中值定理、导数的全局约束与 Taylor 估计

上一章把导数解释成一点附近的最佳线性近似：当 $h$ 很小时，$f(a+h)-f(a)$ 大约是 $f'(a)h$。这给了我们“瞬时变化率”，却留下一个很实际的问题：已知从 $a$ 走到 $b$ 的总变化，能不能确定中间某一刻真的承担了这份平均变化？

先拿位移作比喻。两小时一共走了 12 千米，平均速度是每小时 6 千米。直觉会说“总有一刻速度正好是 6”，但直觉本身不够用：速度会不会跳变？行程有没有突然断开？实分析要把这些疑问写成条件，再从条件中推出结论。本章的主角正是这条桥梁：端点的平均变化率，必由某个内点的瞬时变化率实现。

从局部极值出发

Fermat 定理先划清边界

设 $c$ 是定义域内部的一点。若存在 $r>0$，使得对所有足够靠近 $c$ 的定义域内点 $x$ 都有

就说 $f$ 在 $c$ 处有局部最大值；把不等号反向得到局部最小值。注意“局部”只比较一小段邻域，和整个定义域上的最大、最小不是同一件事。

Fermat 定理说：若 $c$ 是局部极大点或局部极小点，且 $f$ 在 $c$ 处可导，那么

这里有三个不能吞掉的词：局部极值点、定义域内部、可导。它并没有说“导数为零就一定有极值”，也没有说所有极值点都可导。

我们证明局部最大值的情形。对充分靠近 $c$ 的 $x>c$，有 $f(x)-f(c)\le0$，分母为正，于是

让 $x\to c^+$，右导数不大于零。对 $x<c$，同一个分子仍不大于零，但分母为负，故

让 $x\to c^-$，左导数不小于零。可导意味着左右导数相等；一个数既不大于零又不小于零，只能是零。局部最小值时不等号全部反过来，推理完全相同。

这条必要条件很有用，也很容易被用过头。$f(x)=x^3$ 在 $0$ 处有 $f'(0)=0$，但函数穿过 $$ 时仍在上升， 不是极值点。反过来， 在 处有局部最小值，左右导数却分别为 与 ，所以没有导数。端点也不能套用： 在 的最小值出现在 ，但 并不是可供双侧比较的内部点。

Rolle 定理让水平切线无处可躲

现在设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，并且端点等高：

那么存在某个 $c\in(a,b)$，使得

这就是 Rolle 定理。它说的不是曲线“看上去应该拐一下”，而是：只要这条曲线完整地连着两个等高端点，并且内部处处有切线，就必有一条内部切线水平。

证明把上一章学过的极值定理和 Fermat 定理接起来。连续函数在闭区间 $[a,b]$ 上能取到最大值和最小值。若两个值相同，函数在整个区间恒为常数，任取内点都满足导数为零。若二者不同，端点又取同一个值，那么最大值或最小值中至少有一个不可能只落在端点，必在某个内点 $c$ 取到。Fermat 定理立刻给出 $f'(c)=0$。

三个假设都有工作要做。下面的例子不是为了记反例，而是为了看清证明在哪一步会停住。

平均变化率为什么会落在中间

减去割线，问题就变成 Rolle 形态

对 $a<b$，端点之间的平均变化率是

它是连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的割线斜率。我们真正要证明的是，某条内部切线会与这条割线平行。

Lagrange 中值定理：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $c\in(a,b)$，使得

证明的想法很值得保留。令 $L(x)$ 是经过两个端点的直线：

不要直接盯着 $f$，而是观察曲线到割线的竖直差：

因为割线经过两个端点，$g(a)=g(b)=0$。$g$ 继承了连续性和可导性，故 Rolle 定理给出某个 $c\in(a,b)$ 满足 $g^{\mathrm{\prime }}(c)=$。再把导数展开：

这正是所求结论。所谓“中值定理的技巧”，核心并不是猜中值点，而是把一般的端点高度差减掉，使两端变成同高。

例题：中值点未必显眼，但可以验算

在区间 $[0,2]$ 上考虑

函数是多项式，因此满足中值定理的两项正则性条件。端点增量为

所以平均变化率是 $2/(2-0)=1$。另一方面，

令 $f'(c)=1$，得到

或 $c=-2/\sqrt3$。只有 $2/\sqrt3\in(0,2)$，因此它是本区间内的中值点。代回导数确有

与端点平均变化率一致。定理只保证至少一个中值点；方程若有多个解，要再用区间筛掉不合格的根。

导数界会变成函数值的界

对同一区间中的任意 $x<y$，中值定理给出某个 $\xi\in(x,y)$，使

因此，如果对区间内每个点都有

那么

特别地，若 $|f'(t)|\le M$，便有

这叫作 Lipschitz 型估计。中值点 $\xi$ 往往找不到，也完全不必找；只要它被困在已知导数界的区间内，整个函数差就被控制住了。

例如，对任意实数 $s,t$，有

当 $s\ne t$ 时，对 $\sin x$ 在两个数之间的闭区间应用中值定理，得到 $\sin s-\sin t=\cos\xi\,(s-t)$。再用 取绝对值即可； 时两边同为零。这个不等式把“正弦的导数不超过 1”翻译成“任何两处的函数值不会相差得比横坐标更快”。

两个函数怎样共用一个中值点

Lagrange 中值定理把一个函数的总增量和导数联系起来。若同时有两个函数，能够比较的往往不是各自的平均变化率，而是两者增量的比例。

Cauchy 中值定理：若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $c\in(a,b)$，使得

这个交叉相乘的版本永远有意义。只有在额外知道

时，才可以除过去，写成

分式看起来更熟悉，却比交叉相乘多了两项非零要求；不能把它们默认省略。

证明仍是“造出端点相等的函数”。记

并构造

直接代入可见 $H(a)=H(b)=0$。Rolle 定理给出 $H'(c)=0$，而

恰好就是结论。

例题：比例不是分别取两个中值点

令 $f(x)=e^x$，$g(x)=e^{2x}$，区间取 $[0,\ln2]$。端点增量为

Cauchy 中值定理保证某个 $c\in(0,\ln2)$ 满足

由于 $e^c>0$，可以除以 $e^c$，从而

确实有 $0<\ln(3/2)<\ln2$。这里的关键是两个函数使用同一个 $c$；分别对 $f$、$g$ 使用普通中值定理，只会各得到一个可能不同的点，无法推出上面的比例关系。

用一个内点约束整段函数

导数的符号决定单调方向

设 $I$ 是一个区间，$f$ 在 $I$ 上可导。对任意 $x<y$ 且 $x,y\in I$，整个 $[x,y$ 仍在 中，故可以使用中值定理。于是存在 ，使

因为 $y-x>0$，导数的符号会直接传给函数差：

最后一行也可单独读作一个常用结论：如果 $f'=0$ 在一个区间上处处成立，那么任意两点 $x<y$ 满足 $f(y)-f(x)=0$，所以函数在整个区间只有一个值。由此还能得到：若 在区间 上处处成立，则 在 上是常值函数。

方向不能倒过来。严格递增的 $x^3$ 在 $0$ 处仍有导数 $0$，所以“严格递增 $\Rightarrow f'>0$ 处处成立”是错的。另一个容易漏掉的量词是“整个区间”：在 $\mathbb{R}\setminus \{$ 上定义 （）和 （），则 在其定义域每一点都成立，函数却不是常值，因为定义域分成了两段。中值定理要求能把任意两点之间的整段放进定义域，区间这个条件正是在保证这件事。

导数可以不连续，却不能跳过中间值

连续函数有介值性质：函数从一个值走到另一个值时，不会跳过中间高度。导数未必连续，但仍有一个令人意外的限制。

设 $f$ 在开区间 $I$ 上可导，取 $u<v$ 且 $u,v\in I$。若实数 $\lambda$ 严格介于 $f^{\mathrm{\prime }}(u$ 与 之间，那么存在 ，使得

这就是导数的 Darboux 性质。为证明它，不妨设

并令

于是 $q'(u)<0$、$q'(v)>0$。$q$ 在 上连续，因而有最小值。 表明从 向右走一小步，函数值会低于 ； 表明从 向左走一小步，函数值也会低于 。最小值不可能在任一端点，只能在内部某点 取得。Fermat 定理给出 ，于是 。若端点导数大小相反，交换两端的角色即可。

“有介值性质”不等于“连续”。考虑

在 $0$ 处，差商为 $x\sin(1/x)$，极限是 $0$，所以 $f'(0)=0$。在 $x\ne0$ 时，

取 $x_n=1/(2\pi n)$ 与 $y_n=1/((2n+1)\pi)$，它们都趋于 ，但 、。因此 在 处不连续。尽管如此，它仍不能像阶跃函数那样从负值直接跳到正值而漏掉 ；Darboux 性质在这里仍然成立。

Taylor 多项式把局部信息逐层叠起来

上一章的一阶线性化是

如果在 $a$ 处还知道二阶、三阶直到 $n$ 阶导数，就希望用一个多项式把这些局部变化都记下来。令 $f^{(0)}=f$。满足

的多项式只能是

它叫作 $f$ 在 $a$ 点的 $n$ 阶 Taylor 多项式。系数不是约定出来的：若写成 $P_n(x)=\sum_{k=0}^n A_k(x-a)^k$，对它求 阶导数再令 ，只有第 项留下，得到 ，所以 。

为把条件说清楚，若 $f$ 在包含 $a$ 的某个开区间上有 $n$ 阶连续导数，那么 Taylor 多项式有高阶局部精度：

这句话只谈 $x$ 靠近 $a$ 时的相对误差；它没有给某个固定 $x$ 的具体误差，也没有说把所有 Taylor 多项式无限相加必定恢复原函数。固定点的误差需要下一节的余项，关于无限级数的问题则要等到函数项级数部分再处理。

高阶导数如何判别局部极值

Taylor 展开还解释了常见的“高阶导数判别”。设 $f$ 在 $a$ 的某个邻域内有 $n$ 阶连续导数，并且 $n$ 是最小的正整数，满足

那么在 $a$ 附近，主导项是

由余项的严格版本可得以下结论：$n$ 为奇数时，$(x-a)^n$ 在两侧异号，$a$ 不是局部极值点；$n$ 为偶数时，$f^{(n)}(a)>0$ 给出局部最小值， 给出局部最大值。二阶导数判别只是 的特例。

这也是充分判定，不是万能机器。若所有阶导数在 $a$ 都为零，规则没有结论。例如

在 $0$ 处有局部最小值，且每一阶导数都等于 $0$。对 $x\ne0$ 反复求导会得到“$1/x$ 的多项式乘 $e^{-1/x^2}$”的形式；指数衰减快过任何幂，因此这些表达式在 时都趋于零，可归纳得到 。所有有限阶 Taylor 多项式都是零，却不能据此说 在 附近恒为零。

余项给近似一张可核对的收据

现在取包含 $a$ 与 $x$ 的开区间 $I$，设 $f^{(n+1)}$ 在 $I$ 上存在，且 $x\ne a$。Taylor 定理给出某个介于 与 之间的 ，使

最后一项记为 $R_n(x)$，叫作 Lagrange 型余项：

$\xi$ 通常无法预先写出，但它的位置很明确：就在 $a$ 和 $x$ 之间。这已经足够做估计。若在线段两端之间有

则

这才是“近似得不错”的可检查版本。没有导数界时，图像看起来贴近、前几位小数碰巧相同，都不能替代误差证明。

证明为什么仍然是 Rolle 定理

为看清余项来自哪里，先假设 $a<x$；$x<a$ 时在反向区间上做同样的论证。定义

再构造

按 $A$ 的定义，$H(a)=H(x)=0$。同时，$P_n$ 与 $f$ 在 处的前 阶导数相同，所以

先对 $H$ 在 $[a,x]$ 上使用 Rolle 定理，得到 $H'$ 的一个内部零点；而 $H'(a)=0$，于是可继续对 使用 Rolle 定理。这样重复 次，得到某个 ，满足

由于 $P_n$ 的 $n+1$ 阶导数为零，$(t-a)^{n+1}/(n+1)!$ 的 阶导数为 ，故

把 $A=f^{(n+1)}(\xi)$ 代回其定义，就得到余项公式。Taylor 定理看似比中值定理复杂，骨架却没有变：构造一个在端点相等的辅助函数，再反复把“整体的零”压到内部导数上。

例题：三次近似究竟误差多大

用

近似 $e^x$，并限制 $|x|\le1/4$。因为 $e^x$ 的每一阶导数仍是 $e^x$，Taylor 余项给出

其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。由 $|x|\le1/4$ 可知 $\xi\le1/4$，所以

使用 $e^{1/4}<1.285$，得到

这里提高阶数确实压低了 $|x|^{n+1}$，但这不是无条件的承诺。区间变大时，幂次会放大；如果高阶导数的上界本身很大，也会抵消阶乘带来的好处。选近似阶数时，要同时检查距离 $|x-a|$ 和下一阶导数的界。

从变化率走向累积量

本章把上一章的一点导数扩展成了整段结论：Fermat 定理把内部极值压到导数为零；Rolle 定理把等高端点压到一条水平切线；中值定理进一步让端点平均变化率在中间实现。于是导数的符号能判断单调性，导数的大小能控制函数差，导数即使不连续也不能跳过中间值。Taylor 定理则把这种“中间点存在”的机制变成具体的近似误差。

接下来要把视角从变化率转向累积量。积分同样会从一个直觉开始：把许多小区间上的局部贡献加起来。但这一次，不能只依赖某些取样点看起来接近；我们要用分割、上和与下和给“总量”一个能经受证明的定义。

自检练习

1. 令 $p(x)=x^3-4x$。在 $[-2,2]$ 上使用 Rolle 定理，找出所有由定理保证的中值点。

2. 只用中值定理证明：对每个实数 $x$，都有 $e^x\ge1+x$，且等号只在 $x=0$ 成立。

3. 对 $f(x)=x^2$、$g(x)=x^3$ 在区间 $[1,3]$ 上使用 Cauchy 中值定理，求一个中值点，并核对比例式。

4. 设 $f$ 在开区间 $(-2,2)$ 上可导，并且 $f'(-1/2)<-2$、$f'(1/2)>3$。证明存在两个内点，一个处导数为 ，另一个处导数为 。

5. 用三阶 Taylor 多项式在 $0$ 附近近似 $\cos x$。证明当 $|x|\le0.3$ 时，近似 $1-x^2/2$ 的误差不超过 $0.0003375$。

6. 判断 $r(x)=x^4-2x^6$ 在 $0$ 处是否有局部极值，并分别用高阶导数判别和直接估计核对。

令导数为零：

两个数都在 $(-2,2)$ 中，代回均有 $p'(x)=0$。因此中值点为 $-2/\sqrt3$ 与 $2/\sqrt3$；Rolle 定理只承诺至少一个，此题恰好有两个。

由于 $\xi>0$，$e^\xi>1$，故 $e^x-1>x$，即 $e^x>1+x$。

当 $x<0$ 时，在 $[x,0]$ 上使用中值定理，存在 $\xi\in(x,0)$，使

此时 $e^\xi<1$，所以 $1-e^x<-x$，整理仍得 $e^x>1+x$。最后 $x=0$ 时，$e^0=1=1+0$。因此等号仅在 $0$ 成立。

因为 $c\in(1,3)$，$c\ne0$，可约去 $c$：

它确实位于 $(1,3)$。并且

分母 $g'(c)=3c^2$ 非零，故这里写比例式是合法的。

满足 $f'(c_0)=0$。再对 $\lambda=1$ 应用同一性质，得到某个

满足 $f'(c_1)=1$。两点不可能相同，因为同一点的导数不可能同时等于 $0$ 和 $1$。

四阶导数仍是 $\cos x$，其绝对值不超过 $1$。Taylor 余项给出

代入 $|x|\le0.3$：

因此该误差界成立。

当 $|x|<1/\sqrt2$ 时，$1-2x^2>0$，所以 $r(x)\ge0=r(0)$；当 $x\ne0$ 时甚至严格大于零。两种方法给出同一结论。