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拉格朗日中值定理论文
摘要
本文主要论述拉格朗日中值定理在函数极限计算、不等式证明以及根的存在性的判别这几个方面的应用.并给出实例进行说明.
关键词:
关键词
拉格朗日中值定理可导连续
Lagrangemeanvaluetheoremandsomeapplications
Abstract
ThispapermainlydiscussestheLagrangemeanvaluetheoremincomputingfunctionlimit,theinequalityproofaswellastherootofexistencetheoremforseveralaspectsofthisapplicationandgivesexamplestoillustrate.
Keywords:
Lagrangemeanvaluetheoremcanbemediatedbycontinuous
1引言
拉格朗日中值定理是微分学最重要的定理之一,又称为微分中值定理.它是沟通函数与其导数之间的桥梁,是应用导数局部性研究函数整体性的重要工具.利用微分中值定理可用巧妙地解决一些问题,下面将论述拉格朗日中值定理在几个方面的应用.一．预备知识1.定理：
若函数f（x）满足如下条件：
（1）在闭区间[a,b]上连续,
（2）在开区间（a,b）上可导,则在（a,b）内至少存在一点ξ,使得f'（x）=也可变形为
f（b）−f（a）成立.定理的结论b−a
f（b）−f（a）=f'（a+ϕ（b−a））（0<ϕ<1）.b−a
2.拉格朗日中值定理的几何意义：
若闭区间[a,b]内有一条连续曲线,曲线上
每一点都存在切线,则曲线上至少存在一点M（c,f（c））,过点M的切线平行于过点A（a,f（a））.B（b,f（b））的直线AB.
3.拉格朗日中值定理的证明：
作辅助函数
ϕ（x）=f（x）−f（a）−
f（a）−f（b）（x−a）.b−a
已知函数ϕ（x）在[a,b]上连续,在开区间（a,b）上可导.又ϕ（a）=ϕ（b）=0.根据罗尔定理.在（a,b）内至少存在一点c.使得ϕ'（c）=0.而
f（b）−f（a）f（b）−f（a）于是ϕ'（c）=f'（c）−=0,即b−ab−af（b）−f（a）f'（c）=.b−a4.拉格朗日中值定理和洛尔定理：
ϕ'（x）=f'（x）−
洛尔定理：
若函数f（x）满足如下条件：
（1）在闭区间[a,b]上连续,
（2）在开区间（a,b）上可导,（3）f（a）=f（b）则在（a,b）内至少存在一点c,使得f'（c）=0.通过比较可知洛尔定理是拉格朗日中值定理的当f（a）=f（b）时的特殊形式.
5.拉格朗日中值定理和可惜中值定理柯西中值定理是拉格朗日中值定理的推广,而拉格朗日中值定理是柯西中值定
理中g（x）=x时的特殊情况.可惜中值定理：
若函数f（x）与g（x）满足下列条件:
（1）在闭区间[a,b]上连续,
（2）在开区间（a,b）上可导,且对∀x∈（a,b）,有g'（x）=0,则在（a,b）内至少存在一点
ξ,使得
f'（c）f（b）−f（a）=g'（c）g（b）−g（a）
二、拉格朗日中值定理在函数极限运算中的应用若计算函数极限时,题目中出现有f（b）−f（a）”“f（a）−f（b）”“型或型的式子
并且函
数f（x）在[a,b]连续,在（a,b）上可导,满足拉格朗日中值定理的条件,此时可构造
“（a−b）
f（a）−f（b）a−b
”型或“（b−a）
f（b）−f（a）b−a
”型,利用拉格朗日中值定理转变为导
f（a）−f（b）a−b
数形式进行极限计算,方便快捷;若果其中出现“型或“
f（a）−f（b）b−a
”型或“
f（b）−f（a）b−a
”
”型或“
f（b）−f（a）a−b
”型,并且f（x）在[a,b]上满足拉格朗日中值
定理条件,则可直接利用拉格朗日中值定理进行转换计算极限.例1.求limesinx−etanxx→0sinx−tanx
0”型,可用罗必达法则求解,但是用罗必达法则则须求0f（a）−f（b）”型,只须令函很多次导数之比,非常麻烦,通过观察此极限发现它是“a−b
分析：
此极限满足“
数f（x）=ex,则f（x）在区间[sinx,tanx]上满足拉格朗日中值定理条件,
esinx−etanx=f（sinx）−f（tanx）=（sinx−tanx）f'（sinx+θ（tanx−sinx））（0<θ<1）
即
esinx−etanx=f'（sinx+θ（tanx−sinx））（0<θ<1）,由于f（x）=ex在[sinx,tanx]sinx−tanxesinx−etanx=limf'（sinx+θ（tanx−sinx））=f'（0）=1x→0sinx−tanxx→0
上连续,所以lim
从而有lim
esinx−etanx=1x→0sinx−tanx
22
例2.求limn4（na−n
n→∞
+1
a）.（a>1,且a≠1）
分析：
通过观察发现该题所求极限为“f（b）−f（a）”型.故只须令f（x）=ax.易知f（x）在区间[得
11
11,2]上满足拉格朗日中值定理条件,运用拉格朗日中值定理n+1n
2
a
n2
−a
n2+1
=a3ln（
1111−2）（2<ξ<2）,2nn+1n+1n
11n2
解：
原式=limn（a
4n→∞
−a
n2+1
）=limn4aξlna（
n→∞
11−2）2nn+1
=lim
n411a3lna=lna（2<ξ2）.22n→∞n（n+1）n+1n
例3.求极限limx→0
tan（sinx）−tan（tanx）sin（sinx）−sin（tanx）
分析：
观察该例题,可以看出,此例题坟墓和分子两部分都是“f（a）−f（b）”型.此时分子分母均可以构造为“（a−b）
f（a）−f（b）a−b
”.同时该例题又符合柯西中值定理
条件,在该例题中,可设f（x）=tanx,g（x）=sinx,并且f（x）与g（x）在[sinx,tanx]上连续.于是在（sinx,tanx）内可导,并且∀x∈（sinx,tanx）,x≠0.于是在（sinx,tanx）内至少存在一点ξ使
f'（ξ）tan'ξtan（sinx）−tan（tanx）==,sinx<ξ解：
limx→0
tan（sinx）−tan（tanx）tan'ξ1=lim=lim=1,（sinx<ξ三.利用拉格朗日中值定理证明不等式在证明不等式时,出现“”“和
[b,c]上满足拉格朗日中值定理条件,则可以将不等式根据拉格朗日中值定理进行
变换在证明；若在不等式的两边出现“f（b）−f（a）”型,另一边出现“b−a”型,则可将不等式变形为含“
f（b）−f（a）b−a
”型.若同时f（x）在[a,b]和[b,c]上满足拉格朗日
中值定理条件,则利用拉格朗日中值定理条件进行证明.若只出现“f（b）−f（a）”型，则构造“（b−a）例3.证明：
f（b）−f（a）b−a
”型.
110为x+1x
分析：
通过观察,不等式中“ln（x+1）−ln（x）”为“f（b）−f（a）”型,令f（x）=lnx.可知f（x）在[0,+∞]上连续,当x>0时,f（x）在[x,x+1]上连续,则
f（x）在区间[x,x+1]上满足拉格朗日中值定理.
证明：
ln（x+1）−ln（x）=
1
ξ
（x+1−x）=
1
ξ
（x<ξ则有
11111<<,即例4.
sinx2−sinx1sinx3−sinx2>,0≤x1f（b）−f（a）”型.令f（x）=sinx,则f（x）在b−a
分析：
通过观察发现此不等式为“
区间[x1,x2]和[x2,x3]上满足拉格朗日中值定理的条件.证明：
sinx3−sinx2sinx2−sinx1=cosξ1（x1<ξ由于0≤x1<ξ1cosξ2,即
sinx2−sinx1sinx3−sinx2>x2−x1x3−x2
例5.证明不等式：
1111<[−],p>1,n≥2npp−1（n−1）p−1np−111−（n−1）p−1np−1
分析：
例题中出现“
”“f（b）−f（a）”,此时可以考虑f（x）=是型
1,xp−1
在区间[n−1,n]上的情况.证明：
设f（x）=
1xp−1
则f（x）在区间[n−1,n],（n≥2）上连续,在开区间
（n−1,n）上可导,显然f（x）在区间[n−1,n]上满足拉格朗日中值定理条件,则
有
11−11（n−1）p−1np−111−p−1==−f'（ξ）=−（1−p）p=（p−1）p,（n−1<ξ则不等式右边
111111[−p−1]=[（p−1）p]=p,（n−1<ξ1
由于n−1<ξξ
p
>
1,故原不等式成立.np
四.利用拉格朗日中值定理判别根的存在性在讨论函数根的存在性问题时,可利用函数与其导数之间的关系,借助拉格朗日中值定理（或罗尔定理）判别某些函数根的存在性.当需要判别某个函数的导函数在某个区间是否有根时,若此函数在该区间上连续,则看该函数在这个区间上是否有两个或者有两个以上的点的函数值相等.若存在,则其导函数在该区间有根；若不存在,则其导函数在该区间无根.当需要判别某个函数在某个区间上是否有根时,则看起导数在该区间上是否存在导数值为零的点.若存在使其导函数值为零的点,则原来的函数可能有根;若不存在使其导函数值为零的点,则原来的函数一定不存在根.这不是一个充要条件,,说明利用拉格朗日中值定理判别根的存在与否有局限性例6.证明：
若方程a0xn+a1xn−1+a2xn−2+K+an−1x=0有正根x0,则方程
na0xn−1+（n−1）a1xn−2+（n−2）a2xn−3+K+an−1=0必存在小于x0的正根.
证明：
令f（x）=a0xn+a1xn−1+a2xn−2+K+an−1x,则可知f（0）=f（x0）=0且
f（x）在[0,x0]上连续,根据拉格朗日中值定理（或罗尔定理）可知,至少存在一个
ξ∈（0,x0）有f'（ξ）=0,且f'（x）=na0xn−1+（n−1）a1xn−2+（n−2）a2xn−3+K+an−1,
则可知方程na0xn−1+（n−1）a1xn−2+（n−2）a2xn−3+K+an−1=0至少存在一个根ξ,且0<ξ例7.方程x−3x+c=0在区间（0,1）内没有两个不同的根.
3
证明：
运用反证法,假设x−3x+c=0在区间（0,1）内有两个相同的根x1,x2,且
330间[x1,x2]上满足拉格朗日中值定理（或罗尔定理）的条件,则有存在ξ∈（x1,x2）使得f（x2）−f（x1）=f'（ξ）（x2−x1）=0即存在ξ∈（x1,x2）使得f'（ξ）=0.而
f'（x）=3x2−3即3ξ2−3=0,解得ξ=−1,1,又−1,1∉（0,1）.则假设不成立,故原命题
得证.
五.参考文献[1].同济大学应用数学.高等数学[M].同济大学出版社.2004.132.[2].数学分析讲义（第五版）.刘玉琏编.高等教育出版社.2007年5月.
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