2.4 微分中值定理及其应用

我们知道，函数的导数反映了函数在一点附近的局部变化性态，为了利用导数研究函数在某一个区间上整体的变化性态，就需要建立函数在区间上的改变量与导数之间的联系，这就是本节将介绍的几个微分中值定理。微分中值定理在函数的导数与函数在区间上的变化（函数的改变量）之间搭建了一座桥梁，使我们能用导数去研究函数在一个区间上的某些性态，是利用导数进一步解决函数的许多理论和应用问题的理论基础。

4.1 函数的极值及其必要条件

设有函数 $f:I\to \mathbf{R},x_0\in I$，若 $\exists \delta >0$，使得 $\forall x\in U(x_0,\delta )\subseteq I$，恒有 $f(x)⩾f(x_0)$（$⩽f(x_0)$），则称 $f$ 在 $x_0$ 取得极小（大）值 $f(x_0)$。$f$ 的极小值与极大值统称为 $f$ 的极值，使 $f$ 取得极值的点 $x_0$ 称为 $f$ 的极值点。

图 2.12

在图 2.12 中，函数 $f$ 在 $x_1,x_3$ 与 $x_5$ 分别取得极大值 $f(x_1),f(x_3)$ 与 $f(x_5)$，在 $x_2$ 与 $x_4$ 分别取得极小值 $f(x_2)$ 与 $f(x_4)$。

应当注意函数的极大（小）值与最大（小）值的区别。函数的极值是就一点的邻域来说的，是局部性概念；而最值（最大、最小值的简称）是对整个区间而言的，是整体性概念。函数在区间 $I$ 内部取得的最值一定是极值，反过来不一定成立。而且同一个函数的极小值有可能大于极大值，在图 2.12 中，极小值 $f(x_4)$ 大于极大值 $f(x_1)$。

设函数 $f$ 在 $(a,b)$ 内可导，从图 2.12 易见，曲线 $y=f(x)$ 上与 $f$ 的极值点 $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ 相对应的点处有水平切线，受这个事实的启发得到下面的定理。

定理 4.1 (Fermat 定理)

若函数 $f:(a,b)\to \mathbf{R}$ 在 $x_0\in (a,b)$ 处取得极值，且 $f$ 在 $x_0$ 处可导，则 $f^{\prime }(x_0)=0$。

注意

为了利用 $f$ 在 $x_0$ 处取极大值且可导这两个已知条件来证明 $f^{\prime }(x_0)=0$，自然应当用导数的定义，但由于直接用导数定义很难得出此结论，所以我们转而证明 $f$ 在 $x_0$ 的左导数 $f_{-}^{\prime }(x_0)⩾0$，右导数 $f_{+}^{\prime }(x_0)⩽0$。由于 $f$ 在 $x_0$ 处可导，所以必有 $f^{\prime }(x_0)=0$。

证明

不妨设 $f$ 在 $x_0$ 处取极大值（若 $f$ 在 $x_0$ 处取极小值证法类似），则 $\exists \delta >0$，使得 $\forall x\in \mathring{U}(x_0,\delta )\subseteq (a,b)$，恒有 $f(x)⩽f(x_0)$。

若 $x\in (x_0-\delta ,x_0)$，则

(f(x) - f(x₀))/(x - x₀) ≥slant 0,$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩾0,$$

从而由极限的保号性有

f'_-(x₀) = limₓ → x₀⁻ (f(x) - f(x₀))/(x - x₀) ≥slant 0;$$f_{-}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩾0;$$

若 $x\in (x_0,x_0+\delta )$，则

(f(x) - f(x₀))/(x - x₀) ≤slant 0,$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩽0,$$

从而有

f'_+(x₀) = limₓ → x₀⁺ (f(x) - f(x₀))/(x - x₀) ≤slant 0.$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩽0.$$

由于 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，故必有 $f^{\prime }(x_0)=f_{+}^{\prime }(x_0)=f_{-}^{\prime }(x_0)=0$。

想一想

AI 解答

试举例说明 $f^{\prime }(x_0)=0$ 只是在 $x_0$ 处可导函数 $f$ 在 $x_0$ 取得极值的必要条件而不是充分条件。

4.2 微分中值定理

微分中值定理包括 Rolle 定理、Lagrange 定理与 Cauchy 定理，下面先介绍 Rolle 定理。

Rolle 定理也是受一个简单的几何事实的启发得到的。设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在区间的两个端点处函数值相等。若曲线 $y=f(x)$ 上与 $(a,b)$ 内任一点 $x$ 相对应的点处都有切线存在，但无与 $x$ 轴垂直的切线，则由图 2.13 可见，该曲线上至少有一点具有水平切线。

图 2.13

想一想

AI 解答

说明将 Rolle 定理中的条件(1)与(2)换成“$f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上可导”，定理的结论仍然成立，试问条件(1)与(2)换成后者好吗？有什么缺陷？

定理 4.2 (Rolle 定理)

若函数 $f:[a,b]\to \mathbf{R}$ 满足下列条件：

(1) $f$ 在 $[a,b]$ 上连续；

(2) $f$ 在 $(a,b)$ 内可导；

(3) $f(a)=f(b)$，

则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

想一想

AI 解答

Rolle 定理结论中使 $f^{\prime }(\xi )=0$ 的点 $\xi$ 是否一定是函数 $f$ 的极值点？

证明

根据定理4.1，只要证明 $f$ 在区间 $(a,b)$ 内有极值点就行了。由已知，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续，故由闭区间上连续函数最大（小）值定理，必存在 $x_1,x_2\in [a,b]$，使

f(x₁) = maxₓ ∈ [a, b] f(x) = M, f(x₂) = minₓ ∈ [a, b] f(x) = m.$$f(x_1)=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x)=M,f(x_2)=\underset{x\in [a,b]}{\min }f(x)=m.$$

若 $M=m$，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上为常数，因此对于 $(a,b)$ 中每个点都可作为 $\xi$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

若 $M\ne m$，则 $M$ 与 $m$ 中至少有一个不等于 $f(a)$，不妨设 $M\ne f(a)$（若 $m\ne f(a)$，可类似地证明）。由条件(3)知，$M\ne f(b)$，最大值 $M$ 只能被 $f$ 在 $(a,b)$ 内的点 $x_1$ 取得，故 $x_1$ 也是 $f$ 的极值点。由定理4.1，$f^{\prime }(x_1)=0$。

数字资源 2.4.1如何用 Rolle 定理证明方程根的存在性 ↗

由定理4.2 立即可得

推论 4.1

可微函数 $f$ 的任意两个零点之间至少有导函数 $f^{\prime }$ 的一个零点。

例 4.1

证明方程 $x^3+2x+1=0$ 在区间 $(-1,0)$ 内有且仅有一个实根。

证

设 $f(x)=x^3+2x+1$，则 $f(-1)=-2<0,f(0)=1>0$。根据连续函数的零点定理，在 $(-1,0)$ 内 $f$ 至少有一个零点，即方程 $x^3+2x+1=0$ 在 $(-1,0)$ 内至少有一个根，设其为 $x_1$。

下面证明该方程在 $(-1,0)$ 内只有一个根。若它还有一个根 $x_2$，则由推论4.1，在 $x_1$ 与 $x_2$ 之间至少有一点 $\xi$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。然而，$f^{\prime }(x)=3x^2+2>0$，即 $f^{\prime }$ 在 $(-1,0)$ 内没有零点，从而得到矛盾。所以，在 $(-1,0)$ 内该方程有且仅有一个实根。

例 4.2

证明：若函数 $f:[0,1]\to \mathbf{R}$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，并且 $f(1)=0$，则至少存在一个 $c\in (0,1)$，使

f'(c) = -(f(c))/(c).$$f^{\prime }(c)=-\frac{f(c)}{c}.$$

注

证明例4.2 的关键在于通过将要证明的等式变形和分析，构造满足 Rolle 定理条件的辅助函数 $F(x)=xf(x)$。

证

先作一简单的分析。为了证明结论成立，由于 $c\ne 0$，只要证明 $c{f}^{\prime }(c)+f(c)=0$ 就行了。又因为

c f'(c) + f(c) = [x f(x)]'|ₓ=c,$$c{f}^{\prime }(c)+f(c)=[xf(x){]}^{\prime }{|}_{x=c},$$

所以只要证明 $F(x)=xf(x)$ 满足 Rolle 定理条件就行了。

显然，$F$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，又 $F(0)=F(1)=0$，根据 Rolle 定理，至少存在一点 $c\in (0,1)$，使 $F^{\prime }(c)=0$。又 $F^{\prime }(x)=x{f}^{\prime }(x)+f(x)$，故结论成立。

注意

Rolle 定理的三个条件中只要有一个不满足，都不能保证定理的结论成立。例如，在图 2.14 的 ($a$)、($b$) 与 ($c$) 中，分别画出了不满足条件 (1)、(2) 与 (3) 之一的三个函数的图像，显然，这三个函数都不存在使定理结论成立的 $\xi$。

在图 2.14 的 ($c$) 中，由于 $f(a)\ne f(b)$，曲线 $y=f(x)$ 上没有一点的切线平行于 $x$ 轴。但是，不难看到，曲线上至少有一点（如点 $P_1$ 或 $P_2$）处的切线平行于弦 $AB$。由于弦 $AB$ 的斜率是 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，该曲线在点 $P_1$ 与 $P_2$ 处切线的斜率为 $f^{\prime }(\xi )$，故有

(f(b) - f(a))/(b - a) = f'(ξ), ξ ∈ (a, b).$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime }(\xi ),\xi \in (a,b).$$

(a)

(b)

(c)

图 2.14

由此，我们得到下面的重要定理：

定理 4.3 (Lagrange 定理)

若函数 $f:[a,b]\to \mathbf{R}$ 满足下列条件：

(1) $f$ 在 $[a,b]$ 上连续；

(2) $f$ 在 $(a,b)$ 内可导，

则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使

f(b) - f(a) = f'(ξ)(b - a). (4.1)$$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a).\text{\hspace{1em}(4.1)}$$

注

定理4.3 的证明思路也是将要证明的等式 (4.1) 变形，构造一个满足 Rolle 定理条件的辅助函数，关键在于如何构造符合要求的辅助函数。通过将要证明的结论变形、分析是常用的一种方法，称为分析法，另一种是几何法，定理4.3 证明之后给出的另一个辅助函数就是受几何上的启示构造出来的。

证明

分析 为了证明结论成立，由于 $b-a\ne 0$，只要证明至少存在一点 $\xi$，使

(f(b) - f(a))/(b - a) - f'(ξ) = 0$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}-f^{\prime }(\xi )=0$$

就行了。又因为

(f(b) - f(a))/(b - a) - f'(ξ) = [ (f(b) - f(a))/(b - a) x - f(x) ]'g|ₓ = ξ,$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}-f^{\prime }(\xi )={\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x-f(x)\right]}^{\prime }{|}_{x=\xi },$$

所以，只要证明 $F(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x-f(x)$ 在 $[a,b]$ 上满足 Rolle 定理的条件就行了。

证 作辅助函数

F(x) = (f(b) - f(a))/(b - a) x - f(x).$$F(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x-f(x).$$

显然，函数 $F$ 满足 Rolle 定理的条件(1)与(2)。又

F(a) = (f(b) - f(a))/(b - a) a - f(a) = (a f(b) - b f(a))/(b - a),$$F(a)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}a-f(a)=\frac{af(b)-bf(a)}{b-a},$$F(b) = (f(b) - f(a))/(b - a) b - f(b) = (a f(b) - b f(a))/(b - a),$$F(b)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}b-f(b)=\frac{af(b)-bf(a)}{b-a},$$

故 $F(a)=F(b)$。由 Rolle 定理，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使 $F^{\prime }(\xi )=0$，即

(f(b) - f(a))/(b - a) - f'(ξ) = 0,$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}-f^{\prime }(\xi )=0,$$

从而有 $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$。

证明定理4.3 的辅助函数的选取不是唯一的。事实上，由于

[ f(x) - f(a) - (f(b) - f(a))/(b - a)(x - a) ]'g|ₓ = ξ = f'(ξ) - (f(b) - f(a))/(b - a),$${\left[f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right]}^{\prime }{|}_{x=\xi }=f^{\prime }(\xi )-\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$

因此，也可用

F(x) = f(x) - [ f(a) + (f(b) - f(a))/(b - a)(x - a) ]$$F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right]$$

作为辅助函数。而且此函数就是曲线 $y=f(x)$ 与弦 $AB$ 方程之差，显然满足 Rolle 定理的条件。

在 Lagrange 定理中，若 $f(a)=f(b)$，则有 $f^{\prime }(\xi )=0$。因此，Rolle 定理是 Lagrange 定理的特例，而 Lagrange 定理是 Rolle 定理的推广。

公式 (4.1) 称为 Lagrange 公式。将两边同乘 $-1$ 得

f(a) - f(b) = f'(ξ)(a - b),$$f(a)-f(b)=f^{\prime }(\xi )(a-b),$$

这就是说，无论是 $a<b$ 还是 $a>b$，Lagrange 公式均成立。

Lagrange 公式还可以写成其他形式。由于 $\xi \in (a,b)$，所以 $0<\frac{\xi -a}{b-a}<1$。令 $\theta =\frac{\xi -a}{b-a}$，则 $\xi =a+\theta (b-a)$，于是有

f(b) - f(a) = f'[a + θ(b - a)](b - a) (0 < θ < 1). (4.2)$$f(b)-f(a)=f^{\prime }[a+\theta (b-a)](b-a)(0<\theta <1).\text{\hspace{1em}(4.2)}$$

如果取 $a=x,b=x+\Delta x$，Lagrange 公式又可写成

f(x + Δ x) - f(x) = f'(x + θΔ x)Δ x (0 < θ < 1), (4.3)$$f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime }(x+\theta \Delta x)\Delta x(0<\theta <1),\text{\hspace{1em}(4.3)}$$

常称 (4.3) 式为有限改变量公式。它建立了函数 $y=f(x)$ 在区间上的改变量与导数之间的关系，使我们能够用导数研究函数在区间上的变化性态。

推论 4.2

设 $f:I\to \mathbf{R}$ 在 $I$ 上连续，在 $I$ 内可导，则在 $I$ 内 $f^{\prime }(x)\equiv 0$ 的充要条件为 $f$ 在 $I$ 上是常数。

证明

充分性是显然的，下面证明必要性。

任取 $x_1,x_2\in I$，在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上对 $f$ 应用 Lagrange 定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)\subseteq (a,b)$，使

f(x₂) - f(x₁) = f'(ξ)(x₂ - x₁) = 0,$$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)=0,$$

因此 $f(x_1)=f(x_2)$。由 $x_1,x_2$ 的任意性知 $f$ 在 $I$ 上是常数。

推论 4.3

设函数 $f$ 在 $[x_0,b)$（或 $(a,x_0]$）上连续，在 $(x_0,b)$（或 $(a,x_0)$）内可导，且 ${\lim }_{x\to x_0^{+}}{f}^{\prime }(x)=A$（或 ${\lim }_{x\to x_0^{-}}{f}^{\prime }(x)=A$），则

f'_+(x₀) = limₓ → x₀⁺ f'(x) = A (或 f'_-(x₀) = limₓ → x₀⁻ f'(x) = A),$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A(\text{或 }{f}_{-}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A),$$

其中 $A$ 为有限或无限。

证明

根据公式 (4.3)，我们有

(f(x₀ + Δ x) - f(x₀))/(Δ x) = f'(x₀ + θΔ x) (0 < θ < 1).$$\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0+\theta \Delta x)(0<\theta <1).$$

所以

f'_+(x₀) = lim_Δ x → 0⁺ (f(x₀ + Δ x) - f(x₀))/(Δ x) = lim_Δ x → 0⁺ f'(x₀ + θΔ x) = A.$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x_0+\theta \Delta x)=A.$$

同样，可证明关于左导数的结论。

数字资源 2.4.2求分段函数在分界点处导数的另一种方法 ↗

前面曾经指出，在研究分段函数的可导性时，对于使函数有不同表达式的子区间的分界点处的可导性，通常需要利用导数的定义来讨论。但是，如果函数满足推论4.3 的条件，那么，利用该推论研究分界点处的可导性比用导数定义更为简便，下面举一个例子来说明。

例 4.3

设

f(x) = x², & x < 0, 0, & x = 0, xsin x, & x > 0,$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x<0,\\ 0,& x=0,\\ x\sin x,& x>0,\end{array}$$

求 $f^{\prime }(x)$。

解

当 $x<0$ 时，$f^{\prime }(x)=2x$；当 $x>0$ 时，$f^{\prime }(x)=\sin x+x\cos x$。由于

limₓ → 0⁻ f'(x) = limₓ → 0⁻ 2x = 0, limₓ → 0⁺ f'(x) = limₓ → 0⁺ (sin x + xcos x) = 0,$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }2x=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(\sin x+x\cos x)=0,$$

在区间 $[0,b)(b>0)$ 与 $(a,0](a<0)$ 上分别应用推论4.3，则有

f'_+(0) = limₓ → 0⁺ f'(x) = 0, f'_-(0) = limₓ → 0⁻ f'(x) = 0.$$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=0,f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=0.$$

故

f'(x) = 2x, & x < 0, 0, & x = 0, sin x + xcos x, & x > 0.$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2x,& x<0,\\ 0,& x=0,\\ \sin x+x\cos x,& x>0.\end{array}$$

Lagrange 定理是最常用的一个微分中值定理，具有重要的理论和应用价值。下面举例说明它在证明不等式、判断方程根的存在性等方面的应用。

例 4.4

证明：当 $x>0$ 时，

(x)/(1 + x) < ln(1 + x) < x.$$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x.$$

证

由于 $\ln (1+x)=\ln (1+x)-\ln 1$，所以为了证明本题中的不等式，只要取 $f(t)=\ln (1+t)$ 为辅助函数，并对该函数在 $[0,x]$ 上应用 Lagrange 定理。容易验证 $f(t)$ 在 $[0,x]$ 上满足 Lagrange 定理的条件，因而至少存在一点 $\xi \in (0,x)$，使

f(x) - f(0) = f'(ξ)(x - 0),$$f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )(x-0),$$

即

ln(1 + x) = (x)/(1 + ξ).$$\ln (1+x)=\frac{x}{1+\xi }.$$

又因为 $\xi \in (0,x)$，故有

(x)/(1 + x) < (x)/(1 + ξ) < x.$$\frac{x}{1+x}<\frac{x}{1+\xi }<x.$$

从而有

(x)/(1 + x) < ln(1 + x) < x (x > 0).$$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x(x>0).$$

也可取 $f(t)=\ln t(t\in [1,1+x])$ 作为辅助函数来证明此不等式。

数字资源 2.4.3Lagrange 中值定理的含义与应用 ↗

例 4.5

设函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上可导，值域为 $(0,1)$，并且 $\forall x\in (0,1),f^{\prime }(x)\ne 1$，证明 $f$ 有唯一不动点 $c\in (0,1)$。

证

由于 $f$ 的不动点是指满足方程 $f(x)=x$ 的点 $c$，所以令 $F(x)=f(x)-x$，只要证明存在唯一的 $c$，使 $F(c)=0$。

易见 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $F(0)=f(0)>0,F(1)=f(1)-1<0$。由零点定理，至少存在一个 $c\in (0,1)$，使 $F(c)=0$，即 $f(c)=c$，所以 $f$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个不动点。

再证明在 $(0,1)$ 内 $f$ 至多有一个不动点。若存在两点 $c_1,c_2\in (0,1)$，使 $f(c_1)=c_1,f(c_2)=c_2$，不妨设 $c_1<c_2$。在闭区间 $[c_1,c_2]$ 上对 $f$ 应用 Lagrange 定理，那么，至少存在一个 $c\in (c_1,c_2)\subseteq (0,1)$，使

1 = (f(c₂) - f(c₁))/(c₂ - c₁) = f'(c),$$1=\frac{f(c_2)-f(c_1)}{c_2-c_1}=f^{\prime }(c),$$

这与在 $(0,1)$ 内 $f^{\prime }(x)\ne 1$ 相矛盾。因此 $f$ 在 $(0,1)$ 内有唯一不动点。

定理 4.4 (Cauchy 定理)

设函数 $f,g:[a,b]\to \mathbf{R}$ 满足下列条件：

(1) $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续；

(2) $f,g$ 在 $(a,b)$ 内可导，并且 $\forall x\in (a,b),g^{\prime }(x)\ne 0$，

则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使

(f(b) - f(a))/(g(b) - g(a)) = (f'(ξ))/(g'(ξ)). (4.4)$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.\text{\hspace{1em}(4.4)}$$

注

将定理4.4 中的函数 $f$ 与 $g$ 的自变量用字母 $t$ 表示，则 $x=g(t)$ 与 $y=f(t)(t\in [a,b])$ 就是一条以 $A(g(a),f(a)),B(g(b),f(b))$ 为端点的平面曲线 $C$ 的参数方程。(4.4) 式左端就是弦 $AB$ 的斜率，而右端则是 $C$ 上点 $P(g(\xi ),f(\xi ))$ 处的切线的斜率。因此 Cauchy 公式在几何上就表示在 $C$ 上至少有一点 $P$，使 $C$ 在 $P$ 处的切线平行于弦 $AB$，也就是 Lagrange 公式表示的几何事实的参数形式。

证明

先证 $g(b)\ne g(a)$。若 $g(b)=g(a)$，则由 Rolle 定理，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使 $g^{\prime }(\xi )=0$，这与假设在 $(a,b)$ 内 $g^{\prime }(x)\ne 0$ 相矛盾。

为证明定理中的结论，只要证明辅助函数

F(x) = [f(b) - f(a)] g(x) - [g(b) - g(a)] f(x)$$F(x)=[f(b)-f(a)]g(x)-[g(b)-g(a)]f(x)$$

的导函数在 $(a,b)$ 内有零点。容易验证 $F(x)$ 满足 Rolle 定理的条件，因此，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ 使

F'(x) = [f(b) - f(a)] g'(ξ) - [g(b) - g(a)] f'(ξ) = 0.$$F^{\prime }(x)=[f(b)-f(a)]g^{\prime }(\xi )-[g(b)-g(a)]f^{\prime }(\xi )=0.$$

由于 $g^{\prime }(\xi )\ne 0$，将上式变形即得所要证明的等式 (4.4)。

若取 $g(x)=x$，Cauchy 定理就变成了 Lagrange 定理。因此，Cauchy 定理是 Lagrange 定理的推广。

4.3 L’Hospital 法则

作为 Cauchy 中值定理的一个应用，本段介绍一种求不定式极限的简单而有效的方法——L’Hospital 法则。下面先讲求 $\frac{0}{0}$ 型不定式极限的 $L$’Hospital 法则。

定理 4.5 (0/0 型不定式)

设函数 $f,g$ 在区间 $(x_0,x_0+\delta )$（其中 $\delta >0$）内满足下列条件：

(1) ${\lim }_{x\to x_0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to x_0^{+}}g(x)=0$；

(2) $f,g$ 在 $(x_0,x_0+\delta )$ 内可导，且 $g^{\prime }(x)\ne 0$；

(3) ${\lim }_{x\to x_0^{+}}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=a$（$a$ 为有限实数或无穷大），

则

limₓ → x₀⁺ (f(x))/(g(x)) = limₓ → x₀⁺ (f'(x))/(g'(x)) = a. (4.5)$$\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=a.\text{\hspace{1em}(4.5)}$$

证明

若 $f,g$ 在 $x_0$ 处右连续，则由条件(1)知，$f(x_0)=g(x_0)=0$。任取 $x\in (x_0,x_0+\delta )$，则 $f,g$ 在区间 $[x_0,x]$ 上满足 Cauchy 定理的条件，故存在 $\xi \in (x_0,x)$，使

(f(x))/(g(x)) = (f(x) - f(x₀))/(g(x) - g(x₀)) = (f'(ξ))/(g'(ξ)).$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$$

当 $x\to x_0^{+}$ 时，显然有 $\xi \to x_0^{+}$。又因为 ${\lim }_{x\to x_0^{+}}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=a$，从而得

limₓ → x₀⁺ (f(x))/(g(x)) = limₓ → x₀⁺ (f'(ξ))/(g'(ξ)) = lim_ξ → x₀⁺ (f'(ξ))/(g'(ξ)) = a.$$\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\underset{\xi \to x_0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=a.$$

若 $f,g$ 在 $x_0$ 处不右连续，可补充定义 $f(x_0)=g(x_0)=0$，则 $f,g$ 在 $x_0$ 右连续。这样做并不影响极限 ${\lim }_{x\to x_0^{+}}\frac{f(x)}{g(x)}$ 的存在性及其值。重复上述证明步骤，可证明结论仍成立。

由证明过程不难看出，定理4.5 对于当 $x\to x_0^{-},x\to x_0$ 等情形也可得到相应结论。如果 $x\to \infty (\pm \infty )$，那么可通过变量代换 $x=\frac{1}{t}$ 化为 $t\to 0$ 的情形，得到类似结论。这里不再一一叙述和推证。

例 4.6

求 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}$。

注意

在应用 $L$’Hospital 法则的时候，应检查 $f,g$ 是否满足条件(1)，(2)。如果用一次 $L$’Hospital 法则后，得到的极限 ${\lim }_{x\to x_0}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 仍然属于 $\frac{0}{0}$ 型不定式，只要 $f^{\prime },g^{\prime }$ 仍满足定理4.5 中的相应条件，那么还可以继续使用该法则。

解

显然，分子与分母在 $x=0$ 的邻域内满足定理4.5 的条件(1)(2)，应用 $L$’Hospital 法则，

原式 = limₓ → 0 (sec² x - 1)/(1 - cos x).$$\text{原式}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-1}{1-\cos x}.$$

由于上式右端仍为 $\frac{0}{0}$ 型，且分子分母仍满足定理4.5 的条件(1)(2)，故可再次使用该法则，得

原式 = limₓ → 0 (2sec² x tan x)/(sin x) = 2limₓ → 0 sec² x = 2.$$\text{原式}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sec }^{2}x\tan x}{\sin x}=2\underset{x\to 0}{\lim }{\sec }^{2}x=2.$$

读者可能注意到，上面第二个等式利用到了当 $x\to x_0$ 时 $\tan x$ 与 $\sin x$ 是等价无穷小这个事实。

注意

与通常求极限过程一样，在应用 $L$’Hospital 法则时，前面讲过的消去公因子与无穷小等价代换等方法可以同时使用。而且，若式中含有极限不为零的因子，则可先求出该因子的极限值。这样做可以使余下的不定式比较简单，便于继续使用该法则。

例 4.7

求 ${\lim }_{x\to 0}\frac{2e^{2x}-e^x-3x-1}{(e^x-1{)}^2{e}^x}$。

解

由于当 $x\to 0$ 时，$e^x\to 1$，且 $e^x-1\sim x$，所以

原式 = limₓ → 0 frac2e²x - eˣ - 3x - 1x² = limₓ → 0 frac4e²x - eˣ - 32x = 1/2limₓ → 0 frac8e²x - eˣ1 = 7/2.$$\text{原式}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2e^{2x}-e^x-3x-1}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4e^{2x}-e^x-3}{2x}=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{8e^{2x}-e^x}{1}=\frac{7}{2}.$$

定理 4.6 (∞/∞ 型不定式)

设 $f,g$ 在 $(x_0,x_0+\delta )$ 内满足定理4.5 中的条件(2)与(3)，条件(1)改为

limₓ → x₀ f(x) = limₓ → x₀ g(x) = ∞,$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=\infty ,$$

则有同样的结论成立（证明从略）。

该法则对于 $x\to x_0^{-},x\to x_0,x\to \infty (\pm \infty )$ 等情形也成立。

例 4.8

求 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{{\log }_{a}x}{x^{\alpha }}$ 与 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^{\alpha }}{a^{\beta x}}(a>1,\alpha ,\beta >0)$。

解

这两个极限都属于 $\frac{\infty }{\infty }$ 型不定式，应用 $L$’Hospital 法则得

limₓ → +∞ (logₐ x)/(x^α) = limₓ → +∞ frac(1)/(x ln a)α x^(α - 1) = (1)/(α ln a) limₓ → +∞ x⁻α = 0,$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\log }_{a}x}{x^{\alpha }}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x\ln a}}{\alpha x^{\alpha -1}}=\frac{1}{\alpha \ln a}\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{-\alpha }=0,$$limₓ → +∞ fracx^αa^(β x) &= limₓ → +∞ fracα x^(α - 1)β a^(β x) ln a = limₓ → +∞ fracα(α - 1)x^(α - 2)β² a^(β x)(ln a)² &= … = limₓ → +∞ fracα(α - 1)…(α - n + 1)x^(α - n)βⁿ a^(β x)(ln a)ⁿ &= limₓ → +∞ fracα(α - 1)…(α - n)βⁿ+1 a^(β x)(ln a)ⁿ+1 xⁿ+1-α = 0,$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{\alpha }}{a^{\beta x}}& =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\alpha x^{\alpha -1}}{\beta a^{\beta x}\ln a}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\alpha (\alpha -1)x^{\alpha -2}}{{\beta }^2{a}^{\beta x}(\ln a{)}^2}\\ & =\cdots =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)x^{\alpha -n}}{{\beta }^n{a}^{\beta x}(\ln a{)}^n}\\ & =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n)}{{\beta }^{n+1}{a}^{\beta x}(\ln a{)}^{n+1}{x}^{n+1-\alpha }}=0,\end{array}$$

其中 $n=[\alpha ]$。

由例4.8 易见，虽然当 $x\to +\infty$ 时，${\log }_{a}x,x^{\alpha },a^{\beta x}$ 都是无穷大量，但是，$x^{\alpha }$ 是 ${\log }_{a}x$ 的高阶无穷大，$a^{\beta x}$ 又是 $x^{\alpha }$ 的高阶无穷大。这反映了当 $x\to +\infty$ 时，它们是数量级不同的无穷大：指数函数 $a^{\beta x}$ 的数量级最高，幂函数 $x^{\alpha }$ 次之，对数函数 ${\log }_{a}x$ 的数量级最低。为便于今后的应用，希望读者能记住这个事实。

除了 $\frac{0}{0}$ 与 $\frac{\infty }{\infty }$ 型之外，还有 $0\cdot \infty ,\infty -\infty ,1^{\infty },0^0,{\infty }^0$ 等类型的不定式，它们的极限都能化为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty }{\infty }$ 型不定式来计算。例如，$0^0$ 表示当 $x\to x_0$（或 $x\to \infty$）时，函数 $f(x{)}^{g(x)}$ 中的 $f(x)\to 0^{+},g(x)\to 0$。由等式 $f(x{)}^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}$ 易见，求该不定式的极限就转化为求 $0\cdot \infty$ 不定式的极限 ${\lim }_{x\to x_0}g(x)\ln f(x)$。下面举例说明。

例 4.9

求下列极限：

(1) ${\lim }_{x\to \frac{\pi }{2}}(\sec x-\tan x)$；

(2) ${\lim }_{x\to +\infty }{\left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}^{\frac{1}{\ln x}}$。

解

(1) 此极限属于 $\infty -\infty$ 型不定式。由于

sec x - tan x = (1 - sin x)/(cos x),$$\sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x},$$

当 $x\to \frac{\pi }{2}$ 时，它就转化成 $\frac{0}{0}$ 型不定式。应用 $L$’Hospital 法则，

原式 = limₓ → (π)/(2) (1 - sin x)/(cos x) = limₓ → (π)/(2) ( (-cos x)/(-sin x) ) = 0.$$\text{原式}=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{1-\sin x}{\cos x}=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\left(\frac{-\cos x}{-\sin x}\right)=0.$$

(2) 此极限属于 $0^0$ 型不定式。由于

( (π)/(2) - arctan x )^((1)/(ln x)) = e^((1)/(ln x) · ln( (π)/(2) - arctan x )),$${\left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}^{\frac{1}{\ln x}}=e^{\frac{1}{\ln x}\cdot \ln \left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)},$$

当 $x\to +\infty$ 时，$\frac{\ln \left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}{\ln x}$ 属于 $\frac{\infty }{\infty }$ 型不定式。应用 $L$’Hospital 法则，

limₓ → +∞ (ln( (π)/(2) - arctan x ))/(ln x) &= limₓ → +∞ (-(x)/(1 + x²))/((π)/(2) - arctan x) &= -limₓ → +∞ [ (1 - x²)/((1 + x²)²) / ( -(1)/(1 + x²) ) ] = -1.$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}{\ln x}& =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-\frac{x}{1+x^2}}{\frac{\pi }{2}-\arctan x}\\ & =-\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{1-x^2}{(1+x^2{)}^2}/\left(-\frac{1}{1+x^2}\right)\right]=-1.\end{array}$$

所以

limₓ → +∞ ( (π)/(2) - arctan x )^((1)/(ln x)) = 1/e.$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}^{\frac{1}{\ln x}}=\frac{1}{e}.$$

数字资源 2.4.4使用 L'Hospital 法则应注意的问题 ↗

例 4.10

求一个 $n$ 次多项式 $P_n(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$，使

eˣ = Pₙ(x) + o(xⁿ).$$e^x=P_n(x)+o(x^n).$$

解

要使 $e^x=P_n(x)+o(x^n)$，只要使

eˣ - Pₙ(x) = o(xⁿ),$$e^x-P_n(x)=o(x^n),$$

也就是使

limₓ → 0 (eˣ - Pₙ(x))/(x^k) = 0 (k = 0, 1, 2, …, n).$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-P_n(x)}{x^k}=0(k=0,1,2,\cdots ,n).$$

取 $k=0$，由 ${\lim }_{x\to 0}[e^x-P_n(x)]=0$，得知 $a_0=e^0=1$。

取 $k=1$，由 ${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-P_n(x)}{x}=0$，应用 $L$’Hospital 法则得

limₓ → 0 (eˣ - Pₙ(x))/(x) &= limₓ → 0[(eˣ)' - P'ₙ(x)] &= limₓ → 0[(eˣ)' - (a₁ + 2a₂ x + … + naₙ xⁿ-1)] &= limₓ → 0[(eˣ)' - a₁] = 0,$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-P_n(x)}{x}& =\underset{x\to 0}{\lim }[(e^x{)}^{\prime }-P_n^{\prime }(x)]\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }[(e^x{)}^{\prime }-(a_1+2a_{2}x+\cdots +n{a}_n{x}^{n-1})]\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }[(e^x{)}^{\prime }-a_1]=0,\end{array}$$

从而得 $a_1=(e^x{)}^{\prime }{|}_{x=0}=1$。

取 $k=2$，由 ${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-P_n(x)}{x^2}=0$，连续 2 次应用 $L$’Hospital 法则得

limₓ → 0 (eˣ - Pₙ(x))/(x²) &= limₓ → 0 ((eˣ)' - P'ₙ(x))/(2x) = (1)/(2!) limₓ → 0[(eˣ)'' - P''ₙ(x)] &= (1)/(2!) limₓ → 0 {(eˣ)'' - [2! a₂ + … + n(n - 1)xⁿ-2]} &= (1)/(2!) limₓ → 0[(eˣ)'' - 2! a₂] = 0,$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-P_n(x)}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(e^x{)}^{\prime }-P_n^{\prime }(x)}{2x}=\frac{1}{2!}\underset{x\to 0}{\lim }[(e^x{)}^{\prime \prime }-P_n^{\prime \prime }(x)]\\ & =\frac{1}{2!}\underset{x\to 0}{\lim }\{(e^x{)}^{\prime \prime }-[2!a_2+\cdots +n(n-1)x^{n-2}]\}\\ & =\frac{1}{2!}\underset{x\to 0}{\lim }[(e^x{)}^{\prime \prime }-2!a_2]=0,\end{array}$$

从而得 $a_2=\frac{1}{2!}(e^x{)}^{\prime \prime }{|}_{x=0}=\frac{1}{2!}$。

类似可得，$a_k=\frac{1}{k!}(e^x{)}^{(k)}{|}_{x=0}=\frac{1}{k!}(k=3,4,\cdots ,n)$。

因此，我们有

Pₙ(x) = 1 + x + (1)/(2!) x² + … + (1)/(n!) xⁿ,$$P_n(x)=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{1}{n!}{x}^n,$$eˣ = 1 + x + (1)/(2!) x² + … + (1)/(n!) xⁿ + o(xⁿ).$$e^x=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{1}{n!}{x}^n+o(x^n).$$

若记 $f(x)=e^x$，则系数 $a_k=\frac{1}{k!}=\frac{1}{k!}{f}^{(k)}(0)$。这时上式可写成如下形式：

f(x) = f(0) + f'(0)x + (f''(0))/(2!)x² + … + fracf^((n))(0)n!xⁿ + o(xⁿ). (4.6)$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+o(x^n).\text{\hspace{1em}(4.6)}$$

下一节我们将看到，(4.6) 式具有一般性。

2.4 微分中值定理及其应用