由拉格朗日中值定理得一下两个推论：

推论1

若f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内可导，f′(x)≡0f'(x)\equiv0f′(x)≡0，则f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内为常数。

证明：对于(a,b)(a,b)(a,b)内的任意两点x1

推论2

若f′(x)=g′(x)f'(x)=g'(x)f′(x)=g′(x)，则f(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+C

证明：令h(x)=f(x)−g(x)h(x)=f(x)-g(x)h(x)=f(x)−g(x)，则h′(x)=f′(x)−g′(x)=0h'(x)=f'(x)-g'(x)=0h′(x)=f′(x)−g′(x)=0，由推论1得h(x)h(x)h(x)为常数，得证f(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+C

会用到这些推论的问题一般是证明含有一个或若干个函数的恒等式成立。

例1

证明：∀x∈[−1,1]\forall x\in[-1,1]∀x∈[−1,1]，arcsin⁡x+arccos⁡x=π2\arcsin x+\arccos x=\dfrac{\pi}{2}arcsinx+arccosx=2π​成立。

证：
\qquad令f(x)=arcsin⁡x+arccos⁡xf(x)=\arcsin x+\arccos xf(x)=arcsinx+arccosx，g(x)=π2g(x)=\dfrac{\pi}{2}g(x)=2π​

f′(x)=11−x2−11−x2=0\qquad f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0f′(x)=1−x2​1​−1−x2​1​=0，g′(x)=0g'(x)=0g′(x)=0

\qquad即f(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+C

\qquad代入x=0x=0x=0，f(0)=0+arccos⁡0=π2f(0)=0+\arccos 0=\dfrac{\pi}{2}f(0)=0+arccos0=2π​，g(0)=π2g(0)=\dfrac{\pi}{2}g(0)=2π​

\qquad所以C=0C=0C=0，即f(x)=g(x)f(x)=g(x)f(x)=g(x)，得证arcsin⁡x+arccos⁡x=π2\arcsin x+\arccos x=\dfrac{\pi}{2}arcsinx+arccosx=2π​

例2

证明：∀x∈R\forall x\in R∀x∈R，arctan⁡x+arccot x=π2\arctan x+\text{arccot }x=\dfrac{\pi}{2}arctanx+arccot x=2π​成立。

证：
\qquad令f(x)=arctan⁡x+arccot xf(x)=\arctan x+\text{arccot }xf(x)=arctanx+arccot x，g(x)=π2g(x)=\dfrac{\pi}{2}g(x)=2π​

f′(x)=11+x2−11+x2=0\qquad f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{1+x^2}=0f′(x)=1+x21​−1+x21​=0，g′(x)=0g'(x)=0g′(x)=0

\qquad即f(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+Cf(x)=g(x)+C

\qquad代入x=0x=0x=0，f(0)=0+arccot x=π2f(0)=0+\text{arccot }x=\dfrac{\pi}{2}f(0)=0+arccot x=2π​，g(0)=π2g(0)=\dfrac{\pi}{2}g(0)=2π​

\qquad所以C=0C=0C=0，即f(x)=g(x)f(x)=g(x)f(x)=g(x)，得证arctan⁡x+arccot x=π2\arctan x+\text{arccot }x=\dfrac{\pi}{2}arctanx+arccot x=2π​

总结

构造函数f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)，证明f′(x)=g′(x),f(x)=g(x)+Cf'(x)=g'(x),f(x)=g(x)+Cf′(x)=g′(x),f(x)=g(x)+C，代入特殊值求CCC的值，即可解决此类问题。