中值定理与极限进阶

车在一条直路上始终向前走，一小时行驶60公里，平均速度就是每小时60公里。途中可以有快有慢，但如果位置没有突然跳变、每一刻都有速度，是否一定有一刻恰好是每小时60公里？

答案是有。若整个行程的变化画成一条平滑曲线，起点与终点连线表示平均变化；途中至少有一个位置，切线与这条连线平行。

这就是本节定理要保证的事情：从整段的平均变化，找到至少一个具有相同变化率的位置。至于它具体在哪里，还要由函数决定。

车一小时走60公里，平均速度是60；如果位置连续、途中瞬时速度存在，那么途中至少有一刻瞬时速度也是60。拉格朗日中值定理就是把“一段的平均变化”连到“某一点的瞬时变化”。它只保证这个时刻存在，不说就在半小时处。

先看更简单的罗尔定理：曲线从一个高度出发，最后回到同一高度，内部又没有折角，就至少有一点切线水平。准确条件是f在闭区间 $[a,b]$ 连续、在开区间 $(a,b)$ 可导、且f(a)=f(b)；结论是存在内部点ξ使 $f'(\xi)=0$。ξ读“克西”，是待保证的点，不是已知中点。

为什么要这些条件？闭区间连续避免从端点或中间跳过去；内部可导避免靠一个尖角掉头，例如|x|在 $[-1,1]$ 两端同高，却在0折角，没有任何导数为0的内部点。端点本身不要求可导，因为结论找的是内部点。

如果两端高度不同，就比较切线与连接端点的直线。拉格朗日结论为 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，右边是端点连线的斜率，左边是某条切线的斜率；两线平行。仍然需要闭区间连续、开区间可导，但不要求端点相等。

用定理时先写函数与区间，核实条件，再代入结论，最后利用ξ在区间内的位置作大小估计。这也是它证明不等式的用法：把难比较的函数差换成更容易控制的导数。

从f中减掉连接端点的直线，令 $F(x)=f(x)-f(a)-\frac{[f(b)-f(a)](x-a)}{b-a}$。F两端都为0，应用罗尔得F'(ξ)=0，移项即拉格朗日公式。若区间上f'恒0，任意两点函数值之差都为0，故f为常数。

先独立作答；卡住时看提示，完成后再对照解析。

加热过程中，温度上升了10度，压力增加了20个单位。这一段的“温差除以压差”是 $\frac{10}{20}=\frac12$。它比较的是两种量的变化，不是温度除以经过的时间。

如果温度和压力都随时间平稳变化，我们会问：有没有一刻，这两种量的瞬时变化率之比也恰好是二分之一？这比上一节“总变化除以时间”多了一层，但比较的做法相同。

柯西中值定理处理这样的两个变化量。下面先写清需要满足的条件，再看怎样把它用在证明题中。

拉格朗日把输出变化除以输入变化；柯西允许分母也换成另一种变化。例如同时记录温度f(t)和压力g(t)，想比较一段时间的温差与压差，就不再只除时间长度。

若f、g在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可导，存在同一个内部点ξ满足 $[f(b)-f(a)]g'(\xi)=[g(b)-g(a)]f'(\xi)$。当g'在内部处处不为0时，g(b)−g(a)也不为0，才可写成 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$。交叉形式的好处是不用冒险除以0。

“同一个ξ”是关键。分别给f和g用拉格朗日，会得到两个未必相同的点，不能因为都叫“某一点”就把它们合并。柯西是专门保证一个共同点的结论。取g(x)=x，就退回拉格朗日。

证明题常把结论改写为“某个函数的导数为0”，再找机会用罗尔。例如想得到 $f'+f=0$，观察 $(e^x f)'=e^x(f'+f)$；想得到 $xf'-f=0$，观察 $(\frac fx)'=\frac{xf'-f}{x^2}$。这不是凭空猜辅助函数，而是用已学求导法则反查。

构造后还没有证明完：要检查新函数连续、可导，端点值能否相等，除法有没有经过0。只有这些条件真的成立，罗尔才能提供需要的内部点。

构造 $F(x)=[f(b)-f(a)]g(x)-[g(b)-g(a)]f(x)$，其两端相等；罗尔给F'(ξ)=0，正好得到交叉式。这说明柯西也来自端点拉平的思路。

先独立作答；卡住时看提示，完成后再对照解析。

不用计算器，怎样估计 $e^{0.1}$？我们知道 $e^0=1$，也知道指数函数在0处的导数是1，所以先按附近的切线估算，得到 $1+0.1=1.1$。

曲线会弯，切线只能给最初的近似。再把二阶变化考虑进去，补上 $\frac{0.1^2}{2}=0.005$，得到1.105。每多考虑一阶变化，就在近似式里增加相应的一项。

泰勒公式说明这些项怎样确定，并把“近似结果与真实结果相差多少”单独写出来。

用多项式近似函数时，可以让两者在a处的函数值、一阶导数、二阶导数依次相等。例如 $e^x$ 在0处的函数值及各阶导数都是1，所以 $1+x+\frac{x^2}{2}$ 在0处与它的函数值、前两阶导数相等。泰勒公式进一步给出这种近似与原函数之间的误差。

二次近似写成 $A+B(x-a)+C(x-a)^2$。在x=a时值为A、一阶导为B、二阶导为2C，所以要选 $A=f(a)$、$B=f'(a)$、$C=\frac{f''(a)}2$。一般n次式为 $\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$，阶乘正是多次求导产生的系数；a=0时叫麦克劳林展开。

多项式通常不与原函数完全相等，必须说明剩余误差。佩亚诺余项写 $o((x-a)^n)$：误差除以 $(x-a)^n$ 后趋0。它适合求极限；例如已知分子等于 $\frac12x^2+o(x^2)$，除以x²后就趋二分之一。使用前需要f在a处具有所需n阶导数，并使前面的导数在附近有定义。

若要估算具体误差，可用拉格朗日余项 $R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$，ξ介于a与x之间。一组常用充分条件是f到n阶导在两点之间闭区间连续，且内部有n+1阶导。只要能控制这个高阶导，就能控制误差，不能只凭“x很小”保证精度。

先掌握常用式：$e^x=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6+o(x^3)$，$\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3)$，$\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$，$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+o(x^3)$，$(1+x)^a=1+ax+\frac{a(a-1)}2x^2+o(x^2)$。

展开深度由题目决定：如果分子要减去x，一次项会消失，就必须继续看后面的项。这里用的是有限阶局部近似，不是把整个函数替换成无穷多项，也不能把余项直接说成0。

设二次多项式A+B(x-a)+C(x-a)²，要求在a与f同值、同一阶导、同二阶导，依次得A=f(a)、B=f'(a)、2C=f''(a)。因此二次项系数必须除以2!。

先独立作答；卡住时看提示，完成后再对照解析。

主线已包含本节所需知识；这里提供额外题目或更长的论证，按需要展开。

当x靠近0时，$\ln(1+x)$ 和x都靠近0。它们的比值 $\frac{\ln(1+x)}x$ 却不会因为“两个都接近0”就自动有答案。

一个新的思路是比较它们变化的快慢：分子的导数为 $\frac1{1+x}$，分母的导数为1，这两个导数之比趋于1。在满足本节条件时，原来两个函数的比值也趋于1。

这种方法叫洛必达法则。接下来先弄清它什么时候有效，再练习如何使用；不是看到分数就把上下分别求导。

洛必达法则处理的是某些“分子分母同时趋0”或“二者绝对值都趋无穷”的商。直觉上，它用两者靠近目标时的变化速度来判断比值；严格依据来自柯西中值定理。它不是任何分数都能使用的求导捷径。

使用前逐项确认：原商属于上述未定式；分子f与分母g在相应去心邻域可导；g'不为0；导数比 $\frac{f'}{g'}$ 有有限或无穷极限。满足适用条件时，原商与导数比有相同极限。单侧极限就检查那一侧，无穷远就检查足够远处。

这里是“分别求导后再相除”，不是“对商求导”。例如 $\frac{e^x-1}{x}$ 在0为零除以零型，分别求导得到 $\frac{e^x}1\to1$。若对整个商用商法则，会得到另一个函数，不能当原题答案。

用了一次后仍是未定式，可以重新核对条件再用；如果已经不是，就停。$\frac{\sin x}{1+x}$ 在0处直接代入等于0，原本不是未定式，硬求导相除反而得到错误的1。

其他形状先改写：零乘无穷改成商；无穷减无穷先通分或有理化；幂式 $1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$ 在底数为正时先取对数。最后要回到原量，例如ln y趋0意味着y趋1，不能把0当y的极限。

若导数比没有极限，只能说这条法则没给出答案，不能倒推原商不存在。先尝试直接代入、代数化简，往往比反复求导更短；遇到首项抵消，泰勒也可能更合适。

对(0, a)内趋零的f、g，可在0补连续值0。柯西把$\frac{f(x)}{g(x)}$写成$\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$，其中ξ介于0与x，x→0时ξ→0；由导数比极限控制原商。一般情形的严格论证需要更细的边界处理。

先独立作答；卡住时看提示，完成后再对照解析。