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的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.

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

图2.12

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 $f^{\prime }(x_0)=0$ .

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

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩾0,$$

从而由极限的保号性有

$$f_{-}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩾0;$$

若 $x\in (x_0,x_0+\delta )$ ，则

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩽0,$$

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 $f^{\prime }(x_0)=0$ 。

从而有

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{\ast }}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}⩽0.$$

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

4.2 微分中值定理

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.

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.

定理 4.2 Rolle 定理

若函数 $f:[a,b]\to R$ 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 $f^{\prime }(\xi )=0.$

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.

图2.13

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？

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

$$f\left(x_1\right)=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x)=M,f\left(x_2\right)=\underset{x\in [a,b]}{\min }f(x)=m.$$

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 $f^{\prime }(\xi )=0$ .

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？

若 $M\ne m$ ，则 $M$ 与 $m$ 中至少有一个不等于 $f(a)$ ， $\xi$ 是否一定是函数 $f$ 的极值点？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, $f^{\prime }(x_1)=0$ .

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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.

二维码2.4.1如何用Rolle定理证明方程根的存在性.

$$f(x)=x^3+2x+1$$ $$f(-1)=-2<0,f(0)=1>0.$$

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 $f:[0,1]\to R$ 在 $[0,1]$ $f(1)=0$ ，则至少存在一个 $c\in (0,1)$ ，使

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

证明

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.又因为上连续,在(0,1)内可导,并且

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 $F(x)=xf(x)$ .

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

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.

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

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

($a$)

($b$)

图2.14

($c$)

由此,我们得到下面的重要定理:

定理 4.3 Lagrange 定理

若函数 $f:[a,b]\to R$ 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

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

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

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

就行了.又因为

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

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.

证明

作辅助函数

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

显然,函数 $F$ 满足 Rolle 定理的条件(1)与(2).又

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

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

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

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

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.

证明定理4.3 的辅助函数的选取不是唯一的.事实上,由于

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

因此,也可用

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

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

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

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

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

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

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

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 $f:I\to R$ 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

$$f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)=f^{\prime }(\xi )\left(x_2-x_1\right)=0,$$

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

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

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

其中 $A$ 为有限或无限.

证明

根据公式(4.3)，我们有

$$\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0+\theta \Delta x)(0<\theta <1).$$

所以

$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x_0+\theta \Delta x)=A.$$

同样,可证明关于左导数的结论.

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

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

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 ${\lim }_{x\to 0^{-}}{f}^{\prime }(x)={\lim }_{x\to 0^{-}}2x=0$ , ${\lim }_{x\to 0^{+}}{f}^{\prime }(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}(\sin x+x\cos x)=0$ , 在区间 $[0,b)(b>0)$ 与 $(a,0](a<0)$ 上分别应用推论4.3, 则有

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

故

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

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,

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

证明

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

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

即

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

数字资源 2.4.3·Lagrange 中值定理的含义与应用

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又因为 $\xi \in (0,x)$ ，故有

$$\frac{x}{1+x}<\frac{x}{1+\xi }<x.$$

从而有

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

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.

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 $c\in (0,1)$ .

证明

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 $f(c)-c=0$ . 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

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

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 $f,g:[a,b]\to R$ 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

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

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

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

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =[f(b)-f(a)]g^{\prime }(\xi )-\\ & [g(b)-g(a)]f^{\prime }(\xi )=0.\end{array}$$

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.

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

$\left(\frac{0}{0}\right)$ 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),

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

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

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

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

$$\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\underset{\xi \to x_0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=a.$$

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的结论.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,得到类似的结论.这里不再一一叙述和推证.

例 4.6

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

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,

$$\text{ 原式 }=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-1}{1-\cos x}.$$

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

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 ${\lim }_{x\to x_0^{\prime }}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 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, 那么还可继续使用该法则.

$$\text{ 原式 }=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sec }^{2}x\tan x}{\sin x}=2\underset{x\to 0}{\lim }{\sec }^{2}x=2.$$

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.

例 4.7

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

解

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

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& ={\lim }_{x\to 0}\frac{2e^{2x}-e^x-3x-1}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{4e^{2x}-e^x-3}{2x}\\ & =\frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{8e^{2x}-e^x}{1}=\frac{7}{2}.\end{array}$$

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.

定理 4.6

$\left(\frac{\infty }{\infty }\right)$ 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

$$\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }g(x)=\infty ,$$

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

$$\begin{array}{rl}{\lim }_{x\to +\infty }\frac{{\log }_{a}x}{x^{\alpha }}& ={\lim }_{x\to +\infty }\frac{\frac{1}{x\ln a}}{\alpha x^{\alpha -1}}=\frac{1}{\alpha \ln a}{\lim }_{x\to +\infty }{x}^{-\alpha }=0,\\ {\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^{\alpha }}{a^{\beta x}}& ={\lim }_{x\to +\infty }\frac{\alpha x^{\alpha -1}}{\beta a^{\beta x}\ln a}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{\alpha (\alpha -1)x^{\alpha -2}}{{\beta }^2{a}^{\beta x}(\ln a{)}^2}\\ & =\cdots ={\lim }_{x\to +\infty }\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)x^{\alpha -n}}{{\beta }^n{a}^{\beta x}(\ln a{)}^n}\\ & ={\lim }_{x\to +\infty }\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n)}{{\beta }^{n+1}{a}^{\beta x}(\ln a{)}^{n+1}{x}^{n+1-\alpha }}=0,\end{array}$$

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 $f(x{)}^{g(x)}={\mathrm{e}}^{g(x)\ln f(x)}$ 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

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

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,

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

(2) 此极限属于 $0^0$ 型不定式. 由于

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

数字资源 2.4.4·使用 L'Hospital

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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,

法则应注意的问题.

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

所以

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

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

$${\mathrm{e}}^x=P_n(x)+o\left(x^n\right).$$

解

要使 ${\mathrm{e}}^x=P_n(x)+o(x^n)$ ，只要使

$${\mathrm{e}}^x-P_n(x)=o\left(x^n\right),$$

也就是使

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^x-P_n(x)}{x^k}=0(k=0,1,2,\dots ,n).$$

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

$$\begin{array}{rl}{\lim }_{x\to 0}\frac{{\mathrm{e}}^x-P_n(x)}{x}& ={\lim }_{x\to 0}[({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }-P_n^{\prime }(x)]\\ & ={\lim }_{x\to 0}[({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }-(a_1+2a_{2}x+\cdots +n{a}_n{x}^{n-1})]\\ & ={\lim }_{x\to 0}[({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }-a_1]=0,\end{array}$$

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

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

$$\begin{array}{rl}{\lim }_{x\to 0}\frac{{\mathrm{e}}^x-P_n(x)}{x^2}& ={\lim }_{x\to 0}\frac{({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }-P_n^{\prime }(x)}{2x}=\frac{1}{2!}{\lim }_{x\to 0}[({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime \prime }-P_n^{\prime \prime }(x)]\\ & =\frac{1}{2!}{\lim }_{x\to 0}\{({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime \prime }-[2!a_2+\cdots +n(n-1)x^{n-2}]\}\\ & =\frac{1}{2!}{\lim }_{x\to 0}[({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime \prime }-2!a_2]=0,\end{array}$$

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

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

因此,我们有

$$P_n(x)=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{1}{n!}{x}^n,$$$${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{1}{n!}{x}^n+o(x^n).$$

若记 $f(x)={\mathrm{e}}^x$ ，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：

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

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 课后真题与自测练习

习题与真题

收录本小节对应期中、期末与精选习题· 提供推导解析、试卷溯源与 LaTeX 导出

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