最后更新: 2025-03-30 08:13 查看: 783 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

拉格朗日中值定理

## 拉格朗日中值定理
定理2 (拉格朗日中值定理) 如果函数 $y=f(x)$ 满足
(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 $\xi \in(a, b)$ ，使

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

证明 作辅助函数

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

如图2-22所示,即为曲线 $f(x)$ 与直线 $y=f(x)$
$y=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ 的纵坐标之差.
在 $f(x)$ 上 $[a, b]$ 连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $F(a)=F(b)=0$ ，则由罗尔定 理知至少存在一点 $\xi \in(a, b)$ ，使 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $f^{\prime}(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.
![图片](/uploads/2022-12/image_20221228802bc18.png)

若函数 $f(x)$ 在区间 $[x, x+\Delta x]$ (或 $[x+\Delta x, x]$ ) 上满足拉格朗日中值定 理的条件，则有 $\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime}(x+\theta \Delta x) \cdot \Delta x$ ，其中 $\xi=x+\theta \Delta x(0<\theta<1)$.
当 $\Delta x$ 为有限时，增量 $\Delta y=f^{\prime}(x+\theta \Delta x) \cdot \Delta x$ 是准确值，因此它有时也称为有 限增量公式. 它与用微分 $\quad \Delta y \approx \mathrm{d} y=f^{\prime}(x) \Delta x$ 来表示函数的增量的近似值是不 同的.

## 拉格朗日中值定理的几何意义
如果曲线段 $y=f(x) \quad(x \in[a, b])$ 是连续不断的、光滑的，且 除端点外处处具有不垂直于横坐标轴的切线，则该曲线段在
$[a, b]$ 上至少有一点, 使曲线在该点处的切线与两端点的连线 (弦) 平行 (见图222).

![图片](/uploads/2022-12/image_20221228c29f555.png)

> 推论1 若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 内满足 $f^{\prime}(x)$ 恒为零，则在区间 $I$ 内恒有 $f(x)=C \quad$ (常数) .

证明 对于 $I$ 内任意两点 $x_1, x_2$ ，不妨设 $x_1<x_2$ ， 在 $\left[x_1, x_2\right]$ 上应用拉格 朗日中值定理，得

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

其中 $\xi \in\left(x_1, x_2\right)$ 因为 $f^{\prime}(x)$ 恒为零，故有 $f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)$ 由 $x_1,  x_2$ 的 任意性， 得 $f(x)=C$ (常数）.

> 推论2 若函数 $f(x) ， g(x)$ 在区间 $I$ 内满足 $f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)$ ，则在区间 $I$ 内恒有 $f(x)=g(x)+C$ ，其中 $C$ 为任意常数.

证明 取 $F(x)=f(x)-g(x)$ ，则函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 内满足 $F^{\prime}(x)=0$ ， 故有 $f(x)=C$ ，即 $f(x)=g(x)+C$ ，其中 $C$ 为任意常数.

`例` 对于函数 $f(x)=\ln x$ ，在闭区间 $[1, \mathrm{e}]$ 上验证拉格朗日中值定理的正确 性.
证明 $f(x)=\ln x$ 显然在 $[1, \mathrm{e}]$ 上连续，在 $(1, \mathrm{e})$ 内可导.
又 $f(1)=\ln 1=0 ， f(\mathrm{e})=\ln \mathrm{e}=1 ， f(x)=\frac{1}{x} ，$
设 $\frac{\ln \mathrm{e}-\ln 1}{\mathrm{e}-1}=\frac{1}{\mathrm{e}} ， \quad$ 从而解得 $\xi=\mathrm{e}-1 \in(1, \mathrm{e})$.
故可取 $\xi=e-1 \quad$ 使 $f^{\prime}(\xi)=\frac{f(\mathrm{e})-f(1)}{\mathrm{e}-1}$ 成立.

`例`证明恒等式 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}(-1 \leq x \leq 1)$.
证明 设 $f(x)=\arcsin x+\arccos x, x \in[-1,1]$, 容易验证端点处成立.
又因为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+\left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right)=0$, 所以 $f(x)=C, x \in(-1,1)$.
又因为 $f(0)=\arcsin 0+\arccos x=0+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$, 即 $C=\frac{\pi}{2}$.
从而 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}$.

`例`证明当 $x>0$ 时， $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$.
证明 设 $f(x)=\ln (1+x)$, 则 $f(x)$ 在 $[0, x]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件.
故 $\quad f(x)-f(0)=f^{\prime}(\xi)(x-0)(0<\xi<x)$,
因为 $f(0)=0, f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}$, 从而 $\ln (1+x)=\frac{x}{1+\xi}(0<\xi<x)$,
又因为 $1<1+\xi<1+x \Rightarrow \frac{1}{1+x}<\frac{1}{1+\xi}<1$, 所以 $\frac{x}{1+x}<\frac{x}{1+\xi}<x$,
即 $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$.

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