3.1 微分中值定理

定理（罗尔定理） 如果 $f(x)$ 满足以下条件：

(1) 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，

(2) 在开区间 $(a, b)$ 内可导，

(3) $f(a) = f(b)$,

则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi) = 0$.

定理（拉格朗日中值定理） 如果 $f(x)$ 满足以下条件：

(1) 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，

(2) 在开区间 $(a, b)$ 内可导，

则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得

$f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a).$

推论 如果在 $(a, b)$ 内恒有 $f'(x) = 0$，则在 $(a, b)$ 内 $f(x)$ 为常数.

定理（柯西中值定理） 如果 $f(x), F(x)$ 满足以下条件：

(1) 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，

(2) 在开区间 $(a, b)$ 内可导，且 $F'(x)$ 在 $(a, b)$ 内每一处均不为零，

则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得

$\frac{f(b) - f(a)}{F(b) - F(a)} = \frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}.$

定理（皮亚诺型余项泰勒公式）

如果 $f(x)$ 在点 $x_0$ 有直至 $n$ 阶的导数，则有

$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2!}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^n + o[(x - x_0)^n],$

常称 $R_n(x) = o[(x - x_0)^n]$ 为皮亚诺型余项. 若 $x_{}$，则得麦克劳林公式：

$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2!}f''(0)x^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n + o(x^n).$

定理（拉格朗日型余项泰勒公式）

设函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的开区间 $(a, b)$ 内有直到 $n + 1$ 阶的导数，则当 $x\in ($ 时有

$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2!}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^n + R_n(x),$

其中 $R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_0)^{n+1}$，这里 介于 与 之间，称为拉格朗日型余项.

几个常用的泰勒公式（拉格朗日型余项）

(1) $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}$.

(2) $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} + (-1)^n \frac{\cos(\theta x)}{(2n+1)!}x^{2n+1}$.

(3) $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + (-1)^{n+1}\frac{\cos(\theta x)}{(2n+2)!}x^{2n+2}$.

(4) $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + (-1)^n \frac{x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}$.

(5) $(1 + x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}x^n + \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)(\alpha - n)}{(n + 1)!}(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}x^{n+1}$.

（以上 $\theta$ 满足 $\theta \in (0, 1)$）

相关例题

【例 17】 证明：$\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\ (x > 0)$.

证 【方法 1】 为了证明 $\ln(1+x) < x(x > 0)$，令 $f(x) = x - \ln(1+x)(x \geqslant 0)$，则

$f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} > 0(x > 0),$

则 $f(x)$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上单调递增.

又 $f(0) = 0$，则当 $x > 0$ 时，$f(x) > 0$，故不等式 $\ln(1+x) < x(x > 0)$ 得证.

为了证明 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)(x > 0)$，令 $g(x)=(1+x)\ln (1+$，则

$g'(x) = \ln(1+x) + \frac{1+x}{1+x} - 1 = \ln(1+x) > 0(x > 0),$

则 $g(x)$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上单调递增.

又 $g(0) = 0$，则当 $x > 0$ 时，$g(x) > 0$，故不等式 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)(x > 0)$ 得证.

【方法 2】 由拉格朗日中值定理可知

$\begin{aligned} \ln(1+x) &= \ln(1+x) - \ln 1 \\ &= \frac{(1+x)-1}{\xi} = \frac{x}{\xi}\ (1 < \xi < 1+x), \end{aligned}$

则 $\frac{x}{1+x} < \frac{x}{\xi} < x$，即 $\frac{}{}$.

【例 21】 设 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 上二阶可导，且 $f(a) = f(b) = f(c)\ (a < c < b)$，证明存在 ，使 .

证 由题设条件及罗尔定理知，存在 $\xi_1 \in (a, c), \xi_2 \in (c, b)$，使

$f'(\xi_1) = 0, f'(\xi_2) = 0.$

在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上对 $f'(x)$ 用罗尔定理得，存在 $\xi \in ({}_{}$，使

$f''(\xi) = 0.$

原题得证.

【例 22】（1990，数一、二）设不恒为常数的函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 内可导，且 $f(a) = f(b)$，证明在 内至少存在一点 ，使得 .

证 由 $f(a) = f(b)$，知 $\exists\ c \in (a, b)$，使得 $f'(c) = 0$.

而 $f(x)$ 不恒为常数，故 $f'(x)$ 不恒等于 $0$.

假设 $f'(x) \leqslant 0, x \in [a, b]$，则显然 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调递减，同 矛盾.

故在 $[a, b]$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f'(\xi) > 0$.

【例 23】 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导，$f(a) = f(b) = 0$，且存在 $c \in (a, b)$ 使 . 试证：，使得 .

证 $\exists\ \xi \in (a, c)$，使 $\frac{f(c) - f(a)}{c - a} = f'(\xi) < 0$,

$\exists\ \xi_1 \in (c, b)$，使 $\frac{f(b) - f(c)}{b - c} = f'(\xi_1) > 0$,

$\exists\ \eta \in (\xi, \xi_1)$，使 $\frac{f'(\xi_1) - f'(\xi)}{\xi_1 - \xi} = f''(\eta) > 0$,

故 $\exists\ \xi, \eta \in (a, b)$，使得 $f'(\xi) < 0, f''(\eta) > 0$.

【例 24】（2013，数三）设函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上可导，且 $f(0) = 0, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 2$. 证明：

(1) 存在 $a > 0$，使得 $f(a) = 1$.

(2) 对 (1) 中的 $a$，存在 $\xi \in (0, a)$，使得 $f'(\xi) = \frac{1}{a}$.

证 (1) 由 $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 2$ 可知，存在 $A > 0$，使

$f(A) > 1.$

由题设可知 $f(x)$ 在 $[0, A]$ 上连续，又

$0 = f(0) < 1 < f(A).$

由连续函数介值定理知，存在 $a \in (0, A)$，使 $f(a) = 1$.

(2) $\frac{1}{a} = \frac{f(a) - f(0)}{a - 0}$，由拉格朗日中值定理知，存在 ，使

$\frac{f(a) - f(0)}{a - 0} = f'(\xi),$

即 $f'(\xi) = \frac{1}{a}$.

或者，要证 $f'(\xi) = \frac{1}{a}$，只要证 $f'(\xi) - \frac{1}{a} = 0$，因此，令 ，则

$F(0) = f(0) = 0, F(a) = f(a) - 1 = 0,$

即 $F(x)$ 在区间 $[0, a]$ 上满足罗尔定理条件，则存在 $\xi \in (0, a)$，使

$F'(\xi) = 0,$

即 $f'(\xi) - \frac{1}{a} = 0$.

原题得证.

心得笔记

中值定理证明题，要抓住 f(0)=0 这样的条件，用来构造函数值的差