式得$f(x+\triangle x)-f(x)=f^{'}(x+\theta\triangle x)\triangle x(0\lt\theta\lt0 ) $ 等式左侧为函数的增量，替换为 △ y , 即 △ y = f ′ ( x + θ △ x ) △ x \triangle y,即\triangle y = f^{'}(x+\theta\triangle x)\triangle x △y,即△y=f′(x+θ△x)△x。上式给出了自变量取得优先增量时，函数增量的准确表达式。
定理 如果函数 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上连续， I I I内可导且导数恒为零，那么 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上是一个常数。
例3 证明
arcsin
x
+
arccos
x
=
π
2
(
−
1
≤
x
≤
1
)
\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}(-1\le x\le1)
arcsinx+arccosx=2π(−1≤x≤1)
证明：
(
arcsin
x
+
arccos
x
)
′
=
1
1
−
x
2
−
1
1
−
x
2
=
0
所以
arcsin
x
+
arccos
x
在
[
−
1
,
1
]
为常数，令
x
=
1
，得
arcsin
x
+
arccos
x
=
π
2
证明：(\arcsin x+\arccos x)^{'}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0 \\ 所以\arcsin x+\arccos x在[-1,1]为常数，令x=1，得\\ \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}
证明：(arcsinx+arccosx)′=1−x21−1−x21=0所以arcsinx+arccosx在[−1,1]为常数，令x=1，得arcsinx+arccosx=2π
例4 证明当
x
>
0
x\gt 0
x>0时，
x
1
+
x
<
ln
(
1
+
x
)
<
x
\frac{x}{1+x}\lt\ln(1+x)\lt x
1+xx<ln(1+x)<x
证明：令
f
(
x
)
=
ln
(
1
+
x
)
,
x
>
0
在区间
(
0
,
x
)
内，
f
(
x
)
满足拉格朗日定理，所以
f
(
x
)
−
f
(
0
)
=
f
′
(
ξ
)
⋅
x
,
f
′
(
x
)
=
1
1
+
x
f
(
x
)
=
x
1
+
ξ
(
0
<
ξ
<
x
)
因为
0
<
ξ
<
x
，所以
x
1
+
x
<
x
1
+
ξ
<
x
即
x
1
+
x
<
ln
(
1
+
x
)
<
x
证明：令f(x)=\ln(1+x),x\gt0 \\ 在区间(0,x)内，f(x)满足拉格朗日定理，所以 \\ f(x)-f(0)=f^{'}(\xi)\cdot x,f^{'}(x)=\frac{1}{1+x}\\ f(x)=\frac{x}{1+\xi}(0\lt\xi\lt x) \\ 因为0\lt\xi\lt x，所以\frac{x}{1+x}\lt\frac{x}{1+\xi}\lt x\\ 即\frac{x}{1+x}\lt\ln(1+x)\lt x
证明：令f(x)=ln(1+x),x>0在区间(0,x)内，f(x)满足拉格朗日定理，所以f(x)−f(0)=f′(ξ)⋅x,f′(x)=1+x1f(x)=1+ξx(0<ξ<x)因为0<ξ<x，所以1+xx<1+ξx<x即1+xx<ln(1+x)<x
3 柯西中值定理
柯西中值定理 如果函数 f ( x ) 及 F ( x ) f(x)及F(x) f(x)及F(x)满足
(1)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续
(2)在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)上可导
(3)对于任一 x ∈ ( a , b ) , F ′ ( x ) ≠ 0 x\in(a,b),F^{'}(x)\not=0 x∈(a,b),F′(x)=0
那么 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少有一点 ξ \xi ξ，使等式
f ( b ) − f ( a ) F ( b ) − F ( a ) = f ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f^{'}(\xi)}{F^{'}(\xi)} F(b)−F(a)f(b)−f(a)=F′(ξ)f′(ξ)
成立。
例5 设
0
<
a
<
b
,
f
(
x
)
在
[
a
,
b
]
0\lt a\lt b,f(x)在[a,b]
0<a<b,f(x)在[a,b]上连续，在
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b)内可导，证明
∃
ξ
∈
(
a
,
b
)
\exists\xi\in(a,b)
∃ξ∈(a,b),使得
f
(
b
)
−
f
(
a
)
=
ξ
f
′
(
ξ
)
ln
b
a
f(b)-f(a)=\xi f^{'}(\xi)\ln\frac{b}{a}
f(b)−f(a)=ξf′(ξ)lnab
证明，令
F
(
x
)
=
ln
x
,
当
x
∈
[
a
,
b
]
时，
f
(
x
)
及
F
(
x
)
满足柯西中值定理条件，所以
∃
ξ
∈
(
a
,
b
)
使得
f
(
b
)
−
f
(
a
)
F
(
b
)
−
F
(
a
)
=
f
′
(
ξ
)
F
′
(
ξ
)
因为
(
ln
x
)
′
=
1
x
f
(
b
)
−
f
(
a
)
ln
b
−
ln
a
=
f
′
(
ξ
)
F
′
(
ξ
)
=
ξ
f
′
(
ξ
)
化简得
f
(
b
)
−
f
(
a
)
=
ξ
f
′
(
ξ
)
ln
b
a
证明，令F(x)=\ln x,当x\in[a,b]时，f(x)及F(x)满足柯西中值定理条件，所以\\ \exist\xi\in(a,b)使得\frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f^{'}(\xi)}{F^{'}(\xi)} \\ 因为(\ln x)^{'}=\frac{1}{x} \\ \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{'}(\xi)}{F^{'}(\xi)}=\xi f^{'}(\xi) \\ 化简得f(b)-f(a)=\xi f^{'}(\xi)\ln\frac{b}{a}
证明，令F(x)=lnx,当x∈[a,b]时，f(x)及F(x)满足柯西中值定理条件，所以∃ξ∈(a,b)使得F(b)−F(a)f(b)−f(a)=F′(ξ)f′(ξ)因为(lnx)′=x1lnb−lnaf(b)−f(a)=F′(ξ)f′(ξ)=ξf′(ξ)化简得f(b)−f(a)=ξf′(ξ)lnab
5后记
❓QQ:806797785
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参考：
[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P110~p120.
[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频｜纯干货知识点解析，应该是全网最细｜微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p17.
