第四章 微分中值定理与导数的应用

第四章 微分中值定理与导数的应用数学受到高度尊崇的另一个原因在于：恰恰是数学，给精密的自然科学提供了无可置疑的可靠保证，没有数学，它们无法达到这样的可靠程度。

——爱因斯坦本章首先介绍微分中值定理，然后，运用微分中值定理，我们介绍一种求极限的方法——洛必达法则。

最后，运用微分中值定理，通过导数来研究函数及其曲线的某些性态，并利用这些知识解决一些实际问题。

第一节 微分中值定理一、 罗尔定理定理4.1 (罗尔(Rolle )定理)如果函数()f x 满足： (1) 在[,]a b 上连续， (2) 在(,)a b 内可导， (3) ()()f a f b =，则至少存在一点(,)a b ξ∈，使得()0f ξ'=．证明 由闭区间上连续函数性质，)(x f 在] ,[b a 上必能取到最小值m 和最大值M 。

如果m = M ，那么C x f ≡)(，于是] ,[b a x ∈∀有，0)(='x f 。

否则，m M >，于是，)(a f M ≠或)(a f m ≠至少有一个成立。

根据罗尔中值定理的条件（3），在) ,(b a 内至少存在一个最值点ξ，不妨设M f =)(ξ，因为)(x f 在ξ可导，那么，由费马定理，0)(='ξf 。

罗尔中值定理的几何意义是：如果一条连续曲线)(x f y =，除曲线端点之外每一点都存在切线，并且曲线的两个端 点在同一水平线上，那么在该曲线上至少存在一点，使得过该点的切线为水平切线.如图4.1.1所示，由定理假设知，函数y =f (x )(a ≤x ≤b )的图形是一条连续曲线段 ACB ，且直线段AB 平行于x 轴。

定理的结论表明，在曲线上至少存在一点C ，在该点曲线具有水平切线．图4.1.1例4.1.1 验证罗尔定理对函数2()23f x x x =-+在区间[1,3]-上的正确性． 解 显然函数2()23f x x x =-+在[1,3]-上满足罗尔定理的三个条件，由 ()222(1)f x x x '=-=-,可知(1)0f '=,因此存在1(1,3)ξ=∈-,使(1)0f '=． 注 罗尔定理的三个条件缺少其中任何一个，定理的结论将不一定成立．但也不能认为这些条件是必要的．例如，f (x )=sin x （0≤x ≤3π2）在区间［0, 3π2］上连续，在(0, 3π2)内可导，但f (0)≠f (3π2)=-1,而此时仍存在3(0,)22ππξ=∈，使()f ξ'=cos π2=0(图4.1.2 )．图4.1.2若不满足罗尔定理中的三个条件，则罗尔定理的结论就不一定成立。

例如（图4.1.3）,)(x f y =在c x =处不连续、图 4.1.4 ()y f x =在c x =处不可导、（图 4.1.5）()()f a f b ≠都因为不满足某一个条件而不存在点ξ∈(),a b ，使()0f ξ'=。

罗尔定理中的条件是充分条件不是必要条件。

如图4.1.6，在[],a b 上罗尔定理的三个条件均不满足，但却存在点ξ∈(),a b ，使()0f ξ'=。

图4.1.3 图4.1.4图4.1.5 图4.1.6例 4.1.2 不求导数, 判断函数()(1)(2)(3)f x x x x =---的导数有几个零点及这些零点 所在的范围.解 因为(1)(2)(3)0,f f f ===所以()f x 在闭区间[1,2]、[2,3]上满足罗尔定理的三个条件，从而，在(1,2)内至少存在一点1,ξ使1()0,f ξ'=即1ξ是()f x '的一个零点； 又在)3,2(内至少存在一点2,ξ使2()0,f ξ'=即2ξ是()f x '的一个零点；又因为()f x '为二次多项式，最多只能有两个零点，故()f x '恰好有两个零点，分别在区间(1,2)和(2,3)例 4.1.3 证明方程5510x x -+=有且仅有一个小于1的正实根.证 设5()511,f x x x =-+=则()f x 在[0,1]上连续，且(0)1,(1) 3.f f ==-由介值定理,存在0(0,1),x ∈使0()0,f x =即为方程的小于1的正实根.设另有110(0,1),,x x x ∈≠使1()0.f x =因为()f x 在01,x x 之间满足罗尔定理的条件,所以至少存在一点ξ(在01,x x 之间)，使得()0.f ξ'=但4()5(1)0f x x '=-<((0,1)),x ∈导致矛盾，故0x 为唯一实根.二、 拉格朗日中值定理如果去掉罗尔定理中的第三个条件f (a )=f (b )，会得到什么结论呢?由图4.1.7可以看出，连续曲线段 ACB 上至少有一点C ，这点的切线l 平行于直线段AB ，但这时直线段AB 并不 平行于x 轴．图4.1.7 下面的拉格朗日中值定理反映了这个几何事实． 定理4.2若函数y =f (x )满足下列条件： (1) 在闭区间［a ,b ］上连续； (2) 在开区间(a ,b )内可导． 则至少存在一点ξ∈（a ,b ），使得()()'()f b f a f b aξ-=-. （4-1-2）由定理的结论我们可以看到，拉格朗日中值定理是罗尔定理的推广，它是由函数的局部 性质来研究函数的整体性质的桥梁，其应用十分广泛，读者将会在今后应用中看到．例 4.1.4 给定函数32()6116f x x x x =-+-，验证在区间[]0,3上，()f x 满足拉格朗日定理的条件，并求出定理结论中的ξ。

解 ()f x 显然在[]0,3上连续，在()0,3内可导，所以()f x 满足拉格朗日定理的条件。

2()31211f x x x '=-+， 计算(3)(0)230f f -=-，由(3)(0)30f f -=-()f ξ'，得到2231211ξξ=-+，即 2430ξξ-+=。

于是有11ξ=，32=ξ（2ξ在区间端点处，舍去），所以存在11=ξ()3,0∈，使得(3)(0)30f f -=-(1)f '成立。

例4.1.5 某人上午十点驾车从某收费站上高速公路，上午十一点从另一收费站下高速公路，两收费站相距102公里，该段高速公路限速100公里/小时。

刚下高速公路，一位交警拦住了车主，向其递交了超速罚款单。

如果在这一小时的行程中没人测量过该车的速度，对车主递交罚款单是否合理？解 设该车的路程函数为()s s t =，[]1,0∈t 。

依题意：(0)0s =，102)1(=s ，不妨假设()s s t =是可导函数。

由拉格朗日定理，必有()0,1ξ∈，使(1)(0)()(10)10s s s ξ-'=-- 成立。

代入数据得到：()102s ξ'= （公里/小时）。

所以车主在某个时刻的速度为102公里/小时，向其递交超速罚款单是合理的。

例4.1.6 证明不等式arctan 2x -arctan 1x ≤2x -1x （其中1x ＜2x ）.证 设f (x )=arctan x ．在［1x ，2x ］上利用拉格朗日中值定理，得arctan 2x -arctan 1x =2121()1x x ξ-+,1x ＜ξ＜2x . 由于2111ξ≤+，所以 arctan 2x -arctan 1x ≤2x -1x ．例4.1.7 设f (x )在［a ,b ］上连续，在(a ,b )内可导，且()f x '＞0，x ∈(a ,b )，试证f (x )在［a ,b ］上严格单调递增．证 任取1x ,2x ∈(a ,b )，不妨设1x ＜2x ，则由公式(4-1-2)可得()21212()()(),f x f x f x x x ξ'-=-＜1x ．由于()f x '＞0，x ∈(a ,b )，因此()f ξ'＞0，从而f (2x )＞f (1x )，由1x ，2x 的任意性知道f (x )在［a ,b ］上严格单调递增．类似地可以证明：若()f x '＜0，则f (x )在［a ,b ］上严格单调递减．三、 柯西中值定理拉格朗日中值定理还可以进一步推广．定理4.3 (柯西中值定理) 若函数f (x )和g (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()0g x '≠，那么在(a ,b )内至少存在一点ξ，使得()()'()()()'()f b f a fg b g a f ξξ-=-(a ＜ξ＜b )． (4-1-5) 例4.1.8 验证柯西中值定理对函数32()1,()f x x g x x =+=在区间[1,2]上的正确性. 解 函数32()1,()f x x g x x =+=在区间[1,2]上连续，在开区间(1,2)内可导，且()20.g x x '=≠于是(),()f x g x 满足柯西中值定理的条件.由于332(2)(1)(21)(11)7,(2)(1)321f fg g -+-+==-- ()3,()2f x x g x '=' 令37,23x =得14.9x =取14(1,2),9ξ=∈则等式 (2)(1)()(2)(1)()f f f xg g g x '-='- 成立.这就验证了柯西中值定理对所给函数在所给区间上的正确性.习题 4.11．函数2()23f x x x =--在[]1,1.5-上是否满足罗尔定理的条件？如果满足，求出定理结论中的ξ。

2． 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件?有没有满足定理结论中的ξ?(1) f (x )＝2e x －1,［－１，１］； (2)f (x )＝｜x －1｜,［0，2］， (3) f (x )＝[]sin ,0π,0,π1,0,x x x <≤⎧⎨=⎩.3． 不用求出函数f (x )=(x -1)(x -2)(x -3)的导数，说明方程()0f x '=有几个实根，并指出它们所在的区间．4． 验证拉格朗日中值定理对函数3()2f x x x =+在区间［0，1］上的正确性． 5． 已知函数f (x )在［a ,b ］上连续，在(a ,b )内可导，且f (a )=f (b )=0,试证：在(a ,b )内至少存在一点ξ，使得()()0,(,)f f a b ξξξ'+=∈．6.若方程10110n n n a x a x a x --++= 有一个正根0x ，证明方12011(1)0n n n a nx a n x a ---+-+= 必有一个小于0x 的正根．第二节 洛必达法则本节我们将利用微分中值定理来考虑某些重要类型的极限．由第二章我们知道在某一极限过程中，f (x )和g (x )都是无穷小量或都是无穷大量时，()()f xg x 的极限可能存在，也可能不存在．通常称这种极限为未定式(或待定型)，并分别简记为00或∞∞． 洛必达(L'HosPital ) 法则是处理未定式极限的重要工具，是计算00型、∞∞型极限的简单而有效的法则．该法则的理论依据是柯西中值定理．一、型未定式 定理4.2.1设f (x )，g (x )满足下列条件：(1) 0lim ()0x x f x →=，0lim ()0x x g x →=；(2) f (x )，g (x )在0()U x ︒内可导，且g ′(x )≠0； (3) 0lim x x →'()'()f xg x 存在(或为∞)． 则limx x →()()f x g x =0lim x x →'()'()f xg x . 证 由于函数在0x 点的极限与函数在该点的定义无关，由条件(1)，我们不妨设f (0x ）＝０，g (0x ）=0．由条件(1)和(2)知f (x )与g (x )在U (0x ）内连续．设x ∈0()U x ︒，则f (x )与g (x )在［0x ,x ］或［x , 0x ］上满足柯西定理的条件，于是()()f x g x =00()()()()f x f x g x g x --='()'()f x g x (ξ在0x 与x 之间)． 当x →0x 时，显然有ξ→0x ，由条件(3)得 0limx x →()()f xg x =0lim x ξ→'()'()f g ξξ=0lim x x →'()'()f x g x ． 这个定理的结果可以推广到x →0x -或x →0x +的情形．注意：(1)如果0limx x →'()'()f x g x 仍为00型未定式，且()f x ',()g x '满足定理条件，则可继续使用洛必达法则；(2)洛必达法则仅适用于未定式求极限，运用洛必达法则时，要验证定理的条件，当0limx x →'()'()f xg x 既不存在也不为∞时，不能运用洛必达法则． 例4.2.1求0lim x →tan sin x xx x--．解 该极限属于0型未定式．0lim x →tan sin x x x x -=-0limx →2sec cos x xx x-- =0lim x →22sec tan sin x xx -⋅=-0lim x →32cos x=-2 例 4.2.2求 ⋅≠→)0(sin lim 0k xkxx解 原式)()(sin lim 0''=→x kx x 1cos lim0kxk x →=.k =例 4.2.3求 0lim x →24sin sin cos x x x xx -解 它是0型未定式，如果直接运用洛必达法则，分子的导数比较复杂，但如果利用极限运算法则进行适当化简，再用洛必达法则就简单多了．0lim x →24sin sin cos x x x xx -＝0lim x →3sin cos x x x x -⋅0lim x →sin x x=0lim x →3sin cos x x x x -=0lim x →2cos cos sin 3x x x x x -+=0lim x →sin 3x x =13例4.2.4 求0limx →21sinsin x x x.解 它是型未定式，这时若对分子分母分别求导再求极限，得 0limx →21sinsin x x x =0lim x →112sin coscos x x x x- 上式右端的极限不存在且不为∞，所以洛必达法则失效．事实上可以求得limx →21sinsin x x x=0lim x →（sin 1sin x x x x ⋅⋅）=0limx →sin x x．0lim x →1sin x x ⋅=0二、∞∞型未定式 当x →0x (或x →∞)时，f (x )和g (x )都是无穷大量，即∞∞型未定式，它也有与00型未定式类似的方法，我们将其结果叙述如下，而将证明从略．定理4.2.2 设f (x ),g (x )满足下列条件： (1) 0lim x x →f (x )=∞, 0lim x x →g (x )=∞；(2) f (x )和g (x )在0()U x ︒内可导，且()g x '≠0； (3) '()lim'()x f x g x →∞存在(或为∞)． 则 0()lim()x x f x g x →＝'()lim '()x f x g x →∞ 推论1 设f (x )与g (x )满足 (1) lim x →∞f (x )=∞, lim x →∞g (x )=∞；(2) 存在X ＞0，当X X >时，f (x )和g (x )可导，且()g x '≠0；(3) '()lim'()x f x g x →∞存在(或为∞)． 则 ()lim()x f x g x →∞＝'()lim '()x f x g x →∞. 上述定理及推论中的结果可分别推广到x →0x -、x →0x +和x →-∞、x →+∞的情形． 例4.2.5 求0ln cot lim ln x xx+→ 解 这是∞∞型未定式，由洛必达法则有 0ln cot lim ln x x x+→=0lim x +→21(csc )cot 1x x x⋅-＝0lim sin cos x x x x+→-⋅＝－001lim limcos sin x x xx x ++→→⋅＝－1 例4.2.6 求 lim enx x x λ→+∞ (n 为正整数，λ＞0)．解 应用洛必达法则n 次，得lim e n x x x λ→+∞ =1lim e n x x nx λλ-→+∞＝22(1)lim e n xx n n x λλ-→+∞-＝ ＝!lime n x x n λλ→+∞⋅＝0. 事实上，当n 为任意正实数时，结论也成立，这说明任何正数幂的幂函数的增长总比指 数函数e x λ的增长慢．例4.2.7 求 10elimxx x-→解 这是型未定式．运用洛必达法则有 10lim xx e x +-→=1201lim 1xx ex +-→⋅＝120lim x x e x +-→＝130lim 2x x e x +-→（00型）. 可见，这样做下去得不出结果，但此时我们可以采用下面的变换技巧来求得其极限．10lim x x e x +-→=101lim x xx e +→1t x ==令＝lim t t t e →+∞（00型）＝1limt t e →+∞＝0. 例4.2.8 求xxx /1arctan )2/(lim -+∞→π。