6.1拉格朗日中值定理和函数的单调性

0 x 1； x1
不满足条件⑴，无水平切线(图6-2-(c)).
y=x
.
y= | x |
y=f (x)
图6-2 (a)
(b)
(c) .
作为罗尔定理的简单应用，请看下面的例子。
例1 设 f 为R上可导函数，证明：若方程 f ( x) 0没有实根， 则方程 f ( x) 0至多只有一个实根。
注2 Rolle定理的三个条件都是很重要的，缺了其中一个， 结论就可能不成立. 例如
函数 f (x) x , x [0, 1]
不满足条件⑶，无水平切线(图6-2-(a))
函数 f ( x) x , x [1, 1]
不满足条件⑵，无水平切线(图6-2-(b))；
函数
f
(
x)

x, 0 ,
则在内(a,b)至少存在一点 ,使得 f ( ) 0 （1）.
罗尔定理的几何意义是说：在每一点都可导的一段连续 曲线上, 如果曲线的两端点高度相等, 则至少存在一水平切 线（图6-1）.
证: M 和最小值 m .
若M=m,则
故在[ a , b ]上取得最大值 因此
若 M > m , 则 M 和 m 中至少有一个与端点值不等,
的分界点． 方法: 用方程 f ( x) 0的根及 f ( x)不存在的点 来划分函数 f ( x)的定义区间,然后判断区间内导 数的符号.
求单调区间的基本步骤： （1）确定定义区间； （2）求函数f ( x )的导数； （3）找出驻点（导数为零的点）和导数不存在点； （4）以驻点和导数不存在点为分界点，把定义区间分 成若干个小区间，并讨论在这些小区间上，导数的符 号，进而确定单调区间。
的导数。
x + sinx2 , x 0, f(x) =
ln(1+ x), x > 0
解 首先易得
1 + 2xcosx2 , x < 0,
f
(x)
Байду номын сангаас
=

1
1+ x , x > 0.
进一步考虑 f 在 x = 0 处的导数。在此之前，我们只能依赖导数
定义来处理，现在则可以利用导数极限定理。
两式的特点，在于把中值点 表示成了 a + θ(b - a) ，
使得不论a,b为何值， 总可为小于1的某一正数。
例2 证明对一切 h > -1,h 0 成立不等式
h < ln(1 + h) < h. 1+ h
证 设 f(x) = ln(1+ x) ，则
ln(1+ h) = ln(1+ h) - ln1 = h ,0 < θ < 1.
(问) Rolle定理的条件(i)(ii)很重要且具有一般性，但条件 (iii)比较苛刻，函数一般不满足它，从而限制了定理的应用. 如果去掉第三个条件，Rolle定理的结论会发生什么变化？
Lagrange给出了回答.
定理6.2 （拉格朗日（Lagrange）中值定理） 若函数满足如下条件：
（ⅰ） f 在闭区间 [a, b]上连续；
我们将这个定理的证明留给读者.
此定理有以下一个简单的推论：
推论 设函数 f 在区间I上可微，若 f x > 0
f x < 0 ，则 在I上 f 严格递增（严格递减）．
注 若 f 在 a, b 上（严格）递增（减），且在点a右
连续，则 f 在 [a, b)上亦为（严格）递增（减），对右端点
f(b) - f(a) = f (ξ)(b - a),a < ξ < b;(3) f(b) - f(a) = f (a + θ(b - a))(b - a),0 < θ < 1;(4)
值得注意的是，拉格朗日公式无论对于 a < b，还是a b
都成立，而 则是介于a与b之间的某一定数，而（4）、（5）
证 这可反证如下：倘若 f ( x) 0 有两个实根 x1 和 x2
（不妨设 x1 x2），则函数 f 在 [ x1 , x2 ]上满足罗尔定理三 个条件，从而存在 [ x1 , x2 ]，使 f ( ) 0，这与 f ( x) 0
的假设相矛盾，命题得证.
例 2 设 f (x) 在[0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) 0,
1
=1
x? 0+ 1 + x
所以 lim f (x) = 1, 依据导数极限定理推知 f 在 x 0
x = 0处可导，且 f (0) = 1.
□
定理6.3 设 f x在区间I上可导，则 f x 在I上递增
（减）的充要条件是
f (x) 0( 0).
(析) 必要性．由于 f 为增函数 ，从而对每一 x0 I ，
第六章 微分中值定理及其应用
§1 拉格朗日定理和函数的单调性 §2 柯西中值定理和不定式极限 §3 泰勒公式 §4 函数的极值与最大（小）值
在这一章里, 我们要讨论怎样由导数的已知性质来推断 函数所应具有的性质. 微分中值定理（包括罗尔定理、拉格 朗日定理、柯西定理、泰勒定理）正是进行这一讨论的有效 工具.
不妨设
则至少存在一点
使
则由费马引理得 f ( ) 0.
注1 Rolle定理的三个条件只是充分条件，不是必要条件， 这三个条件不完全满足时，结论也有可能成立.
例如, 函数
0, 2 x 1
g(
x
)


x
2
,
1 x 1
1, 1 x 2.
不满足三个条件中的任何一个, 但 g(0) 0.
（ⅱ） f 在开区间 a, b 内可导；
则在 a,b内至少存在一点 ξ，使得
f ( )
f (b)
f (a) .
ba
(2)
显然，特别当 f(a) = f(b) 时，本定理的结论（2）即为罗尔
定理的结论（1）。 表明罗尔定理是拉格朗日定理的一个特殊
情形。
定理6.2 （拉格朗日（Lagrange）中值定理）
对（7）式两边取极限，便得
f+(x0
)
= lim x x0+
f(x) - f(x0 ) = lim
x - x0
x x0+
f (ξ) =
f (x0 + 0)
（2）同理可得 f-(x0 ) = f (x0 - 0).
因为 lim
x x0
f (x) = k
存在，所以
f (x0 + 0) =
1+ θh
当 h > 0 时，由 0 < θ < 1 可推知
h
h
1 < 1 + θh < 1 + h,
<
< h.
1 + h 1 + θh
当 -1 < h < 0 时，由 0 < θ < 1 可推得
1 > 1+ θh > 1+ h > 0, h < h < h. 1+ h 1+ θh
从而得到所要证明的结论。
本节首先介绍拉格朗日定理以及它的预备定理——罗尔 定理, 并用此讨论函数的单调性.
一 、罗尔定理与拉格朗日定理
定理6.1 （罗尔（Rolle）中值定理）若函数 f 满足如下条件： （ⅰ） f 在闭区间[a,b]上连续； （ⅱ） f 在开区间（a,b）内可导； （ⅲ） f (a) f (b) ,
当 0 x 时， f (x) 0 ， [0, ]上单调增加；
单调区间为(,0]，[0,).
单调区间求法
问题:如上例，函数在定义区间上不是单调的，但
在各个部分区间上单调． 定义:若函数在其定义域的某个区间内是单调
的，则该区间称为函数的单调区间. 导数等于零的点和不可导点，可能是单调区间
f (x2 ) f (x1) f x2 x1 0
从而 f 在I上为增函数.
定理6.4 若函数 f 在 a,b 内可导，则在 a,b 内严格递
增（递减）的充要条件是：
（ⅰ）对一切 x (a,b)，有 f x 0 f x 0； （ⅱ）在 a,b内的任何子区间上 f x 不恒 . 等于0
推论3（导数极限定理）设函数 f 在点 x0 的某邻域 U(x0 )
内连续，在 U o (x0 )
点 x0 可导，且
内可导，且极限
lim
x x0
f (x)
存在，则 f
在
f (x0
)=
lim
x x0
f (x)
（6）
(析) 只需证明（6）式成立即可.由于 f 在 U o (x0 ) 内可导,
证明至少存在一点 (0,1), 使 f () f () 0.
解：因为 f ( ) f ( ) (xf (x)) 所以，只要证明 x F(x) xf (x) 在［0,1］上满足罗尔定理条件即可． 显然F(x) 在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且 F(0) 0 f (0) 0, F(1) 1 f (1) 0. 根据罗尔定理，至少存在一点 (0,1) 使 0= F( ) f ( ) f ( ).
结合拉格朗日中值定理的条件, 按左右导数来证明（6）式较为
方便.
（1）任取
x

U
o +
(x0
朗日定理条件，则存在 ξ
), f(x)
x0 , x
在 [x0,
，使得
x]
上满足拉格
f(x) - f(x0 ) = f (ξ) x - x0
7
由于 x0 x，因此当 x x0 时，随之有 x0，
由于
lim f(x) = lim ln(1+ x) = 0 = f(0),
x0+
x0+
lim f(x) = lim(x + sinx2 ) = 0 = f(0),
x0-
x0-
因此 f 在 x 0 处连续， 又因
f (0 - 0) = lim(1+ 2xcosx2 ) = 1
x0-
f (0 + 0) = lim
ba
显然 , 在 [ a , b ] 上连续 , 在 ( a , b ) 内可导, 且
(a) b f (a) a f (b) (b), 由罗尔定理知至少存在一点
思路: 利用b逆向a 思维找即出定一理个结满论足成罗立尔定. 证理毕条件的函数
注 定理6.2的结论（公式（2））称为拉格朗日公式。 拉格朗日公式还有下面几种等价表示形式，供读者在不同的 场合选用：
f (x0 - 0) = k,
从而 f+(x0 ) = f-(x0 ) = k, 即 f (x0 ) = k.
注1 由推论3可知: 区间Ｉ上的导函数 f (x)在I上的每一点,
要么是连续点, 要么是第二类间断点, 不可能出现第一类间断 点.
注2 导数极限定理适合于用来求分段函数的导数。
例3 求分段函数


x


0
，
f
递减；
当
x


1 3
,+

时，
f


x


0
，
f
递增．
其图像如图6-4所示。
例 5 讨论函数 y 3 x2 的单调性．
解： D : (,).
f ( x) 2 , 33 x
( x 0)
y 3 x2
当 x 0 时，导数不存在． 当 x 0 时， f (x) 0 ， (, 0] 上单调减少；
当 x x0 时，有
f x - f x0 0
令
x

x0 ，即得
x - x0
f x0


0
．
充分性．由于 f x在区间I上恒有 f x 0，
则对任意 x1 , x2 I （设 x1 x2 ）， 应用拉格朗日定理，
存在 x1, x2 I ，使得
b可类似讨论.
例4 设 f x = x3 - x．试讨论函数 f 的单调区间．
解 由于
f x = 3x2 - 1 = 3x + 1 3x - 1
因此
当
x


,
-

1 3
时， f x 0
，f
递增；
当
x -
1, 3
1 3

时，f
满足: (1) 在区间 [ a , b ] 上连续
(2) 在区间 ( a , b ) 内可导
至少存在一点
使 f ( ) f (b) f (a) .
ba
证: 问题转化为证 f ( ) f (b) f (a) 0
ba
作辅助函数 (x) f (x()) f (b) f (a) x
推论1 若函数 f 在区间I上可导，且 f (x) 0, x I,
则 f 为I上的一个常量函数。
推论2 若函数 f 和 g均在区间I上可导，且 f x g x ,
x I，则在区间I上 f(x)与 g(x)只相差某一常数，即
f(x) = g(x)+ c （ c为某一常数）。