微分中值定理
微分中值定理大家庭中有特别多定理，但是在计算极限时，常用的微分中值定理只有一个：拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理
介绍
如果 f ( x ) f(x) f(x)满足以下条件：
(1) 在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续；
(2) 在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导；
则在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ \xi ξ，使得
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)
此处不予证明(可用罗尔定理构造函数，读者自证不难)
柯西中值定理
柯西中值定理虽然用的少，但是还是需要了解
介绍
如果 f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x)满足以下条件：
(1) 在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续；
(2) 在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导；
则在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ \xi ξ，使得
f ( b ) − f ( a ) F ( b ) − F ( a ) = f ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)} F(b)−F(a)f(b)−f(a)=F′(ξ)f′(ξ)
例题
此专题分为两个部分：拉格朗日中值定理专题以及强行拉格朗日专题
需要注意的是，这些题目并不一定只有拉格朗日中值定理一种做法，不过在此只讲拉格朗日做法
拉格朗日中值定理专题
简单拉格朗日(一眼拉)
(1) lim x → 0 c o s x − c o s ( s i n x ) x 4 \lim\limits_{x\to 0}\frac{cosx-cos(sinx)}{x^4} x→0limx4cosx−cos(sinx)
思路：分子非常显然，可以令 f ( x ) = c o s x f(x)=cosx f(x)=cosx，易得 f ′ ( x ) = − s i n x f'(x)=-sinx f′(x)=−sinx
由拉格朗日中值定理可得， ∃ ξ ∈ ( x , s i n x ) , 有 f ( x ) − f ( s i n x ) = f ′ ( ξ ) ( x − s i n x ) \exists\xi\in (x,sinx),有f(x)-f(sinx)=f'(\xi)(x-sinx) ∃ξ∈(x,sinx),有f(x)−f(sinx)=f′(ξ)(x−sinx)
由于 x < ξ < s i n x ， 有 1 < ξ x < s i n x x x<\xi <sinx，有1<\frac{\xi}x<\frac{sinx}x x<ξ<sinx，有1<xξ<xsinx，由于 lim x → 0 s i n x x = 1 \lim\limits_{x\to 0}\frac{sinx}x=1 x→0limxsinx=1，由夹逼定理可知， ξ x = 1 ， ξ ∼ x \frac{\xi}x=1，\xi\sim x xξ=1，ξ∼x
注意：这里并不能由 x ∼ 0 , s i n x ∼ 0 x\sim 0,sinx\sim 0 x∼0,sinx∼0，再由夹逼定理得到 ξ ∼ 0 \xi\sim 0 ξ∼0，因为有时候 ξ \xi ξ和 x x x趋向极限的速度不同，就不一定有 ξ ∼ x \xi\sim x ξ∼x，因此需要先声明 ξ \xi ξ和 x x x等价才能用夹逼，如果原先没有这个习惯建议改正一下
解 ： 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim x → 0 − s i n x ( x − s i n x ) x 4 = lim x → 0 s i n x − x x 3 = lim x → 0 x − 1 6 x 3 + o ( x 3 ) − x x 3 ( 泰 勒 展 开 ) = lim x → 0 − 1 6 x 3 x 3 = − 1 6 \begin{aligned} 解：&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-sinx(x-sinx)}{x^4}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx-x}{x^3}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x-\frac16x^3+o(x^3)-x}{x^3}\ \ (泰勒展开) \\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\frac16x^3}{x^3}\\ &=-\frac16 \end{aligned} 解：原式由拉格朗日中值定理=x→0limx4−sinx(x−sinx)=x→0limx3sinx−x=x→0limx3x−61x3+o(x3)−x (泰勒展开)=x→0limx3−61x3=−61
注意：泰勒展开时无穷小量 o ( ) o() o()一定要记得写！！！
(2) lim x → + ∞ x 2 [ a r c t a n ( x + 1 ) − a r c t a n x ] \lim\limits_{x\to +\infty}x^2\left[arctan(x+1)-arctanx\right] x→+∞limx2[arctan(x+1)−arctanx]
思路：此题也是一眼拉， f ( x ) = a r c t a n x , f ′ ( x ) = 1 x 2 + 1 f(x)=arctanx,f'(x)=\frac{1}{x^2+1} f(x)=arctanx,f′(x)=x2+11
由拉格朗日中值定理， ∃ ξ ∈ ( x , x + 1 ) , f ( x + 1 ) − f ( x ) = f ′ ( ξ ) ( x + 1 − x ) = f ′ ( ξ ) \exists\xi\in(x,x+1),f(x+1)-f(x)=f'(\xi)(x+1-x)=f'(\xi) ∃ξ∈(x,x+1),f(x+1)−f(x)=f′(ξ)(x+1−x)=f′(ξ)
由 x < ξ < x + 1 , 1 < ξ x < 1 + 1 x x<\xi<x+1,1<\frac\xi x<1+\frac1x x<ξ<x+1,1<xξ<1+x1，由 x ∼ + ∞ ， 1 x ∼ 0 x\sim+\infty，\frac1x\sim0 x∼+∞，x1∼0，有 ξ x = 1 , ξ ∼ x \frac\xi x=1,\xi\sim x xξ=1,ξ∼x
解 ： 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 可 得 原 式 = lim x → + ∞ x 2 1 ξ 2 + 1 = lim x → + ∞ 1 ( ξ x ) 2 + 1 x 2 = 1 1 + 0 = 1 \begin{aligned} 解：&由拉格朗日中值定理可得\\ 原式&=\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\frac{1}{\xi^2+1}\\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{(\frac{\xi}{x})^2+\frac{1}{x^2}}\\ &=\frac{1}{1+0}\\ &=1 \end{aligned} 解：原式由拉格朗日中值定理可得=x→+∞limx2ξ2+11=x→+∞lim(xξ)2+x211=1+01=1
复杂拉格朗日(稍微复杂一些)
(3) lim x → ∞ x ( e x + a x + b − e x + c x + d ) \lim\limits_{x\to\infty}x(e^{\frac{x+a}{x+b}}-e^{\frac{x+c}{x+d}}) x→∞limx(ex+bx+a−ex+dx+c)
思路：一眼拉， f ( x ) = e x , f ′ ( x ) = e x f(x)=e^x,f'(x)=e^x f(x)=ex,f′(x)=ex
由拉格朗日中值定理, ∃ ξ ∈ ( x + a x + b , x + c x + d ) \exists\xi\in(\frac{x+a}{x+b},\frac{x+c}{x+d}) ∃ξ∈(x+bx+a,x+dx+c)，有 f ( x + a x + b ) − f ( x + c x + d ) = f ′ ( ξ ) ( x + a x + b − x + c x + d ) f(\frac{x+a}{x+b})-f(\frac{x+c}{x+d})=f'(\xi)(\frac{x+a}{x+b}-\frac{x+c}{x+d}) f(x+bx+a)−f(x+dx+c)=f′(ξ)(x+bx+a−x+dx+c)
由 x + a x + b < ξ < x + c x + d 由\frac{x+a}{x+b}<\xi<\frac{x+c}{x+d} 由x+bx+a<ξ<x+dx+c， 1 + a x 1 + b x < ξ < 1 + c x 1 + d x \frac{1+\frac ax}{1+\frac bx}<\xi<\frac{1+\frac cx}{1+\frac dx} 1+xb1+xa<ξ<1+xd1+xc，由 x ∼ ∞ x\sim\infty x∼∞，易得 1 < ξ < 1 1<\xi<1 1<ξ<1，由夹逼定理得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ∼1
解 ： 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim x → ∞ x [ e ξ ( x 2 + ( a + d ) x + a d − ( x 2 + ( b + c ) x + b c ) x 2 + ( b + d ) x + b d ) ] = lim x → ∞ e [ ( a − b − c + d ) x 2 + ( a d − b c ) x x 2 + ( b + d ) x + b d ] = lim x → ∞ e [ ( ( a − b − c + d ) + a d − b c x 1 + b + d x + b d x 2 ) ] = e ( a − b − c + d ) \begin{aligned} 解：&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to\infty}x\left[e^\xi\left(\frac{x^2+(a+d)x+ad-(x^2+(b+c)x+bc)}{x^2+(b+d)x+bd}\right)\right]\\ &=\lim\limits_{x\to\infty}e\left[\frac{(a-b-c+d)x^2+(ad-bc)x}{x^2+(b+d)x+bd}\right]\\ &=\lim\limits_{x\to\infty}e\left[\left(\frac{(a-b-c+d)+\frac{ad-bc}x}{1+\frac{b+d}x+\frac{bd}{x^2}}\right)\right]\\ &=e(a-b-c+d) \end{aligned} 解：原式由拉格朗日中值定理=x→∞limx[eξ(x2+(b+d)x+bdx2+(a+d)x+ad−(x2+(b+c)x+bc))]=x→∞lime[x2+(b+d)x+bd(a−b−c+d)x2+(ad−bc)x]=x→∞lime[(1+xb+d+x2bd(a−b−c+d)+xad−bc)]=e(a−b−c+d)
(4) lim x → 0 s i n s i n c o s x − s i n s i n 1 c o s c o s c o s x − c o s c o s 1 \lim\limits_{x\to 0}\frac{sinsincosx-sinsin1}{coscoscosx-coscos1} x→0limcoscoscosx−coscos1sinsincosx−sinsin1
思路：首先我们会发现，分子分母好像都能拉，但是拉格朗日中值定理只能拉一边，那怎么办呢？此时就需要用到柯西中值定理。
此题分子有两种拉法，第一种是 f 1 ( x ) = s i n s i n x f_1(x)=sinsinx f1(x)=sinsinx，另一种是 f 2 ( x ) = s i n s i n c o s x f_2(x)=sinsincosx f2(x)=sinsincosx，由于第二种求导比第一种麻烦，所以留给读者训练。
分母也有两种拉法，第一种是 g 1 ( x ) = c o s c o s x g_1(x)=coscosx g1(x)=coscosx，另一种是 g 2 ( x ) = c o s c o s c o s x g_2(x)=coscoscosx g2(x)=coscoscosx，由于第二种求导比第一种麻烦，所以也留给读者训练
f ′ ( x ) = c o s s i n x ⋅ c o s x , g ′ ( x ) = s i n c o s x ⋅ s i n x f'(x)=cossinx\cdot cosx,g'(x)=sincosx\cdot sinx f′(x)=cossinx⋅cosx,g′(x)=sincosx⋅sinx
由柯西朗日中值定理， ∃ ξ ∈ ( c o s x , 1 ) \exists\xi\in(cosx,1) ∃ξ∈(cosx,1),有 f ( c o s x ) − f ( 1 ) g ( c o s x ) − g ( 1 ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) \frac{f(cosx)-f(1)}{g(cosx)-g(1)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} g(cosx)−g(1)f(cosx)−f(1)=g′(ξ)f′(ξ)
由 c o s x < ξ < 1 cosx<\xi<1 cosx<ξ<1， x ∼ 0 x\sim 0 x∼0时, c o s x ∼ 1 cosx\sim1 cosx∼1，由夹逼定理可得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ∼1
解 ： 由 柯 西 中 值 定 理 原 式 = c o s s i n 1 ⋅ c o s 1 s i n c o s 1 ⋅ s i n 1 \begin{aligned} 解：&由柯西中值定理\\ 原式&=\frac{cossin1\cdot cos1}{sincos1\cdot sin1} \end{aligned} 解：原式由柯西中值定理=sincos1⋅sin1cossin1⋅cos1
强行拉格朗日专题
(5) lim x → 0 ln ( x + 1 + x 2 ) − s i n x x a r c t a n x \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})-sinx}{xarctanx} x→0limxarctanxln(x+1+x2 )−sinx
思路：此题乍一看，根本不满足拉格朗日的条件，也根本想不到拉格朗日，那么这题怎么做成拉格朗日呢？分子左边是 ln ( x + 1 + x 2 ) \ln{(x+\sqrt{1+x^2})} ln(x+1+x2 )，右边是 ( 1 + x ) (1+x) (1+x)，左右要变成同一函数只需要让右边变成对数即可。
原式可转化为 lim x → 0 ln ( x + 1 + x 2 ) − ln ( e s i n x ) x a r c t a n x \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln{(x+\sqrt{1+x^2})-\ln{(e^{sinx})}}}{xarctanx} x→0limxarctanxln(x+1+x2 )−ln(esinx)
f ( x ) = ln x , f ′ ( x ) = 1 x f(x)=\ln{x},f'(x)=\frac1x f(x)=lnx,f′(x)=x1
由拉格朗日中值定理， ∃ ξ ∈ ( x + 1 + x 2 , e s i n x ) \exists\xi\in(x+\sqrt{1+x^2},e^{sinx}) ∃ξ∈(x+1+x2 ,esinx)，有 f ( x + 1 + x 2 ) − f ( e s i n x ) = f ′ ( ξ ) ( x + 1 + x 2 − e s i n x ) f(x+\sqrt{1+x^2})-f(e^{sinx})=f'(\xi)(x+\sqrt{1+x^2}-e^{sinx}) f(x+1+x2 )−f(esinx)=f′(ξ)(x+1+x2 −esinx)
由 x + 1 + x 2 < ξ < e s i n x x+\sqrt{1+x^2}<\xi<e^{sinx} x+1+x2 <ξ<esinx,由 x ∼ 0 , x + 1 + x 2 ∼ 1 , e s i n x ∼ 1 x\sim0,x+\sqrt{1+x^2}\sim1,e^{sinx}\sim1 x∼0,x+1+x2 ∼1,esinx∼1，由夹逼定理得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ∼1
解 ： 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim x → 0 1 ξ ( x + 1 + x 2 − e s i n x ) x 2 = lim x → 0 1 + x 2 − 1 x 2 − e s i n x − e x x 2 − e x − x − 1 x 2 = lim x → 0 1 2 x 2 x 2 + 1 6 x 3 x 2 − 1 2 x 2 x 2 = 1 2 + 0 − 1 2 = 0 \begin{aligned} 解：&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac1\xi(x+\sqrt{1+x^2}-e^{sinx})}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}-\frac{e^{sinx}-e^x}{x^2}-\frac{e^x-x-1}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac12x^2}{x^2}+\frac{\frac16x^3}{x^2}-\frac{\frac12x^2}{x^2}\\ &=\frac12+0-\frac12\\ &=0 \end{aligned} 解：原式由拉格朗日中值定理=x→0limx2ξ1(x+1+x2 −esinx)=x→0limx21+x2 −1−x2esinx−ex−x2ex−x−1=x→0limx221x2+x261x3−x221x2=21+0−21=0
结语
中值定理是一门高深的学问，特别是证明题，以后有机会可能也会总结一些证明题的做法qaq
