中值定理与洛必达法则

本节导读

这一章开始用导数解决问题。这一节有两部分：微分中值定理，包括罗尔定理和拉格朗日中值定理，它们把函数值的差和导数联系起来；洛必达法则，用导数求 $\dfrac{0}{0}$00​、$\dfrac{\infty}{\infty}$∞∞​ 型的极限，是第一章求极限方法的升级版。

试卷里，验证定理条件、求定理中的 $\xi$ξ 多以选择题、填空题出现；洛必达法则求极限是填空题和解答题的高频题型；偶尔还会考用拉格朗日中值定理证明简单的不等式。

罗尔定理

如果函数 $f(x)$f(x) 满足三个条件：在闭区间 $[a, b]$[a,b] 上连续；在开区间 $(a, b)$(a,b) 内可导；$f(a) = f(b)$f(a)=f(b)。那么在 $(a, b)$(a,b) 内至少有一点 $\xi$ξ，使得

$f'(\xi) = 0$f′(ξ)=0

几何意义：两个端点等高的光滑曲线，中间至少有一点的切线是水平的。

例如 $f(x) = x^2 - 2x - 3$f(x)=x2−2x−3 在 $[-1, 3]$[−1,3] 上：$f(-1) = 0 = f(3)$f(−1)=0=f(3)，条件满足。令 $f'(x) = 2x - 2 = 0$f′(x)=2x−2=0 得 $\xi = 1$ξ=1，确实在 $(-1, 3)$(−1,3) 内。

三个条件缺一不可。比如 $f(x) = \lvert x \rvert$f(x)=∣x∣ 在 $[-1, 1]$[−1,1] 上连续，且 $f(-1) = f(1)$f(−1)=f(1)，但在 $x = 0$x=0 处不可导，找不到导数为 $0$0 的点，结论不成立。

拉格朗日中值定理

如果 $f(x)$f(x) 在 $[a, b]$[a,b] 上连续，在 $(a, b)$(a,b) 内可导（不再要求两端点等高），那么在 $(a, b)$(a,b) 内至少有一点 $\xi$ξ，使得

$f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a},\qquad\text{即}\quad f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)$f′(ξ)=b−af(b)−f(a)​,即f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)

几何意义：曲线上至少有一点的切线与弦 $AB$AB 平行。罗尔定理是它在 $f(a) = f(b)$f(a)=f(b) 时的特例。

例如 $f(x) = x^3$f(x)=x3 在 $[0, 2]$[0,2] 上：弦的斜率是 $\dfrac{8 - 0}{2} = 4$28−0​=4，令 $3\xi^2 = 4$3ξ2=4，得 $\xi = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$ξ=3​2​（负根舍去），在 $(0, 2)$(0,2) 内。解出 $\xi$ξ 以后要检查它是否落在开区间里。

拉格朗日中值定理有一个常用推论：如果在区间内 $f'(x) \equiv 0$f′(x)≡0，那么 $f(x)$f(x) 在这个区间内是常数。还可以用它证明不等式。例如证明当 $x \gt 0$x>0 时 $\ln(1 + x) \lt x$ln(1+x)<x：对 $f(t) = \ln(1+t)$f(t)=ln(1+t) 在 $[0, x]$[0,x] 上用定理，$\ln(1+x) - \ln 1 = \dfrac{1}{1 + \xi}\cdot x$ln(1+x)−ln1=1+ξ1​⋅x，其中 $0 \lt \xi \lt x$0<ξ<x，所以 $\dfrac{1}{1+\xi} \lt 1$1+ξ1​<1，得 $\ln(1+x) \lt x$ln(1+x)<x。

洛必达法则

如果当 $x \to x_0$x→x0​（或 $x \to \infty$x→∞）时，分子分母 $f(x)$f(x)、$g(x)$g(x) 同时趋于 $0$0（或同时趋于 $\infty$∞），在 $x_0$x0​ 附近两者可导且 $g'(x) \neq 0$g′(x)=0，并且 $\lim\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$limg′(x)f′(x)​ 存在（或为 $\infty$∞），那么

$\lim\frac{f(x)}{g(x)} = \lim\frac{f'(x)}{g'(x)}$limg(x)f(x)​=limg′(x)f′(x)​

使用时要注意五点：

1. 先确认是 $\dfrac{0}{0}$00​ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$∞∞​ 型，不是的不能用。
2. 分子、分母分别求导，不是对整个分式用商的求导法则。
3. 可以连续使用，但每次用之前都要再确认一次是不是未定式。
4. 可以和等价无穷小替换、化简结合，先化简再用，计算会简单很多。
5. 如果 $\lim\dfrac{f'}{g'}$limg′f′​ 不存在（又不是 $\infty$∞），洛必达法则失效，不能由此断言原极限不存在。

$\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{2x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^x}{2} = \frac{1}{2}$limx→0​x2ex−1−x​=limx→0​2xex−1​=limx→0​2ex​=21​

$\lim_{x \to +\infty}\frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty}\frac{1/x}{1} = 0,\qquad \lim_{x \to +\infty}\frac{x^2}{e^x} = \lim\frac{2x}{e^x} = \lim\frac{2}{e^x} = 0$limx→+∞​xlnx​=limx→+∞​11/x​=0,limx→+∞​exx2​=limex2x​=limex2​=0

其他类型的未定式

$0 \cdot \infty$0⋅∞、$\infty - \infty$∞−∞、$1^{\infty}$1∞、$0^0$00、$\infty^0$∞0 这些类型，都先化成 $\dfrac{0}{0}$00​ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$∞∞​ 再用洛必达法则：

类型	处理办法
$0 \cdot \infty$0⋅∞	把一个因子挪到分母上：$fg = \dfrac{f}{1/g}$fg=1/gf​
$\infty - \infty$∞−∞	通分或有理化，化成一个分式
$1^{\infty}$1∞、$0^0$00、$\infty^0$∞0	取对数，$u^v = e^{v\ln u}$uv=evlnu，先求指数的极限

$\lim_{x \to 0^+}x\ln x = \lim_{x \to 0^+}\frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+}\frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+}(-x) = 0,\qquad \lim_{x \to 0^+}x^x = e^{\lim x\ln x} = e^0 = 1$limx→0+​xlnx=limx→0+​1/xlnx​=limx→0+​−1/x21/x​=limx→0+​(−x)=0,limx→0+​xx=elimxlnx=e0=1

易错提醒

• ❌ 罗尔定理只验证 $f(a) = f(b)$f(a)=f(b) 就下结论
  ✅ 连续、可导、端点函数值相等三个条件都要验证
  $\lvert x \rvert$∣x∣ 在 $[-1, 1]$[−1,1] 上端点相等，但在 $0$0 处不可导，结论不成立。

• ❌ 用洛必达法则时，对整个分式用商的求导法则
  ✅ 分子、分母分别求导：$\lim\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$limg′(x)f′(x)​
  这里是「分子的导数比分母的导数」，不是「商的导数」。

• ❌ 不管是不是未定式，一律用洛必达法则。比如 $\lim_{x\to0}\dfrac{x+1}{\cos x}$limx→0​cosxx+1​ 求导成 $\lim\dfrac{1}{-\sin x}$lim−sinx1​，得出 $\infty$∞
  ✅ 它不是未定式，直接代入得 $\dfrac{1}{1} = 1$11​=1
  用法则前先检验类型。

• ❌ $\lim_{x\to\infty}\dfrac{x + \sin x}{x}$limx→∞​xx+sinx​ 用洛必达得 $\lim(1 + \cos x)$lim(1+cosx)，不存在，所以原极限不存在
  ✅ 此时洛必达法则失效，改用 $1 + \dfrac{\sin x}{x} \to 1$1+xsinx​→1
  导数比的极限不存在，不能说明原极限不存在。

• ❌ 拉格朗日中值定理解出 $\xi$ξ 后不检查范围
  ✅ $\xi$ξ 必须落在开区间 $(a, b)$(a,b) 内，不在的要舍去
  例如 $3\xi^2 = 4$3ξ2=4 有两个根，只有正根在 $(0, 2)$(0,2) 内。

例题精讲

例题 1

求函数 $f(x) = \ln x$f(x)=lnx 在区间 $[1, e]$[1,e] 上拉格朗日中值定理中的 $\xi$ξ。

解：$f'(x) = \dfrac{1}{x}$f′(x)=x1​，弦的斜率 $\dfrac{f(e) - f(1)}{e - 1} = \dfrac{1 - 0}{e - 1}$e−1f(e)−f(1)​=e−11−0​。令 $\dfrac{1}{\xi} = \dfrac{1}{e - 1}$ξ1​=e−11​，得 $\xi = e - 1 \approx 1.718$ξ=e−1≈1.718，在 $(1, e)$(1,e) 内。

答案：$\xi = e - 1$ξ=e−1

例题 2

求 $\lim_{x \to 0}\dfrac{x - \sin x}{x^3}$limx→0​x3x−sinx​。

解：代入是 $\dfrac{0}{0}$00​ 型，连续用洛必达法则：

$\lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^3} = \lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{3x^2} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x} = \frac{1}{6}$limx→0​x3x−sinx​=limx→0​3x21−cosx​=limx→0​6xsinx​=61​

最后一步用了 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1$limx→0​xsinx​=1。

答案：$\dfrac{1}{6}$61​

例题 3

求 $\lim_{x \to 1}\left(\dfrac{1}{\ln x} - \dfrac{1}{x - 1}\right)$limx→1​(lnx1​−x−11​)。

解：这是 $\infty - \infty$∞−∞ 型，先通分：

$\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x-1} = \frac{x - 1 - \ln x}{(x-1)\ln x}$lnx1​−x−11​=(x−1)lnxx−1−lnx​

此时是 $\dfrac{0}{0}$00​ 型。用洛必达法则：分子的导数是 $1 - \dfrac{1}{x}$1−x1​，分母的导数是 $\ln x + \dfrac{x - 1}{x}$lnx+xx−1​，上下同乘 $x$x 得

$\lim_{x \to 1}\frac{x - 1}{x\ln x + x - 1} = \lim_{x \to 1}\frac{1}{\ln x + 2} = \frac{1}{2}$limx→1​xlnx+x−1x−1​=limx→1​lnx+21​=21​

答案：$\dfrac{1}{2}$21​

本节小结

• 罗尔定理：连续、可导、端点函数值相等，则存在 $\xi$ξ 使 $f'(\xi) = 0$f′(ξ)=0。拉格朗日中值定理：连续、可导，则存在 $\xi$ξ 使 $f'(\xi) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$f′(ξ)=b−af(b)−f(a)​；$\xi$ξ 要在开区间内。
• 推论：区间内导数恒为 $0$0 的函数是常数。
• 洛必达法则只用于 $\dfrac{0}{0}$00​、$\dfrac{\infty}{\infty}$∞∞​ 型，分子分母分别求导，可连续使用，每次都要检验类型。
• $0\cdot\infty$0⋅∞ 移项成分式，$\infty - \infty$∞−∞ 通分，$1^{\infty}$1∞、$0^0$00、$\infty^0$∞0 取对数。
• 导数比的极限不存在时，洛必达法则失效，不能断言原极限不存在。