数学中值定理（上）

费马引理与罗尔定理

数学第五天

费马引理

设函数分 f ( x ) 在点 x 0 的某邻域 U ( x 0 ) 内有定义，并在 x 0 处可导，如果对任意 x ∈ U ( x 0 ) 有 f ( x ) ≤ f ( x 0 ) ( 或 f ( x ) ≥ f ( x 0 ) ) , 则 f ′ ( x 0 ) = 0 设函数分f(x)在点x_0的某邻域U(x_0)内有定义，并在x_0处可导，如果对任意 \\\\ x\in U(x_0)有f(x)\leq f(x_0)(或f(x)\geq f(x_0)),则f'(x_0)=0 设函数分f(x)在点x0​的某邻域U(x0​)内有定义，并在x0​处可导，如果对任意x∈U(x0​)有f(x)≤f(x0​)(或f(x)≥f(x0​)),则f′(x0​)=0

证明：若 f ( x ) ≤ f ( x 0 ) （一点导数考虑导数定律） ∵ f ′ ( x 0 ) 存在 f + ′ ( x 0 ) = f − ′ ( x 0 ) 又 f − ′ ( x 0 ) = lim ⁡ x → x 0 − f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ∵ f ( x ) ≤ f ( x 0 ) 且 x < x 0 ∴ f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≥ 0 , 从而 f − ′ ( x 0 ) = lim ⁡ x → x 0 − f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≥ 0 证明：若\quad f(x)\leq f(x_0)（一点导数考虑导数定律）\\\\ \because f'(x_0)存在\\\\ f'_+(x_0)=f'_-(x_0)\\\\ 又\quad f'_-(x_0)=\lim_{x\rightarrow {x_0}^-} \frac {f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\\\\ \because f(x)\leq f(x_0)且x证明：若f(x)≤f(x0​)（一点导数考虑导数定律）∵f′(x0​)存在f+′​(x0​)=f−′​(x0​)又f−′​(x0​)=x→x0​−lim​x−x0​f(x)−f(x0​)​∵f(x)≤f(x0​)且x<x0​∴x−x0​f(x)−f(x0​)​≥0,从而f−′​(x0​)=x→x0​−lim​x−x0​f(x)−f(x0​)​≥0

f + ′ ( x 0 ) = lim ⁡ x → x 0 + f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ∵ f ( x ) ≤ f ( x 0 ) , 且 x > x 0 ∴ f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≤ 0 , 从而 f + ′ ( x 0 ) = lim ⁡ f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≤ 0 0 ≤ f ′ ( x 0 ) ≤ 0 f ′ ( x 0 ) = 0 f'_{\scriptsize+}(x_0)=\lim_{x\rightarrow {x_0}^{\tiny+}} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\\\\ \because f(x)\leq f(x_0),且x>x_0\\\\ \therefore\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq0,从而f'_{\tiny+}(x_0)= \lim \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq0\\\\ 0\leq f'(x_0)\leq0 \qquad f'(x_0)=0 f+′​(x0​)=x→x0​+lim​x−x0​f(x)−f(x0​)​∵f(x)≤f(x0​),且x>x0​∴x−x0​f(x)−f(x0​)​≤0,从而f+′​(x0​)=limx−x0​f(x)−f(x0​)​≤00≤f′(x0​)≤0f′(x0​)=0

罗尔定理

设函数 f ( x ) 满足：（ 1 ）在闭区间 [ a , b ] 上连续：（ 2 ）在开区间（ a , b ) 内可导：（ 3 ）： f ( a ) = f ( b ) , 则存在 f ′ ( ξ ) = 0 \qquad 设函数f(x)满足：（1）在闭区间[a,b]上连续：（2）在开区间（a,b)内可导：（3）：f(a)=f(b),则存在f'(\xi)=0 设函数f(x)满足：（1）在闭区间[a,b]上连续：（2）在开区间（a,b)内可导：（3）：f(a)=f(b),则存在f′(ξ)=0

$$\begin{gathered} 证明：\because f(x)在[a,b]连续 \\ \therefore f(x)在[a,b]内存在最大值为M最小值m \end{gathered}$$

若 n = M , 则 f ( x ) = C 从而对 ∀ ξ ∈ ( a , b ) , 有 f ′ ( ξ ) = 0 若n=M,则\quad f(x)=C\\\\ 从而对\forall \xi \in(a,b),有f'(\xi)=0 若n=M,则f(x)=C从而对∀ξ∈(a,b),有f′(ξ)=0

若 m ≠ M , 又 f ( a ) = f ( b ) 故 m , M 至少有一个在 ( a , b ) 内取到 不妨设存在 ξ ∈ ( a , b ) , f ( ξ ) = m 又 f ′ ( ξ ) 存在 , 故由费马定理可知 f ′ ( ξ ) = 0 综上 ∃ ξ ∈ ( a , b ) , f ′ ( ξ ) = 0 若m\neq M,\quad 又f(a)=f(b)\\\\ 故m,M至少有一个在(a,b)内取到\\\\ 不妨设存在\xi \in(a,b),f(\xi)=m\\\\ 又f'(\xi)存在,故由费马定理可知f'(\xi)=0\\\\ 综上\exist \xi\in(a,b),f'(\xi)=0 若m=M,又f(a)=f(b)故m,M至少有一个在(a,b)内取到不妨设存在ξ∈(a,b),f(ξ)=m又f′(ξ)存在,故由费马定理可知f′(ξ)=0综上∃ξ∈(a,b),f′(ξ)=0

简单记法

闭连开导f(a)=f(b)
【例】设 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 试证：必存在 ξ ∈ ( 0 , 3 ) , 使 f ′ ( ξ ) = 0 【例】设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\\\\ 试证：必存在\xi\in(0,3),使f'(\xi)=0 【例】设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试证：必存在ξ∈(0,3),使f′(ξ)=0

$$\begin{gathered} 证明：因为f(x)在[0,3]连续 \\ 故f(x)存在最大值M,最小值为m \\ 从而有m\le f(0)\le M \\ m\le f(1)\le M \\ m\le f(2)\le M \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 则3m\le f(0)+f(1)+f(2)\le 3M \\ 又f(0)+f(1)+f(2)=3, \\ 故3m\le 3\le 3M \\ \Rightarrow m\le 1\le M \end{gathered}$$

$$由介值定理可得\exists \eta \in [0,2],使得f(\eta )=1$$

由题： f ( x ) 在 [ η , 3 ] 连续， [ η , 3 ] 可导 且 f ( η ) = f ( 3 ) = 1 故由罗尔定理证 ∃ ξ ∈ [ η , 3 ] ⊂ ( 0 , 3 ) 得 f ′ ( ξ ) = 0 由题：\qquad f(x)在[\eta,3]连续，[\eta,3]可导\\\\ 且\quad f(\eta)=f(3)=1\\\\故由罗尔定理证 \exist \xi\in[\eta,3]\subset (0,3)得f'(\xi)=0 由题：f(x)在[η,3]连续，[η,3]可导且f(η)=f(3)=1故由罗尔定理证∃ξ∈[η,3]⊂(0,3)得f′(ξ)=0

【例】若函数 f ( x ) 在 ( a , b ) 内有二阶导数，且 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = f ( x 3 ) , 其中 a < x 1 < x 2 < x 3 < b , 证明：在 ( x 1 , x 3 ) 内至少存在一点 ξ , 使得 f ′ ′ ( ξ ) = 0 【例】若函数f(x)在(a,b)内有二阶导数，且f(x_1)=f(x_2)=f(x_3),其中\\\\a【例】若函数f(x)在(a,b)内有二阶导数，且f(x1​)=f(x2​)=f(x3​),其中a<x1​<x2​<x3​<b,证明：在(x1​,x3​)内至少存在一点ξ,使得f′′(ξ)=0

证明： 由题意可知 f ( x ) 在 [ x 1 , x 2 ] , [ x 2 , x 3 ] 连续， ( x 1 , x 2 ) , ( x 2 , x 3 ) 可导 且 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) f ( x 2 ) = f ( x 3 ) 证明：\qquad 由题意可知\quad f(x)在[x_1,x_2],[x_2,x_3]连续，(x_1,x_2),(x_2,x_3)可导\\\\ 且f(x_1)=f(x_2)\quad f(x_2)=f(x_3)\\\\ 证明：由题意可知f(x)在[x1​,x2​],[x2​,x3​]连续，(x1​,x2​),(x2​,x3​)可导且f(x1​)=f(x2​)f(x2​)=f(x3​)

故由罗尔定理， ∃ ξ 1 ∈ ( x 1 , x 2 ) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 3 ) 所以存在 f ′ ( ξ 1 ) = 0 f ′ ( ξ 2 ) = 0 故 由罗尔定理，\exist\xi_1\in(x_1,x_2)\quad \xi_2\in(x_2,x_3)\\\\ 所以存在\quad f'(\xi_1)=0\quad f'(\xi_2)=0 故由罗尔定理，∃ξ1​∈(x1​,x2​)ξ2​∈(x2​,x3​)所以存在f′(ξ1​)=0f′(ξ2​)=0

又 f ′ ( x ) 在 [ ξ 1 , ξ 2 ] 连续 ( ξ 1 , ξ 2 ) 可导 且 f ′ ( ξ 1 ) = f ′ ( ξ 2 ) = 0 故由罗尔定理 ∃ ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ∈ ( x 1 , x 2 ) 使得 f ′ ′ ( ξ ) = 0 又f'(x)在[\xi_1,\xi_2]连续\quad (\xi_1,\xi_2)可导\\\\且f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0\\\\ 故由罗尔定理\quad \exist\xi\in(\xi_1,\xi_2)\in(x_1,x_2)使得f''(\xi)=0 又f′(x)在[ξ1​,ξ2​]连续(ξ1​,ξ2​)可导且f′(ξ1​)=f′(ξ2​)=0故由罗尔定理∃ξ∈(ξ1​,ξ2​)∈(x1​,x2​)使得f′′(ξ)=0

【例】设 f ( x ) 在 [ 0 , a ] 上连续，在 ( 0 , a ) 可导，且 f ( a ) = 0 , 证明：存在一点 ξ ∈ ( 0 , a ) 使得 f ′ ( ξ ) ξ + f ( ξ ) = 0 【例】设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)可导，且f(a)=0,证明：存在一点\xi\in(0,a)使得f'(\xi)\xi+f(\xi)=0 【例】设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)可导，且f(a)=0,证明：存在一点ξ∈(0,a)使得f′(ξ)ξ+f(ξ)=0

证明：令 F ( x ) = x f ( x ) 由题意 F ( x ) 在 [ 0 , a ] 连续， ( 0 , a ) 可导 又 F ( 0 ) = 0 , F ( a ) = a f ( a ) = 0 故由罗尔定理 ∃ ∈ ( 0 , a ) , 使得 F ′ ( x ) = 0 f ′ ( ξ ) ξ + f ( ξ ) = 0 证明：令\quad F(x)=xf(x)\\\\ 由题意\quad F(x)在[0,a]连续，(0,a)可导\\\\ 又F(0)=0,F(a)=af(a)=0\\\\ 故由罗尔定理 \quad \exist\in(0,a),使得F'(x)=0\\\\f'(\xi)\xi+f(\xi)=0 证明：令F(x)=xf(x)由题意F(x)在[0,a]连续，(0,a)可导又F(0)=0,F(a)=af(a)=0故由罗尔定理∃∈(0,a),使得F′(x)=0f′(ξ)ξ+f(ξ)=0

朗格朗日定理

定义

设函数 f ( x ) 满足：（ 1 ）在 [ a , b ] 上连续：（ 2 ）在开区间 ( a , b ) 内可导：则存在 ξ ∈ ( a , b ) ，使得 f ( b ) f ( a ) b − a = f ′ ( ξ ) 或 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) , ( a < ξ < b ) 设函数f(x)满足：（1）在[a,b]上连续：（2）在开区间(a,b)内可导：则存在\xi\in(a,b)，使得\frac{f(b)_f(a)}{b-a}=f'(\xi)或\\\\ f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a),(a<\xi设函数f(x)满足：（1）在[a,b]上连续：（2）在开区间(a,b)内可导：则存在ξ∈(a,b)，使得b−af(b)f​(a)​=f′(ξ)或f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a),(a<ξ<b)

有时也写成 f ( x 0 + Δ x ) − f ( x ) = f ′ ( x + θ Δ x ) ⋅ Δ x ( 0 < θ < 1 ) , 这里 x 0 ∈ [ a , b ] , x 0 + Δ x ∈ [ a , b ] , Δ x < 0 有时也写成f(x_0+\Delta x)-f(x)=f'(x+\theta\Delta x)\cdot\Delta x(0<\theta <1),这里x_0\in[a,b],x_0+\Delta x\in[a,b],\Delta x<0 有时也写成f(x0​+Δx)−f(x)=f′(x+θΔx)⋅Δx(0<θ<1),这里x0​∈[a,b],x0​+Δx∈[a,b],Δx<0

证明：令 F ( x ) = f ( x ) − f ( b ) − f ( a ) b − a x 由题意 F ( x ) 在 [ a , b ] 连续， ( a , b ) 可导 又 F ( a ) = f ( a ) − f ( b ) − f ( a ) b − a ⋅ a = f ( a ) ( b − a ) − a f ( b ) + a f ( a ) b − a = f ( a ) ⋅ b − a f ( b ) b − a 证明：令F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x\\\\ 由题意\quad F(x)在[a,b]连续，(a,b)可导\\\\ 又F(a)=f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot a\\\\ =\frac{f(a)(b-a)-af(b)+af(a)}{b-a}\\\\ =\frac{f(a)\cdot b-af(b)}{b-a} 证明：令F(x)=f(x)−b−af(b)−f(a)​x由题意F(x)在[a,b]连续，(a,b)可导又F(a)=f(a)−b−af(b)−f(a)​⋅a=b−af(a)(b−a)−af(b)+af(a)​=b−af(a)⋅b−af(b)​

F [ b ] = f ( b ) − f ( b ) − f ( a ) b − a b = f ( b ) ( b − a ) − b f ( b ) + b f ( a ) b − a = b f ( a ) − a f ( b ) b − a F[b]=f(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}b=\frac {f(b)(b-a)-bf(b)+bf(a)}{b-a}\\\\ =\frac {bf(a)-af(b)}{b-a} F[b]=f(b)−b−af(b)−f(a)​b=b−af(b)(b−a)−bf(b)+bf(a)​=b−abf(a)−af(b)​

故 F ( a ) = F ( b ) 由罗尔定理 ∃ ξ ∈ ( a , b ) , 使得 F ′ ( ξ ) = 0 , 及 f ′ ( ξ ) − f ( b ) − f ( a ) b − a = 0 故\qquad F(a)=F(b)\\\\ 由罗尔定理\qquad \exist \xi\in(a,b),使得F'(\xi)=0,及f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0 故F(a)=F(b)由罗尔定理∃ξ∈(a,b),使得F′(ξ)=0,及f′(ξ)−b−af(b)−f(a)​=0

可得 f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( a ) b − a 可得\qquad f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} 可得f′(ξ)=b−af(b)−f(a)​

拉格朗日定理应用

[ 例 ] 求 lim ⁡ x → 0 tan ⁡ ( tan ⁡ x ) − tan ⁡ ( sin ⁡ x ) x 3 [例]求\lim_{x\rightarrow0}\frac{\tan(\tan x)-\tan(\sin x)}{x^3} [例]求x→0lim​x3tan(tanx)−tan(sinx)​

解：
令 f ( x ) = tan ⁡ x , 则由拉氏定理 f ( tan ⁡ x ) − f ( sin ⁡ x ) = f ′ ( ξ ) ⋅ ( tan ⁡ x − sin ⁡ x ) = sec ⁡ 2 ξ ( tan ⁡ x − sin ⁡ x ) 介于 tan ⁡ x 与 sin ⁡ x 之间 令f(x)=\tan x,则由拉氏定理\\\\ f(\tan x)-f(\sin x)=f'(\xi)\cdot(\tan x-\sin x)\\\\ =\sec ^2\xi(\tan x -\sin x)\\\\ 介于\tan x与\sin x之间 令f(x)=tanx,则由拉氏定理f(tanx)−f(sinx)=f′(ξ)⋅(tanx−sinx)=sec2ξ(tanx−sinx)介于tanx与sinx之间

故 lim ⁡ x → 0 tan ⁡ ( tan ⁡ x ) − tan ⁡ ( sin ⁡ x ) x 3 = lim ⁡ x → 0 sec ⁡ 2 ξ ( tan ⁡ x − sin ⁡ x ) x 3 故\quad \lim_{x\rightarrow0}\frac{\tan(\tan x)-\tan (\sin x)}{x^3}\\\\ =\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sec ^2\xi(\tan x -\sin x)}{x^3} 故x→0lim​x3tan(tanx)−tan(sinx)​=x→0lim​x3sec2ξ(tanx−sinx)​

$$由于x\to 0\sin x\to 0\tan x\to 0\xi \to 0$$

sec ⁡ ξ = 1 cos ⁡ ξ \sec \xi=\frac1\cos \xi secξ=cos1​ξ

= 1 × lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x ( 1 − cos ⁡ x ) x 3 =1\times\lim_{x\rightarrow0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\\\\\ =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan x(1-\cos x)}{x^3} =1×x→0lim​x3tanx−sinx​ =x→0lim​x3tanx(1−cosx)​

不等式问题

[ 例 ] 证明：当 x > 0 时， x 1 + x < ln ⁡ ( 1 + x ) < x [例]证明：当x>0时，\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)[例]证明：当x>0时，1+xx​<ln(1+x)<x

证明：令 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) x ≥ 0 f ( 0 ) = ln ⁡ 1 = 0 由拉氏定理 f ( x ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ ) x 0 < ξ < x ∵ 0 < ξ < x ∴ x 1 + x < x 1 + ξ < x x 1 + x < ln ⁡ ( 1 + x ) < x 证明：令f(x)=\ln(1+x)\quad \qquad x\geq0\\\\ f(0)=\ln1=0\\\\由拉氏定理\quad f(x)-f(0)=f'(\xi)x\quad 0<\xi证明：令f(x)=ln(1+x)x≥0f(0)=ln1=0由拉氏定理f(x)−f(0)=f′(ξ)x0<ξ<x∵0<ξ<x∴1+xx​<1+ξx​<x1+xx​<ln(1+x)<x

拉格朗日中值定理的推论

1. 推论1
   $$若f(x)在区间I上连续，I内可导恒为零，则f(x)在区间I上是一个常数。$$

   证明： ∀ x 1 ≠ x 2 ∈ I , 不妨设 x 1 < x 2 由拉氏定理 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x 2 − x 1 ) ⇒ f ( x 1 ) = f ( x 2 ) ∴ f ( x ) ≡ C 证明：\forall x_1\neq x_2 \in I,不妨设x_1证明：∀x1​=x2​∈I,不妨设x1​<x2​由拉氏定理f(x2​)−f(x1​)=f′(ξ)(x2​−x1​)⇒f(x1​)=f(x2​)∴f(x)≡C

2. 推论2
   若 f ( x ) , g ( x ) 在区间 I 上连续， I 内可导，且在 I 内有 f ′ ( x ) ≡ g ′ ( x ) , 则在区间 I 上有 f ( x ) = g ( x ) + C , 其中 C 是一个常数 若f(x),g(x)在区间I上连续，I内可导，且在I内有f'(x)\equiv g'(x),则在区间\\\\ I上有f(x)=g(x)+C,其中C是一个常数 若f(x),g(x)在区间I上连续，I内可导，且在I内有f′(x)≡g′(x),则在区间I上有f(x)=g(x)+C,其中C是一个常数

   证明： f ′ ( x ) ≡ g ′ ( x ) F ( x ) = f ( x ) − g ( x ) 则 F ′ ( x ) = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) ⇒ F ( x ) ≡ C 证明：\quad f'(x)\equiv g'(x) \quad F(x)=f(x)-g(x)\\\\ 则F'(x)=f'(x)-g'(x)\\\\ \Rightarrow F(x)\equiv C 证明：f′(x)≡g′(x)F(x)=f(x)−g(x)则F′(x)=f′(x)−g′(x)⇒F(x)≡C

   $$\Rightarrow f(x)-g(x)=C\Rightarrow f(x)=g(x)+C$$

证明函数恒等于常数

[ 例 ] ： ∀ x ∈ [ − 1 , 1 ] , arcsin ⁡ x + arccos ⁡ x = π 2 [例]：\forall x\in[-1,1],\arcsin x+\arccos x=\frac \pi2 [例]：∀x∈[−1,1],arcsinx+arccosx=2π​

证明：令 f ( x ) = arcsin ⁡ x + arccos ⁡ x 当 − 1 ≤ x ≤ 1 时 ∵ f ′ ( x ) = 1 1 − x 2 − 1 1 − x 2 = 0 ∴ f ( x ) ≡ C 证明：令f(x)=\arcsin x+\arccos x\\\\ 当-1\leq x\leq 1时\\\\ \because f'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}-\frac1{\sqrt{1-x^2}}=0\\\\ \therefore f(x)\equiv C 证明：令f(x)=arcsinx+arccosx当−1≤x≤1时∵f′(x)=1−x2 ​1​−1−x2 ​1​=0∴f(x)≡C

代入 0 f ( 0 ) = arcsin ⁡ 0 + arccos ⁡ 0 = 0 + π 2 = π 2 ∴ f ( x ) = π 2 ∴ arcsin ⁡ x + arccos ⁡ x = π 2 ( − 1 ≤ x ≤ 1 ) 代入0\quad f(0)=\arcsin 0+\arccos 0=0+\frac\pi2=\frac\pi2\\\\ \therefore f(x)=\frac\pi2\\\\ \therefore \arcsin x+\arccos x=\frac\pi2(-1\leq x\leq 1) 代入0f(0)=arcsin0+arccos0=0+2π​=2π​∴f(x)=2π​∴arcsinx+arccosx=2π​(−1≤x≤1)

拉格朗日定理是链接一阶导数和函数的桥梁

可计算函数极限

未完待续

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