设 f 在区间 [a, +∞) 上可导，且 x 从右侧趋于 a 时的极限与 x 趋于 +∞ 时的极限相等，都等于有限数 A。证明存在 ξ ∈ (a, +∞)，使得 f′(ξ) = 0。

Step-by-step solution

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   先认出这是被拉长到无穷区间上的罗尔定理。 罗尔定理要求在两个端点处取相同的函数值；而这里我们手上只有相同的极限，并且有一端在无穷远处，所以定理不能直接套用。绕开的办法是改用费马定理：可导函数在取到局部极值的内点处，导数为零。于是整个证明就归结为把一个极值点牢牢困在 $(a,+\infty)$ 的内部。

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   先把常数的情形处理掉。 若在 $(a,+\infty)$ 上恒有 $f(x)\equiv A$，那么对每个 $x$ 都有 $f'(x)=0$，任取一个 $\xi$ 都行。所以以下不妨假设存在一点 $x_{0}\in(a,+\infty)$ 使 $f(x_{0})\neq A$。必要时把 $f$ 换成 $-f$，我们可以进一步假设

   $f(x_{0})>A$

   因为 $-f$ 的两端极限同样相等（只是取了相反数），导数为零的点也完全一样。

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   用两端的极限把偏大的函数值困进一个有界窗口。 取

   $\varepsilon=\frac{f(x_{0})-A}{2}>0$

   由 $\lim_{x\to a^{+}}f(x)=A$ 知存在 $u\in(a,x_{0})$，使得对一切 $x\in(a,u]$ 都有 $|f(x)-A|<\varepsilon$，从而 $f(x)<A+\varepsilon$。由 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$ 知存在 $v>x_{0}$，使得对一切 $x\geq v$ 都有 $f(x)<A+\varepsilon$。于是在 $[u,v]$ 之外，函数始终低于 $A+\varepsilon$，而在窗口内部它却达到了

   $f(x_{0})=A+2\varepsilon>A+\varepsilon$

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   在闭区间上取到最大值，并说明取值点在内部。 $f$ 可导因而连续，而 $[u,v]$ 是紧区间，由最值定理知 $f$ 在其上某点 $\xi\in[u,v]$ 取到最大值。这个最大值至少是 $f(x_{0})=A+2\varepsilon$。但 $f(u)<A+\varepsilon$、$f(v)<A+\varepsilon$，所以 $\xi$ 不可能是这两个端点中的任何一个：

   $\xi\in(u,v)\subset(a,+\infty)$

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   把 $[u,v]$ 上的最大值升级成全局最大值，再用费马定理。 对 $x\in(a,u)$ 以及 $x>v$，都有 $f(x)<A+\varepsilon<f(\xi)$，所以 $f(\xi)$ 其实是 $f$ 在整个 $(a,+\infty)$ 上的最大值；特别地，它是一个内点处的极大值。又因为 $f$ 在 $\xi$ 处可导，由费马定理得

   $f'(\xi)=0$

   证毕。

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   留意每个条件分别用在了哪里。 $A$ 是有限数，这一点对选取 $\varepsilon$ 必不可少；两端极限相等，才使函数在两头回到同一水平，中间那个隆起就不可能只是一路单调的趋势；而 $f$ 在整个 $(a,+\infty)$ 上可导，才让费马定理能在 $\xi$ 处生效。去掉其中任何一条，结论都可能不成立——例如 $f(x)=1/x$ 在 $[1,\infty)$ 上两端极限并不相同，也就没有导数为零的点。