微分中值定理及应用实例

1.罗尔（Rolle）定理 设函数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），则至少存在一点ξ∈（a，b），使

f′（ξ）=0

罗尔定理多被用来讨论一个函数及其导数在某个范围内的零点问题，而费马（Fermat）引理也是讨论一个函数零点的重要工具.

推广的罗尔定理 设（a，b）为有限或无限区间，f（x）在（a，b）内可微，且（A可为有限也可为±∞），则至少存在一点ξ∈（a，b），使f′（ξ）=0.

这个结论稍后将作为例题予以证明.

2.拉格朗日（Lagrange）定理 设函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，则至少存在一点ξ∈（a，b），使

在拉格朗日定理的条件下，∀x₁，x₂∈[a，b]，则∃η在x₁与x₂之间，使得

也就是说，曲线上任意两点的弦，必与两点之间曲线上的某点的切线平行.这也正是拉格朗日定理的几何解释.

3.柯西（Cauchy）定理 设函数f（x），g（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，且∀x∈（a，b），g′（x）≠0，则至少存在一点ξ∈（a，b），使得

许多教科书中，在证明柯西定理时，采用了与证明拉格朗日定理相仿的方法——构造辅助函数，利用罗尔定理.在陈纪修等主编的《数学分析》（上册）（高等教育出版社，1999年）中给出了完全不同的证明方法——利用反函数存在定理、反函数导数存在定理和拉格朗日定理，给人以耳目一新的感觉，有兴趣的同学不妨品味一下.

4.导数的两个重要性质

a.导数极限定理 设函数f（x）在x₀点的邻域U（x₀）内连续，在U。（x₀）内可导.若极限存在，则f′（x₀）也存在，且

这个定理告诉我们：在区间I上的导数f′（x），对I上的每一点，要么是连续点，要么是第二类间断点.也就是说，导数不可出现第一类间断点.

注3.3 1.所谓导数无第一类间断点，是对导数处处存在的前提而言的.例如，f（x）=∣x∣.当x>0时，f′（x）=1；当x<0时，f′（x）=-1.在x=0处便是第一类间断点，但这与我们的定理并不矛盾，因为f（x）在x=0处不可导.

2.导数可以有第二类间断点.例如，函数

在R上连续，且

f′（x）在R上不连续，x=0是f′（x）的第二类间断点.

b.达布（Darboux）定理 设函数f（x）在[a，b]上可导，且f′（a）≠f′（b），k为介于f′（a）与f′（b）之间的任一实数，则至少存在一点ξ∈（a，b），使得

f′（ξ）=k.

这个定理也称为导数的介值性定理，它与连续函数的介值定理具有同样的意义，但这里不要求导数f′（x）在[a，b]上连续.

例3.18 证明推广的罗尔定理.

证明　1）设（a，b）为有限区间.若A是有限值，令

容易验证F（x）在[a，b]上满足罗尔定理的条件，故∃ξ∈（a，b），使得F′（ξ）=f′（ξ）=0；

2）若A=+∞，则无论（a，b）为有限区间或无限区间，由f（x）在（a，b）内的连续性知，当c>0且充分大时，直线y=c与曲线y=f（x）至少有两个交点（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂）），即f（x₁）=f（x₂）=c且x₁，x₂∈（a，b）.不妨设x₁<x₂，对f（x）在[x₁，x₂]⊂（a，b）上应用罗尔定理，∃ξ∈（x₁，x₂）⊂（a，b），使得f′（ξ）=0；

对A=-∞的情形可类似地证明；

3）若A为有限值，（a，b）为无限区间.

若f（x）≡A，则结论显然成立.

若f（x）≢A，则∃x₀∈（a，b），使f（x₀）≠A.不妨设f（x₀）>A，取ε>0充分小，使f（x₀）>A+ε仍成立，则直线y=A+ε与曲线y=f（x）至少有两个交点（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂）），即f（x₁）=f（x₂）=A+ε，不妨设x₁<x₂，在[x₁，x₂]⊂（a，b）上对f（x）应用罗尔定理即可.

例3.19　设f（x）在[0，+∞）内可微，且满足不等式

证明：存在一点ξ∈（0，+∞），使得

（北大）.

证明　由已知的不等式，f（0）=0，令

则

由推广的罗尔定理，∃ξ∈（0，+∞），使得F′（ξ）=0，即

类题1 设f在[0，+∞）上可导，且，证明：∃ξ>0，使得

类题2 设f（x）在[0，+∞）上可导，f（0）=1，且f（x）≤e^-x，∀x≥0.证明：∃ξ>0，使f′（ξ）+e^-ξ=0.

例3.20 设函数f在[a，b]上可导，且f′（a）=f′（b），证明：存在ξ∈（a，b），使得

证明 欲证结论成立，只需证明方程（x-a）f′（x）-[f（x）-f（a）]=0在（a，b）内有解.注意到

我们可以构造辅助函数

显然，g（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且

若g（a）=g（b），由罗尔定理可得结论；

若g（a）≠g（b），不妨设若g（a）<g（b），则有

进而可知，由极限的保号性，∃δ>0，当x∈（b-δ，b）时，有g（x）>g（b）>g（a）.由此可知，g（x）在[a，b]上的最大值必在内部达到，设在ξ点达到.由费马引理，g′（ξ）=0，这就完成了证明.

例3.21 设f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内二阶可导，过点A（0，f（0））与点B（1，f（1））的直线与曲线y=f（x）相交于点C（c，f（c）），其中0<c<1.证明：∃ξ∈（0，1），使f″（ξ）=0 （数学Ⅳ）.

分析 由要证的结论可以看出，如果我们能在[0，1]上找到三个点，使得f（x）在这三个点处的值相等，然后再使用两次罗尔定理便可得结论.但可惜的是，题目没有提供这方面的信息！注意到要证的是f″（ξ）=0，若我们将f（x）减去一个一次函数，即令F（x）=f（x）-“一次函数”，则两次求导后结果不会改变.而连结AB的直线方程y=[f（1）-f（0）]x+f（0）就是一次函数.由题设，该直线与曲线y=f（x）在[0，1]上有三个交点，因此，如果令

F（x）=f（x）-[f（1）-f（0）]x-f（0），

则F（0）=F（c）=F（1）=0.这样，对F（x）使用两次罗尔定理可得结论.

利用本例的思路，下面的问题就不难解决了.

例3.22　设f（x）在[0，4]上二阶可导，且f（0）=0，f（1）=1，f（4）=2.证明：∃ξ∈（0，4），使

分析　乍一看，本例似乎与例3.20没有多大关系.实际上，它是上例中两点所确定的直线与曲线y=f（x）有三个交点的情形推广为由三点所确定的抛物线与曲线y=f（x）有三个交点的情形.容易求出过三点（0，0），（1，1），（4，2）的抛物线为令

仿上例立即可得结论.

注3.4　一般过三点（x₁，y₁），（x₂，y₂），（x₃，y₃）的二次抛物线方程可直接写出来：

利用这个公式和上面的思想，可以证明如下命题：

例3.23　设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导，证明：∃ξ∈（a，b）使

证明　记，则过三点（a，f（a）），（c，f（c）），（b，f（b））的抛物线为

令F（x）=f（x）-y（x），则F（a）=F（c）=F（b）=0，故存在ξ∈（a，b），使F″（ξ）=0.而

注意到

由F″（ξ）=0立即可得出结论.

本例亦可用泰勒展开式作.

事实上，仍记，则

由，将上两式相加可得

由达布定理知，∃ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（a，b），使

将f″（ξ）代入上式，移项即得结论.

例3.24　若函数f（x）在（0，+∞）内可微，且，则

证明　由可知，∀ε>0，∃X₀>0，当x>X₀时，有

∣f′（x）∣<ε.

对∀x>X₀，在[X₀，x]上对f应用拉格朗日中值定理，

f（x）=f（X₀）+f′（ξ）（x-X₀），ξ∈（X₀，x）.

于是，有

对固定的X₀，因为，所以对上述ε>0，∃X>X₀，当x>X时，有故

注3.5　（1）本例是在极限为零的情形下证明的，如果极限为不等于零的有限数，结论仍然成立；

（2）本例可作进一步的推广：若f（x）在（a，+∞）上二阶可导且，则有

一般地，若f（x）在（a，+∞）上n阶可导，且，则有

这里f（0）（x）=f（x）.

例3.25　设f（x）在（1，+∞）上可微，且对x>1满足

证明：

证明　记g（x）=f（x）+x，则

因此，存在广义极限，记为L.

若L<+∞，对g（x）在[x，x+1]（x>1）上应用拉格朗日中值定理，存在ξ_x∈（x，x+1）使得g′（ξ_x）=g（x+1）-g（x），则这表明在（1，+∞）上存在一个点列{ξ_x}，使得

另一方面，由，令x→+∞可得：这显然与刚才的结论矛盾，所以L=+∞.

例3.26　证明：若函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且a≥0，则在（a，b）内存在三点x₁，x₂，x₃，使得

（川大）.

证明　应用柯西中值定理，分别取g（x）=x，x²，x³.注意到a≥0，故∀x∈（a，b），均有g′（x）≠0.具体如下：

取g（x）=x，则∃x₁∈（a，b），使

取g（x）=x²，则∃x₂∈（a，b），使

或

取g（x）=x³，则∃x₃∈（a，b），使

或

由式（1）、式（2）、式（3）可知结论成立.

注3.6　这个命题很容易推广到如下形式：

设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且a≥0，则∃x₁，x₂，…，x_n∈（a，b），使得

类题1　若f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可微，a>0.证明：在[a，b]上存在三个点x₁，x₂，x₃，使

提示　取g₁（x）=x²，g₂（x）=x⁴，g₃（x）=lnx.对f（x）和g_i（x）（i=1，2，3）在[a，b]上应用柯西中值定理即可.

类题2　设f（x）在[a，b]上有三阶导数，证明：∃ξ∈（a，b），使得

（郑州大学）.

提示　令对F（x），G（x）连续使用两次柯西中值定理即可.

例3.27　设函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，且f′（x）>0.若极限存在，证明：

（1）在（a，b）内f（x）>0；

（2）在（a，b）内存在点ξ，使

（3）在（a，b）内存在与（2）中ξ相异的点η，使

（数学Ⅱ）.

证明　（1）由存在知，.由f（x）在[a，b]上连续，可知f（a）=0.而f′（x）>0，故

f（x）>f（a）=0，　x∈（a，b）.

（2）取，x∈[a，b].对F（x），g（x）在[a，b]上应用柯西中值定理即可.

（3）由f（ξ）=f（ξ）-f（a），在[a，ξ]上应用拉格朗日中值定理知，∃η∈（a，ξ），使f（ξ）=f′（η）（ξ-a）.将f（ξ）代入（2）的结论中，整理即可.

例3.28　设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且f′（x）≠0.证明：

∃ξ，η∈（a，b），使得

（数学Ⅲ）.

分析　将结论变形为

进而写成

由可以看出，首先应对f（x）和e^x在[a，b]上应用柯西中值定理.这样就有η∈（a，b），使(www.xing528.com)

在式（1）中，若即

f（b）-f（a）=（b-a）f′（ξ）. （3）

再结合式（2），问题就解决了.而对f（x）在[a，b]上应用拉格朗日中值定理即可知式（3）成立.

例3.29　设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且f（a）=f（b）=1.试证明：∃ξ，η∈（a，b），使

e^η-ξ[f（η）+f′（η）]=1.（数学Ⅳ）.

分析　将结论变形为

e^η[f（η）+f′（η）]=e^ξ，

或

[e^xf（x）]′_x=η=e^ξ.

由上式左端可见，首先应对e^xf（x）在[a，b]上应用拉格朗日中值定理，即∃η∈（a，b），使

注意到f（b）=f（a）=1，则式（1）变为

再对e^x在[a，b]上应用拉格朗日中值定理知，∃ξ∈（a，b）使

由式（1）、式（2）、式（3）可知，结论成立.

例3.30　设f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=f（1）=0，试证：（1），使f（η）=η；

（2）对任意实数λ，必存在ξ∈（0，η），使f′（ξ）-λ[f（ξ）-ξ]=1.

（数学Ⅲ）.

分析 （1）令F（x）=f（x）-x，对F（x）在上应用根的存在定理即可.

（2）将结论中ξ换成x：f′（x）-λ[f（x）-x]=1.

即 [f′（x）-1]-λ[f（x）-x]=0，

亦即 [f（x）-x]′-λ[f（x）-x]=0，

或 {e^-λx[f（x）-x]}′=0.

由此可见，令F（x）=e^-λx[f（x）-x]，对F（x）在[0，η]上应用罗尔定理即可.

下面看一个将罗尔定理和积分中值定理结合起来的题目.

例3.31　设函数f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且满足

证明：至少存在一点ξ∈（0，1），使f′（ξ）=（1-ξ^-1）f（ξ）　（数学Ⅲ）.

证明　令F（x）=xe^1-xf（x），则F（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导.由题设，利用积分中值定理知，，使得

因此，由罗尔定理可知，∃ξ∈（η，1）⊂（0，1），使得F′（ξ）=0.由于F′（x）=xe^1-xf′（x）+（1-x）e^1-xf（x），

故有

f′（ξ）=（1-ξ^-1）f（ξ）.

下面的几个题目均属于这种类型，同学们可仿照例3.31的方法证明之.

（1）设函数f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且.证明：∃ξ∈（0，1），使f′（ξ）=0（数学Ⅰ，Ⅱ）.

（2）设函数f（x）在[0，1]上可微，且证明：∃ξ∈（0，1），使f（ξ）+ξf′（ξ）=0（数学Ⅳ）.

（3）设函数f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且满足

证明：∃ξ∈（0，1），使f′（ξ）=2ξf（ξ）（数学Ⅳ）.

例3.32　设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可微，又f（x）不是线性函数.证明：∃c∈（a，b），使

分析　设过点（a，f（a））与（b，f（b））的直线方程为g（x），必存在一点ξ∈（a，b），使g（ξ）≠f（ξ）（因为f（x）不是线性函数），则过点（a，f（a））与（ξ，f（ξ））的直线斜率k₁，和过点（ξ，f（ξ））与（b，f（b））的直线斜率k₂中必有一个大于.再对k₁或k₂应用拉格朗日中值定理，便可得结论.

证明　过点（a，f（a））与（b，f（b））的直线方程为

显然，g（a）=f（a），g（b）=f（b）.由于f（x）不是线性函数，故存在点ξ∈（a，b），使g（ξ）≠f（ξ）.不妨设g（ξ）<f（ξ），则有

由拉格朗日中值定理，∃c₁∈（a，ξ）和c₂∈（ξ，b），使

当f（a）≤f（b）时，有，取c=c₁；

当f（a）>f（b）时，有，取c=c₂.于是，总存在c∈（a，b），使

推论　在例3.31的条件下，附加f（b）>f（a），则∃c∈（a，b），使

（上海交大）.

例3.33　设f（x）定义在[0，c]上，f′（x）存在且f′（x）↓，f（0）=0.证明：对0≤a≤b≤a+b≤c，有

f（a+b）≤f（a）+f（b）.

证明　当a=0时，结论显然成立；

当a>0时，在[0，a]上应用拉格朗日中值定理，有

在[b，a+b]上应用拉格朗日中值定理，有

因为ξ₂>ξ₁，所以f′（ξ₂）≤f′（ξ₁），从而有

f（a）≥f（a+b）-f（b）.

类题　设在[0，a]上∣f″（x）∣≤M，且f（x）在（0，a）内取到最大值.证明：

∣f′（0）∣+∣f′（a）∣≤Ma.

提示　设f（x）在c∈（0，a）点取到最大值，则f′（c）=0.在[0，c]和[c，a]上对f′（x）分别应用拉格朗日中值定理即可.

例3.34　设f（x）在[0，1]上可导，且f（0）=0，f（1）=1.证明：（0，1）内存在两个不同点x₁，x₂，使

分析　显然要使用两次拉格朗日中值定理.设c∈（0，1），对f（x）在区间[0，c]和[c，1]上分别应用拉格朗日中值定理可得

欲使

只要即可.而f（0）=0，f（1）=1，由连续函数的介值定理，存在c∈（0，1），使.这样，问题便解决了！

例3.34的一般形式是下面的例题.

例3.35　设f（x）在[0，1]上可导，且f（0）=0，f（1）=1，k₁，k₂，…，k_n为n个正数.证明在区间[0，1]内存在一组互不相等的数x₁，x₂，…，x_n，使得

（中国科大）.

证明　用上例的思路来证明之.令

K=k₁+k₂+…+k_n，y₀=0以及

显然0=y₀<y₁<y₂<…<y_n=1.取t₀=0，t_n=1.在[0，1]上对f（x）应用介值定理，可以求得一点t₁∈（0，1）使f（t₁）=y₁.再在[t₁，1]上对f（x）应用介值定理，又可求得一点t₂∈（t₁，1），使f（t₂）=y₂.如此下去，可以求出t₃<t₄<…<t_n-1<1，使得f（t_i）=y_i（i=3，4，…，n-1）.总之，我们有f（t_i）=y_i（i=0，1，…，n）.

在每一个小区间[t_i-1，t_i]上，对f（x）应用拉格朗日中值定理，存在x_i∈（t_i-1，t_i），使得

y_i-y_i-1=f（t_i）-f（t_i-1）=f′（x_i）（t_i-t_i-1），

即

亦即

将上式对i从1到n求和，可得

例3.36　如果函数f（x）在[0，1]上可导，且f（0）=0，∀x∈[0，1]，有∣f′（x）∣≤∣f（x）∣.证明：f（x）≡0，x∈[0，1].

证法1　显然f（x）在[0，1]上有界，即∃M>0，∀x∈[0，1]有∣f（x）∣≤M.∀x∈（0，1]，对f（x）在[0，x]上应用拉格朗日中值定理，有

∣f（x）∣=∣f′（ξ₁）（x-0）∣=∣f′（ξ₁）∣x≤∣f（ξ₁）∣x，　0<ξ₁<x，

而

∣f（ξ₁）∣=∣f（ξ₁）-f（0）∣=∣f′（ξ₂）∣ξ₁≤∣f（ξ₂）∣x，　0<ξ₂<ξ₁<x.

如此下去，可得到

∣f（x）∣≤∣f（ξ_n）∣xⁿ≤Mxⁿ，0<ξ_n<ξ_n-1<…<ξ₁<x.

由，可得f（x）=0.再由f（x）在[0，1]上连续，有故∀x∈[0，1]，均有f（x）=0.

证法2　∀ε>0，设f（x）在[0，1-ε]上的最大值为M，且在点x₀取到，即f（x₀）=M.由拉格朗日中值定理，有

M=∣f（x₀）-f（0∣）=∣f′（ξ）x₀∣≤∣f（ξ）∣x₀≤M（1-ε），　0<ξ<x_0.

由此知M=0，即在[0，1-ε]上f（x）≡0.由ε>0的任意性及f（x）的连续性知，在[0，1]上f（x）≡0.

下面的两个题目均属于这一类型，它们不难用本例的方法给予证明.

类题1　设f（x）在[0，+∞）上可微，f（0）=0，并设有实数A>0，使得∣f′（x）∣≤A∣f（x）∣在[0，+∞）上成立.试证明：在[0，+∞）上f（x）≡0　（广西大学）.

提示　设f（x）在上最大值为M，且在点x₀取到，即f（x₀）=M.由拉格朗日中值定理，有

由此可知，M=0，即在上f（x）≡0.

余下的用数学归纳法证明在一切上恒有f（x）≡0.从而在[0，+∞）上，f（x）≡0.

类题2　设f（x），g（x）在[a，b]上连续，g（x）在（a，b）内可微，且g（a）=0.若有实数λ≠0，使得

∣g（x）·f（x）+λg′（x）∣≤∣g（x）∣，x∈（a，b）

成立.试证明：在[a，b]上g（x）≡0　（浙江大学）.

提示　由所给的不等式可知，

其中

注3.7　在类题1的证明过程中，我们用了逐步延拓思想.这种思想在微分方程和解析函数论中会经常用到，希望同学们仔细领会它.

例3.37　设f（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f（0）=f′（0）=0，f（1）=1.证明：∀a∈[0，1]，∃ξ∈[0，1]，使f′（ξ）=a.

证明　在[0，1]上对f（x）应用拉格朗日中值定理，∃η∈（0，1），使，即f′（0）<a<f′（η），由达布定理知，∃ξ∈（0，1），使f′（ξ）=a.而当a=0和a=1时，结论显然成立.

类题　设

证明：不存在一个函数以f（x）为其导函数（中科院）.

提示　用反证法.假设F（x）以f（x）为导函数，即F′（x）=f（x），x∈R.而，即f（x）以x=0为第一类间断点.这与达布定理矛盾.

例3.38　设函数f（x）在区间（-∞，+∞）上二次可微，且有界.证明：∃x₀∈（-∞，+∞），使得f″（x₀）=0　（武大）.

证明　若f″（x）变号，由导数的介值性，∃x₀∈（-∞，+∞），使得f″（x₀）=0.

下证：在题目的条件下，f″（x）必变号.

若不然，不妨设f″（x）>0，则f′（x）严格↑.取η∈（-∞，+∞）使f′（η）≠0.

若f′（η）>0，则当x>η，并令x→+∞时，有

f（x）=f（η）+f′（ξ）（x-η）>f（η）+f′（η）（x-η）→+∞；

若f′（η）<0，则当x<η，并令x→-∞时，有

f（x）=f（η）+f′（ξ）（x-η）>f（η）+f′（η）（x-η）→+∞.

这与f（x）有界性假设相矛盾.

对f″（x）<0，可类似地证明.

例3.39　设a>1，函数f：（0，+∞）→（0，+∞）可微.证明：存在趋向于无穷的正数列{x_n}，使得

f′（x_n）<f（ax_n），n=1，2，….

证明　用反证法.若结论不成立，则存在x₀>0，使得当x≥x₀时，有f′（x）≥f（ax）>0.由此可知，当x>x₀时，f（x）严格递增.注意到a>1，由微分中值定理，有

f（ax）-f（x）=f′（ξ）（a-1）x≥f（aξ）（a-1）x>f（ax）（a-1）x.

但这对于是不可能成立的.