拉格朗日使用习惯
类型一:只要见到
f(b)−f(a),的形式优先考虑拉格朗日定理
例题1:
若f′′>0.有f′(0),f′(1).问:f(1)−f(0)大小?
####解:
1° 看到
f(1)−f(0)⇒拉格朗日
f(1)−f(0)=f′(c)(1−0)=f′(c)−−(0<c<1)
2°
f′′>0(二阶导数大于0)⟹f′↑一阶导数单调递增
$
\because 0<c<1 \
\therefore f’(0)<f’©<f’(1)
$
例题2:
x→∞limf′(x)=e,x→∞lim[f(x+1)−f(x)]=e2a,问:a=?
####解:
看到
f(x+1)−f(x)⇒拉格朗日
由拉格朗日定理:x+1−xf(x+1)−f(x)=f′(ξ)得
f(x+1)−f(x)=f′(ξ)(x<ξ<x+1)
∵ξ∈(x,x+1)⇒f′(x)=f′(ξ)=e.
又∵f(x+1)−f(x)=f′(ξ)=e2a
∴e=e2a⇒a=21
类型二:只要看到三个点
f(a),f(b),f(c)⟶2次拉格朗日
例题3:
f(x)∈C[a,b],在(a,b)内可导.∣f′(x)∣≤M,f(x)在(a,b)内至少一个0点.求证:∣f(a)∣+∣f(b)∣=M(b−a)
解:
1.
根据零点定理:∃ c∈(a,b)使得f(c)=0
现在有三个点了
f(a),f(c),f(b)→使用两次拉格朗日定理
2.使用两次拉格朗日
$f©-f(a)=f’(\xi_1)(c-a)\qquad (a<\xi_1<c) $
$f(b)-f©=f’(\xi_2)(b-c)\qquad (c<\xi_1<b) $
3.根据题目已知条件:$|f’(x)|\leq M $ 得
注解:
∵∣f′(x)∣≤M,一阶导数有上界M,且ξ1⊂(a,c)⊂(a,b)
∴ξ1可以直接代入上式∣f′(ξ1)∣≤M
根据拉格朗日中值定理:
f(c)−f(a)=f′(ξ1)(c−a)
∵f(c)=0,∣f′(ξ1)∣≤M
∴0−f(a)=≤M(c−a)
∣f(a)∣≤M(c−a)
同理可得:
∣f(b)∣≤M(b−c)
∴∣f(a)∣+∣f(b)∣=M(b−a)
例题4:
f(x)∈C[a,b],(a,b)内二阶可导,存在L:y=f(x)连接A(a,f(a)),B(b,f(b))的直线,交L于C(c,f(c))(a<c<b)证:∃ ξ∈(a,b)使f′′(ξ)=0
解:
- 3个点已经有了,直接使用两次拉格朗日
∃ ξ1∈(a,c),ξ2∈(c,b)
f′(ξ1)=c−af(c)−f(a),f′(ξ2)=b−cf(b)−f(c)
注解:
因为f′(ξ1)和f′(ξ2)都是代表斜率,并且它们是同一条直线,所以f′(ξ1)和f′(ξ2)是相等的
∵f′(ξ1)=f′(ξ2)
∴∃ ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b)使得f′′(ξ)=0