例1
设a>b>0a>b>0a>b>0，证明：a−ba<lnab<a−bb\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac ab<\dfrac{a-b}{b}aa−b<lnba<ba−b
证：
\qquad令f(x)=lnxf(x)=\ln xf(x)=lnx，x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty)x∈(0,+∞)，xxx在[b,a][b,a][b,a]上连续，在(b,a)(b,a)(b,a)内可导
\qquad由拉格朗日中值定理得，∃ξ∈(b,a)\exist\xi\in(b,a)∃ξ∈(b,a)，使得f(a)−f(b)a−b=f′(ξ)\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=f'(\xi)a−bf(a)−f(b)=f′(ξ)
\qquad所以lnab=lna−lnb=f′(ξ)(a−b)\ln\dfrac ab=\ln a-\ln b=f'(\xi)(a-b)lnba=lna−lnb=f′(ξ)(a−b)
∵f′(x)=1x\qquad \because f'(x)=\dfrac{1}{x}∵f′(x)=x1在(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)上是单调递减函数，b<ξ<ab<\xi<ab<ξ<a
∴f′(a)<f′(ξ)<f′(b)\qquad \therefore f'(a)<f'(\xi)<f'(b)∴f′(a)<f′(ξ)<f′(b)，即f′(a)(a−b)<f′(ξ)(a−)<f′(b)(a−b)f'(a)(a-b)<f'(\xi)(a-)<f'(b)(a-b)f′(a)(a−b)<f′(ξ)(a−)<f′(b)(a−b)
\qquad得证a−ba<lnab<a−bb\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac ab<\dfrac{a-b}{b}aa−b<lnba<ba−b
例2
证明：对于任何实数a,ba,ba,b，∣arctanb−arctana∣≤∣b−a∣|\arctan b-\arctan a|\leq|b-a|∣arctanb−arctana∣≤∣b−a∣恒成立。
证：
∵arctanx\qquad \because \arctan x∵arctanx是单调递增函数
∴\qquad \therefore∴不妨设a<ba<ba<b，即证arctanb−arctana≤b−a\arctan b-\arctan a\leq b-aarctanb−arctana≤b−a
arctanx\qquad \arctan xarctanx在[a,b][a,b][a,b]上连续，在(a,b)(a,b)(a,b)内可导
\qquad由拉格朗日中值定理得∃ξ∈(a,b)\exist\xi\in(a,b)∃ξ∈(a,b)，使得arctanb−arctanab−a≤(arctanξ)′=11+ξ2\dfrac{\arctan b-\arctan a}{b-a}\leq (\arctan \xi)'=\dfrac{1}{1+\xi^2}b−aarctanb−arctana≤(arctanξ)′=1+ξ21
∵11+ξ2≤1\qquad \because \dfrac{1}{1+\xi^2}\leq 1∵1+ξ21≤1
∴arctanb−arctanab−a≤1\qquad \therefore \dfrac{\arctan b-\arctan a}{b-a}\leq 1∴b−aarctanb−arctana≤1，即arctanb−arctana≤b−a\arctan b-\arctan a\leq b-aarctanb−arctana≤b−a
\qquad得证∣arctanb−arctana∣≤∣b−a∣|\arctan b-\arctan a|\leq|b-a|∣arctanb−arctana∣≤∣b−a∣
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