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记忆内容

1 中值定理

(一) 费马引理 - F\mathrm{F}F

  设f(x)\,f(x)\,f(x)在x0\,x_0\,x0​的邻域内有定义，且在x0\,x_0\,x0​处可导，若f(x)\,f(x)\,f(x)在x0\,x_0\,x0​处取得该邻域内的极值，那么有f′(x0)=0\,f'(x_0)=0f′(x0​)=0.

  注意：
    (1) F\mathrm{F}\,F直观理解就是 可导 + 极值 => 导数为0.
    (2) F\mathrm{F}\,F其使用非常自然. 只要中值定理证明题中蕴含“在某一点处取到最值”的条件时，可直接写出在该点导数为0的结论.

(二) 罗尔定理 - R\mathrm{R}R

  If\mathrm{If}If (1)f(x)∈C[a,b]\;f(x)\in C[a, b]f(x)∈C[a,b]；
    (2)f(x)\;f(x)\,f(x)在(a,b)\,(a, b)\,(a,b)内可导；
    (3)f(a)=f(b)\;f(a)=f(b)f(a)=f(b).

  则∃ξ∈(a,b)\,\exist \xi\in{\color{Blue} (}a, b{\color{Blue} )}∃ξ∈(a,b)，使f′(ξ)=0\,\color{Purple}f'(\xi)=0f′(ξ)=0.

  注意：
    (1) f(x)∈C[a,b]f(x)\in C[a, b]f(x)∈C[a,b]：f(x)f(x)\,f(x)在[a,b]\,[a, b]\,[a,b]上连续，后同；
    (2) ξ\xi\,ξ至少有一个.

(三) 拉格朗日中值定理 - L\mathrm{L}L

  If\mathrm{If}If (1)f(x)∈C[a,b]\;f(x)\in C[a, b]f(x)∈C[a,b]；
    (2)f(x)\;f(x)\,f(x)在(a,b)\,(a, b)\,(a,b)内可导；

  则∃ξ∈(a,b)\,\exist \xi\in{\color{Blue} (}a, b{\color{Blue} )}∃ξ∈(a,b)，使
f′(ξ)=f(b)−f(a)b−a\,\color{Purple}f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}f′(ξ)=b−af(b)−f(a)​

  注意：
    (1) ξ\xi\,ξ至少有一个；
    (2) Iff(a)=f(b)\mathrm{If}\;f(a)=f(b)Iff(a)=f(b)，L⇒R\mathrm{L} \Rightarrow \mathrm{R}L⇒R；
    (3) 等价形式：f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)\color{Purple}f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)f(b)−f(a)=f′[a+θ(b−a)](b−a)(0<θ<1)\color{Purple}f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)\;\;(0<\theta<1)f(b)−f(a)=f′[a+θ(b−a)](b−a)(0<θ<1)

      三种形式中的θ\,\theta\,θ与ξ\,\xi\,ξ一一对应.

    (4) 证明L\,\text{L}\,L时所使用的辅助函数 (曲线−-−直线)：
φ(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)b−a(x−a)\varphi(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)φ(x)=f(x)−f(a)−b−af(b)−f(a)​(x−a)

(四) 柯西中值定理 - C\mathrm{C}C

  If\mathrm{If}If (1)f(x)、g(x)∈C[a,b]\;f(x)、g(x)\in C[a, b]f(x)、g(x)∈C[a,b]；
    (2)f(x)、g(x)\;f(x)、g(x)\,f(x)、g(x)在(a,b)\,(a, b)\,(a,b)内可导；
    (3)g(x)≠0(a<x<b)\;g(x)\neq0\,\,(a<x<b)g(x)​=0(a<x<b)；

  则∃ξ∈(a,b)\,\exist \xi\in{\color{Blue} (}a, b{\color{Blue} )}∃ξ∈(a,b)，使
f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\color{Purple}\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}g(b)−g(a)f(b)−f(a)​=g′(ξ)f′(ξ)​

  注意：
    (1) g(x)≠0(a<x<b)⇒{g(b)−g(a)≠0；g′(ξ)≠0.g(x)\neq0\,\,(a<x<b) \Rightarrow\begin{cases} g(b)-g(a)\neq0；\\ g'(\xi)\neq0.\\ \end{cases}g(x)​=0(a<x<b)⇒{g(b)−g(a)​=0；g′(ξ)​=0.​
    (2) Ifg(x)=x\mathrm{If}\;g(x)=xIfg(x)=x，C⇒L\mathrm{C} \Rightarrow \mathrm{L}C⇒L；
    (3) 证明C\,\text{C}\,C时所使用辅助函数 (曲线−-−直线)：
φ(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)[g(x)−g(a)]\varphi(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}[g(x)-g(a)]φ(x)=f(x)−f(a)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)​[g(x)−g(a)]

(五) 泰勒中值定理 - T\mathrm{T}T

  条件：f(x)f(x)\,f(x)在x=x0\,x=x_0\,x=x0​邻域内n+1\,\color{Red}n+1\,n+1阶可导.
  结论：f(x)=Pn(x)+Rn(x)f(x)=P_n(x)+R_n(x)f(x)=Pn​(x)+Rn​(x)，其中：
Pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+...+f(n)(x0)n!(x−x0)n；\color{Purple}P_n(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n；Pn​(x)=f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)+2!f′′(x0​)​(x−x0​)2+...+n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n；

Rn(x)={f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1，拉格朗日余项o((x−x0)n)，佩亚诺余项R_n(x)=\begin{cases} {\color{Purple}\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}}，&拉格朗日余项\\ {{\color{Purple}o(}\big({\color{Purple}x-x_0}\big){\color{Purple}^n)}}，&佩亚诺余项\\ \end{cases}Rn​(x)={(n+1)!f(n+1)(ξ)​(x−x0​)n+1，o((x−x0​)n)，​拉格朗日余项佩亚诺余项​

  即：f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+...+f(n)(x0)n!(x−x0)n+Rn(x)\color{Purple}f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)f(x)=f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)+2!f′′(x0​)​(x−x0​)2+...+n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n+Rn​(x)

  麦克劳林公式:
    Ifx0=0\mathrm{If}\;x_0=0Ifx0​=0，则
f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+...+f(n)(0)n!xn+Rn(x)f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_n(x)f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(0)​x2+...+n!f(n)(0)​xn+Rn​(x)

  T\mathrm{T}\,T的推广：
    条件：f(x)f(x)\,f(x)在x=x0\,x=x_0\,x=x0​邻域内n\,\color{Red}n\,n阶连续可导 / 有n\,\color{Red}n\,n阶连续导数.
    结论：f(x)=Pn(x)+o((x−x0)n)f(x)=P_n(x)+o(\big(x-x_0\big)^n)f(x)=Pn​(x)+o((x−x0​)n)
    注意：nn\,n阶连续可导强于n\,n\,n阶可导，弱于n+1\,n+1\,n+1阶可导.

(六) 积分中值定理

  (基本形式) f(x)∈C[a,b]f(x)\in C{[a,b]}f(x)∈C[a,b]，则∃ξ∈[a,b]\,\exist\xi\in{\color{Blue}[}a,b{\color{Blue}]}∃ξ∈[a,b]，使
∫abf(x)dx=f(ξ)(b−a).\int_a^bf(x)\text{d}x=f(\xi)(b-a).∫ab​f(x)dx=f(ξ)(b−a).

  使用介值定理证明.

  (推广) f(x)∈C[a,b]f(x)\in C[a,b]f(x)∈C[a,b]，则∃ξ∈(a,b)\,\exist\xi\in{\color{Blue}(}a,b{\color{Blue})}∃ξ∈(a,b)，使
∫abf(x)dx=f(ξ)(b−a).\int_a^bf(x)\text{d}x=f(\xi)(b-a).∫ab​f(x)dx=f(ξ)(b−a).

  证明过程：令F(x)=∫axf(x)dx\,F(x)=\int^x_af(x)\text{d}xF(x)=∫ax​f(x)dx，∫abf(x)dx=F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)=f(ξ)(b−a)(ξ∈(a,b))\int_a^bf(x)\text{d}x=F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)=f(\xi)(b-a)\;(\xi\in(a,b))∫ab​f(x)dx=F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)=f(ξ)(b−a)(ξ∈(a,b))

  (第一中值定理) f(x)、g(x)∈C[a,b]f(x)、g(x)\in C[a,b]f(x)、g(x)∈C[a,b]，g(x)⩾0g(x)\geqslant0g(x)⩾0，则∃ξ∈(a,b)\,\exist\xi\in{\color{Blue}(}a,b{\color{Blue})}∃ξ∈(a,b)，使
∫abf(x)g(x)dx=f(ξ)∫abg(x)dx.\int_a^bf(x)g(x)\text{d}x=f(\xi)\int_a^bg(x)\text{d}x.∫ab​f(x)g(x)dx=f(ξ)∫ab​g(x)dx.

  注意：
    (1) 中值定理证明题或定积分证明题中，出现定积分的积分区间的长度与其系数成倒数关系，应该用积分中值定理.
    (2) 推广中值定理本质上就是L\,\text{L}\,L的应用.
    (3) 闭区间使用积分中值定理，开区间使用推广中值定理(证明题建议给出推广中值定理的证明过程).
    (4) 第一中值定理多在选择题、填空题中使用.

2 有界与最值定理、介值定理、零点定理

  这三个定理并不属于中值定理，但通常作为中值定理证明过程的一个环节，这里再突出强调一遍.

(一) 有界与最值定理

  设f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，则∃m、M\,\exist\,m、M\,∃m、M，使得m⩽f(x)⩽M\,m\leqslant f(x)\leqslant Mm⩽f(x)⩽M.

(二) 介值定理

  设f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，∀η∈[m,M]\forall \eta \in [m, M]∀η∈[m,M]，∃ξ∈[a,b]\exist\xi\in[a,b]∃ξ∈[a,b]，使得f(ξ)=η\,f(\xi)=\etaf(ξ)=η.

(三) 零点定理

  设f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，且f(a)⋅f(b)<0\,f(a)\cdot f(b)<0f(a)⋅f(b)<0，则∃c∈(a,b)\,\exist c \in (a, b)∃c∈(a,b)，使f(c)=0\,f(c) = 0f(c)=0.

3 证明题常见推论

  下面的推论在证明题中比较多见，需要熟悉. 一般作为证明过程中的一个套路结构，解题过程需要提供证明过程.

(一) 推广零点定理：

  设f(x)∈C[a,+∞)\,f(x) \in C[a, +\infty)f(x)∈C[a,+∞)，且f(a)⋅lim⁡x→+∞f(x)<0\,f(a)\cdot \lim\limits_{x \to +\infty}f(x)<0f(a)⋅x→+∞lim​f(x)<0，则∃c∈(a,+∞)\,\exist c \in (a, +\infty)∃c∈(a,+∞)，使f(c)=0\,f(c) = 0f(c)=0.

(二) 导数零点定理

  f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，(a,b)(a, b)\,(a,b)内可导，且f+′(a)⋅f−′(b)<0\,f'_+(a)\cdot f'_-(b)<0f+′​(a)⋅f−′​(b)<0，
    则∃ξ∈(a,b)\;\exist\xi\in(a, b)∃ξ∈(a,b)，使f′(ξ)=0\,f'(\xi)=0f′(ξ)=0.

  证明：不妨设f+′(a)>0\,f'_+(a)>0f+′​(a)>0、f−′(b)<0f'_-(b)<0f−′​(b)<0.
    因为f+′(a)>0\,f'_+(a)>0f+′​(a)>0，所以存在x1∈(a,b)\,x_1\in(a,b)x1​∈(a,b)，使得f(x1)>f(a)\,f(x_1)>f(a)f(x1​)>f(a).
    因为f−′(b)<0\,f'_-(b)<0f−′​(b)<0，所以存在x2∈(a,b)\,x_2\in(a,b)x2​∈(a,b)，使得f(x2)>f(b)\,f(x_2)>f(b)f(x2​)>f(b).
    (上面两行使用极限定义和保号性证明更加严谨)
    因为f(x)\,f(x)\,f(x)在[a,b]\,[a,b]\,[a,b]上连续，所以f(x)\,f(x)\,f(x)的最大值在(a,b)\,(a,b)\,(a,b)内取到，即存在ξ∈(a,b)\,\xi\in(a,b)ξ∈(a,b)，使f′(ξ)=0\,f'(\xi)=0f′(ξ)=0.

(三) 导数介值定理

  f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，(a,b)(a, b)\,(a,b)内可导，且f+′(a)<f−′(b)\,f'_+(a)< f'_-(b)f+′​(a)<f−′​(b)，
  则∀η∈(f+′(a),f−′(b))\;\forall\eta\in(f'_+(a), f'_-(b))∀η∈(f+′​(a),f−′​(b))，∃ξ∈(a,b)\exist\xi\in(a, b)∃ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)=η\,f'(\xi)=\etaf′(ξ)=η.

  证明：令φ(x)=f(x)−ηx\,\varphi(x)=f(x)-\eta xφ(x)=f(x)−ηx，φ′(x)=f′(x)−η\varphi'(x)=f'(x)-\etaφ′(x)=f′(x)−η，则
    φ+′(a)=f+′(a)−η<0\varphi_+'(a)=f'_+(a)-\eta<0φ+′​(a)=f+′​(a)−η<0，
    φ−′(b)=f−′(b)−η>0\varphi_-'(b)=f'_-(b)-\eta>0φ−′​(b)=f−′​(b)−η>0，
    由导数零点定理，∃ξ∈(a,b)\exist\xi\in(a, b)∃ξ∈(a,b)，使得φ′(ξ)=0\,\varphi'(\xi)=0φ′(ξ)=0，即f′(ξ)=η\,f'(\xi)=\etaf′(ξ)=η.

(四) 平均值定理

  f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，当a<x1<x2<...<xn<b\,a<x_1<x_2<...<x_n<b\,a<x1​<x2​<...<xn​<b时，∃ξ∈[x1,xn]\exist \xi\in\,[x_1,x_n]\,∃ξ∈[x1​,xn​]，使得
f(ξ)=f(x1)+f(x2)+...+f(xn)nf(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}f(ξ)=nf(x1​)+f(x2​)+...+f(xn​)​

  证明：因为f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，所以有m⩽f(x)⩽M\,m\leqslant f(x)\leqslant Mm⩽f(x)⩽M.
    ⇒m⋅n⩽f(x1)+f(x2)+...+f(xn)⩽M⋅n\Rightarrow m\cdot n\leqslant f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)\leqslant M\cdot n⇒m⋅n⩽f(x1​)+f(x2​)+...+f(xn​)⩽M⋅n
    ⇒m⩽f(x1)+f(x2)+...+f(xn)n⩽M\Rightarrow m\leqslant \frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}\leqslant M⇒m⩽nf(x1​)+f(x2​)+...+f(xn​)​⩽M
    由介值定理，∃ξ∈[x1,xn]\exist \xi\in\,[x_1,x_n]\,∃ξ∈[x1​,xn​]，使得
f(ξ)=f(x1)+f(x2)+...+f(xn)nf(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}f(ξ)=nf(x1​)+f(x2​)+...+f(xn​)​

  注意：证明题中见多个f(xi)\,f(x_i)\,f(xi​)相加，就要考虑介值定理.

4 中值定理辅助函数φ(x)\,\varphi(x)\,φ(x)构造思路

  一般情况下，中值定理使用的辅助函数为待证结论整体或某小一部分的原函数.

(一) 直接看出

  有的待证结论很容易看出其原函数：
f′(ξ)g(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=0⇒[f(x)g(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)g(x)f'(\xi)g(\xi)+f(\xi)g'(\xi)=0\;\Rightarrow\;[f(x)g(x)]'=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=f(x)g(x)f′(ξ)g(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=0⇒[f(x)g(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)g(x)f′(ξ)g(ξ)−f(ξ)g′(ξ)=0⇒[f(x)g(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)g(x)f'(\xi)g(\xi)-f(\xi)g'(\xi)=0\;\Rightarrow\;\bigg[\frac{f(x)}{g(x)}\bigg]'=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=\frac{f(x)}{g(x)}f′(ξ)g(ξ)−f(ξ)g′(ξ)=0⇒[g(x)f(x)​]′=0⇒φ(x)=g(x)f(x)​f′(ξ)f(ξ)=0⇒[f2(x)]′=0⇒φ(x)=f2(x)f'(\xi)f(\xi)=0\;\Rightarrow\;[f^2(x)]'=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=f^2(x)f′(ξ)f(ξ)=0⇒[f2(x)]′=0⇒φ(x)=f2(x)f(ξ)f′′(ξ)+[f′(ξ)]2=0⇒[f(x)f′(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)f′(x)f(\xi)f''(\xi)+\big[f'(\xi)\big]^2=0\;\Rightarrow\;\big[f(x)f'(x)\big]'=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=f(x)f'(x)f(ξ)f′′(ξ)+[f′(ξ)]2=0⇒[f(x)f′(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)f′(x)[f′(ξ)]2−f(ξ)f′′(ξ)=0⇒[f(x)f′(x)]′=0⇒φ(x)=f(x)f′(x)[f'(\xi)]^2-f(\xi)f''(\xi)=0\;\Rightarrow\;\bigg[\frac{f(x)}{f'(x)}\bigg]'=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=\frac{f(x)}{f'(x)}[f′(ξ)]2−f(ξ)f′′(ξ)=0⇒[f′(x)f(x)​]′=0⇒φ(x)=f′(x)f(x)​f′′(ξ)g(ξ)+2f′(ξ)g′(ξ)+f(x)g′′(x)=0⇒[f(x)g(x)]′′=0⇒φ(x)=f(x)g(x)f''(\xi)g(\xi)+2f'(\xi)g'(\xi)+f(x)g''(x)=0\;\Rightarrow\;[f(x)g(x)]''=0\;\Rightarrow\;\varphi(x)=f(x)g(x)f′′(ξ)g(ξ)+2f′(ξ)g′(ξ)+f(x)g′′(x)=0⇒[f(x)g(x)]′′=0⇒φ(x)=f(x)g(x)

(二) 还原法

  题目特征：
    证明结论中，仅有ξ\,\xiξ、两项、导数差一阶.

  例如：

f′(ξ)sinξ+f(ξ)cosξ=0f'(\xi)\text{sin}\xi+f(\xi)\text{cos}\xi=0f′(ξ)sinξ+f(ξ)cosξ=02f(ξ)−ξf′(ξ)=02f(\xi)-\xi f'(\xi)=02f(ξ)−ξf′(ξ)=0f′(ξ)−2f(ξ)=0f'(\xi)-2f(\xi)=0f′(ξ)−2f(ξ)=0f′′(ξ)=2f′(ξ)1−ξf''(\xi)=\frac{2f'(\xi)}{1-\xi}f′′(ξ)=1−ξ2f′(ξ)​ξf(ξ)+2∫0ξf(t)dt=0\xi f(\xi)+2\int_0^\xi f(t)\mathrm{d}t=0ξf(ξ)+2∫0ξ​f(t)dt=0

  常用工具：
[lnf(x)]′=f′(x)f(x)\color{Blue}[\text{ln}f(x)]' = \frac{f'(x)}{f(x)}[lnf(x)]′=f(x)f′(x)​[lnf′(x)]′=f′′(x)f′(x)[\text{ln}f'(x)]' = \frac{f''(x)}{f'(x)}[lnf′(x)]′=f′(x)f′′(x)​

  辅助函数构造方法：

    以ξf′(ξ)+2f(ξ)=0\,\xi f'(\xi)+2f(\xi)=0\,ξf′(ξ)+2f(ξ)=0为例：

      1o1^o\;1o把ξ\,\xi\,ξ写成x\,xx：
        xf′+2f=0xf'+2f=0xf′+2f=0
      2o2^o\;2o通过除以f(x)\,f(x)\,f(x)凑出f′(x)f(x)\frac{f'(x)}{f(x)}f(x)f′(x)​：
        f′f+2x=0\frac{f'}{f}+\frac{2}{x}=0ff′​+x2​=0
      3o3^o\;3o还原原函数：
       ⇒[lnf]′+(2lnx)′=0\Rightarrow[\text{ln}f]'+(2\text{ln}x)'=0⇒[lnf]′+(2lnx)′=0
       ⇒[lnx2⋅f]′=0\Rightarrow[\text{ln}x^2 \cdot f]'=0⇒[lnx2⋅f]′=0
      4o4^o\;4o该原函数即为要构造的辅助函数：
        φ(x)=x2f(x)\varphi(x)=x^2f(x)φ(x)=x2f(x).

  常用公式：
    熟练使用下面的公式可以减少分析时间：
f′+kf⇒φ(x)=ekxf(x)f'+kf \Rightarrow \varphi(x)=e^{kx}f(x)f′+kf⇒φ(x)=ekxf(x)

    特别地:
{f′+f⇒φ(x)=exf(x)f′−f⇒φ(x)=e−xf(x)\begin{cases} f'+f \Rightarrow \varphi(x)=e^{x}f(x)\\ f'-f \Rightarrow \varphi(x)=e^{-x}f(x)\\ \end{cases}{f′+f⇒φ(x)=exf(x)f′−f⇒φ(x)=e−xf(x)​ξf′(ξ)+kf(ξ)⇒φ(x)=xkf(x)\xi f'(\xi)+kf(\xi) \Rightarrow \varphi(x)=x^kf(x)ξf′(ξ)+kf(ξ)⇒φ(x)=xkf(x)

(三) 分组法

  题目特征：证明结论中仅有ξ\,\xiξ，且导数差一阶但项数偏多(>2\,>2>2)，或者且导数差两阶.

    如：
f′(ξ)+2f(ξ)=1+2ξf'(\xi)+2f(\xi)=1+2\xif′(ξ)+2f(ξ)=1+2ξf′′(ξ)−2f′(ξ)+2=0f''(\xi)-2f'(\xi)+2=0f′′(ξ)−2f′(ξ)+2=0f′′(ξ)−f(ξ)=0{\color{Red}f''(\xi)-f(\xi)=0}f′′(ξ)−f(ξ)=0

  辅助函数构造方法：
    本质上仍然是还原法，只不过比较难看出，可以视为一种升级版的还原法.

    以f′′(ξ)−2f′(ξ)+2=0\,f''(\xi)-2f'(\xi)+2=0\,f′′(ξ)−2f′(ξ)+2=0为例：
      1o1^o\;1o把ξ\,\xi\,ξ写成x\,xx：
        f′′−2f′+2=0f''-2f'+2=0f′′−2f′+2=0
      2o2^o\;2o进行分组：
        f′′−2f′+2=0f''-2f'+2=0f′′−2f′+2=0
        ⇒f′′−2(f′−1)=0\Rightarrow f''-2(f'-1)=0⇒f′′−2(f′−1)=0
        ⇒(f′−1)′−2(f′−1)=0\Rightarrow (f'-1)'-2(f'-1)=0⇒(f′−1)′−2(f′−1)=0
      3o3^o\;3o令g(x)=\,g(x)=\,g(x)=分组得到的函数：
        ⇒g′−2g=0(g=f′−1)\Rightarrow g'-2g=0\;\;(g=f'-1)⇒g′−2g=0(g=f′−1)
      4o4^o\;4o通过除以g(x)\,g(x)\,g(x)凑出g′(x)g(x)\frac{g'(x)}{g(x)}g(x)g′(x)​：
        g′g−2=0\frac{g'}{g}-2=0gg′​−2=0
      5o5^o\;5o还原原函数：
       ⇒[lng]′+(lne−2x)′=0\Rightarrow[\text{ln}g]'+(\text{ln}e^{-2x})'=0⇒[lng]′+(lne−2x)′=0
       ⇒[lng⋅e−2x]′=0\Rightarrow[\text{ln}g \cdot e^{-2x}]'=0⇒[lng⋅e−2x]′=0
      6o6^o\;6o该原函数即为要构造的辅助函数：
        φ(x)=e−2x[f′(x)−1]\varphi(x)=e^{-2x}[f'(x)-1]φ(x)=e−2x[f′(x)−1].

  注意：如果使用分组法构造出辅助函数后，发现条件不足以使用R\,\text{R}R，需要先根据分组得到的函数再构造更小的辅助函数，比如：

  证明f′′(ξ)−3f′(ξ)+2f(ξ)=0\,f''(\xi)-3f'(\xi)+2f(\xi)=0f′′(ξ)−3f′(ξ)+2f(ξ)=0，通过分组法可构造出辅助函数φ(x)=e−2x[f′(x)−f(x)]\,\varphi(x)=e^{-2x}[f'(x)-f(x)]φ(x)=e−2x[f′(x)−f(x)]. 但题目只给出f(a)=f(b)=f(c)=0\,f(a)=f(b)=f(c)=0f(a)=f(b)=f(c)=0.

  思路：分组法分组后得到：(f′−f)′−2(f′−f)=0(f'-f)'-2(f'-f)=0(f′−f)′−2(f′−f)=0，考虑根据分组得到的函数f′−f\,f'-f\,f′−f构造
h(x)=exf(x)h(x)=e^xf(x)h(x)=exf(x)

  显然h(a)=h(b)=h(c)=0\,h(a)=h(b)=h(c)=0h(a)=h(b)=h(c)=0，于是通过R\,\text{R}\,R可得到使f′−f=0\,f'-f=0\,f′−f=0成立的两个点，
  然后就能对φ(x)\,\varphi(x)\,φ(x)使用R\,R\,R得证了.

(四) 凑微法

  题目特征：
    通常题目待证结论中有两种函数，如f(x)、g(x)\,f(x)、g(x)f(x)、g(x).

  辅助函数构造方法：
    以f(ξ)g(ξ)=f′′(ξ)g′′(ξ)\,\frac{f(\xi)}{g(\xi)}=\frac{f''(\xi)}{g''(\xi)}\,g(ξ)f(ξ)​=g′′(ξ)f′′(ξ)​为例：
      1o1^o\;1o把ξ\,\xi\,ξ写成x\,xx：
        f(x)g(x)=f′′(x)g′′(x)\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f''(x)}{g''(x)}g(x)f(x)​=g′′(x)f′′(x)​
      2o2^o\;2o去分母、移项：
        f(x)g′′(x)−f′′(x)g(x)=0f(x)g''(x)-f''(x)g(x)=0f(x)g′′(x)−f′′(x)g(x)=0
      2o2^o\;2o找出原函数，即为辅助函数：
        [f(x)g′(x)−f′(x)g(x)]′=0[f(x)g'(x)-f'(x)g(x)]'=0[f(x)g′(x)−f′(x)g(x)]′=0
        φ(x)=f(x)g′(x)−f′(x)g(x)\varphi(x)=f(x)g'(x)-f'(x)g(x)φ(x)=f(x)g′(x)−f′(x)g(x).

(五) 微分方程法

  此法非常重要，可以解决相当多的题目，包括含参类型.

  题目特征：
    待证结论是一个可以求解的微分方程，如：
f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=0f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=0f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=h(ξ)f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=h(\xi)f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=h(ξ)

  辅助函数构造方法：
    以f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=0\,f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0\,f′(ξ)+g(ξ)f(ξ)=0为例：

    由f′(x)+g(x)f(x)=0\,f'(x)+g(x)f(x)=0f′(x)+g(x)f(x)=0，解得
f(x)=Ce−∫g(x)dx⇒f(x)e∫g(x)dx=Cf(x)=Ce^{-\int g(x)\text{d}x}\Rightarrow f(x)e^{\int g(x)\text{d}x}=Cf(x)=Ce−∫g(x)dx⇒f(x)e∫g(x)dx=C

    令φ(x)=f(x)e∫g(x)dx\,\varphi(x)=f(x)e^{\int g(x)\text{d}x}φ(x)=f(x)e∫g(x)dx.

    注意：微分方程要化到一侧是常数C\,CC，因为最终目的是得到φ′(x)=0\,\varphi'(x)=0φ′(x)=0，即让方程常数的一侧求导后等于0\,00.

(六) 辅助函数的辅助函数

  针对一些更为复杂问题，可能需要构造不止一个辅助函数. 比如考虑下面这种情况：

  情景：对于一个应当使用R\,\mathrm{R}\,R解决的问题，假设已经找到三点a<c<b\,a<c<b\,a<c<b且这三点有f(a)=f(c)=f(b)\,f(a)=f(c)=f(b)f(a)=f(c)=f(b)，通过分析题目条件构造出辅助函数：φ(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)\varphi(x)=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)φ(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x). 现在的目标是找到φ(ξ1)=φ(ξ2)\,\varphi(\xi_1)=\varphi(\xi_2)φ(ξ1​)=φ(ξ2​).

  常规思路：如果将f(a)=f(c)=f(b)\,f(a)=f(c)=f(b)\,f(a)=f(c)=f(b)解读为f′(ξ1)=f′(ξ2)=0\,f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0f′(ξ1​)=f′(ξ2​)=0，会发现代入φ(x)\,\varphi(x)\,φ(x)只能保证f′(x)g(x)=0f'(x)g(x)=0f′(x)g(x)=0，而f(x)g′(x)\,f(x)g'(x)\,f(x)g′(x)则不一定. 因此，我们无法通过这种方法找到φ(ξ1)=φ(ξ2)\,\varphi(\xi_1)=\varphi(\xi_2)φ(ξ1​)=φ(ξ2​).

  正确思路：考虑再构造h(x)=f(x)g(x)\,h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}h(x)=g(x)f(x)​，显然h(x)\,h(x)\,h(x)连续，且h(a)=h(c)=h(b)=0\,h(a)=h(c)=h(b)=0h(a)=h(c)=h(b)=0. 可以将h(a)=h(c)=h(b)=0\,h(a)=h(c)=h(b)=0\,h(a)=h(c)=h(b)=0解读为h′(ξ1)=h′(ξ2)=0\,h'(\xi_1)=h'(\xi_2)=0h′(ξ1​)=h′(ξ2​)=0. 而h′(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g2(x)\,h'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}h′(x)=g2(x)f′(x)g(x)−f(x)g′(x)​，如此就能保证φ(ξ1)=φ(ξ2)=0\,\varphi(\xi_1)=\varphi(\xi_2)=0φ(ξ1​)=φ(ξ2​)=0.

5 中值定理的选择思路

(一) R\mathrm{R}\,R的应用

  题目特征：
    待证结论出现f(n)(ξ)=0\,\color{Red}f^{(n)}(\xi)=0f(n)(ξ)=0.

  思路：
    
    f′(ξ)=0⇒f'(\xi)=0 \Rightarrow\,f′(ξ)=0⇒找f(a)=f(b)\,f(a)=f(b)f(a)=f(b)；
    f′′(ξ)=0⇒f''(\xi)=0 \Rightarrow\,f′′(ξ)=0⇒找{f(a)=f(b)=f(c)f′(ξ1)=f′(ξ2)\begin{cases}f(a)=f(b)=f(c)\\f'(\xi_1)=f'(\xi_2)\end{cases}{f(a)=f(b)=f(c)f′(ξ1​)=f′(ξ2​)​；
    以此类推…

  注意：
    (1) 有的题目看上去是证明两个函数的关系，比如证明f′(ξ)=g′(ξ)\,f'(\xi)=g'(\xi)f′(ξ)=g′(ξ)，但如果题目中有f(?)=g(?)\,f(?)=g(?)\,f(?)=g(?)这样的条件，就可以考虑通过构造辅助函数φ(x)=f(x)−g(x)\,\varphi(x)=f(x)-g(x)\,φ(x)=f(x)−g(x)，从而将问题转化为用R\,\mathrm{R}\,R解决的f(n)(ξ)=0\,f^{(n)}(\xi)=0\,f(n)(ξ)=0.
    (2) 个别f′(ξ)=0\,f'(\xi)=0\,f′(ξ)=0的题目也有可能根本不需要使用R\,\text{R}\,R. 比如能够确定函数在给定开区间内取得最大值，即可确定函数在该开区间内有导数为0\,0\,0的点 (F\mathrm{F}\,F的应用).

(二) L\mathrm{L}\,L的应用

  思路：
    L\mathrm{L}\,L的使用极其广泛，考虑使用L\,\mathrm{L}\,L的三个习惯：
      a) 出现f(b)−f(a)/f(b)−f(a)b−a/f(a)≠f(b)\,f(b)-f(a)\;/\; \frac{f(b)-f(a)}{b-a}\;/\; f(a)\neq f(b)f(b)−f(a)/b−af(b)−f(a)​/f(a)​=f(b)；
      b) 出现三点函数值：f(a)、f(b)、f(c)⇒2Lf(a)、f(b)、f(c) \Rightarrow 2\mathrm{L}\,f(a)、f(b)、f(c)⇒2L(代表使用两次拉格朗日中值定理，下同)；
      c) 题目是关于f(x)\,f(x)\,f(x)和f′(x)\,f'(x)\,f′(x)的问题.

  注意：
    (1) f⇒f′f \Rightarrow f'\,f⇒f′也可能是需要使用N.-L.\,\text{N.-L.}\,N.-L.(莱布尼茨公式)解决的问题.
    (2) 可能出现f(b)−f(a)\,f(b)-f(a)\,f(b)−f(a)的地方：题目直接给出、有某个点的函数值为0\,00、∞−∞\infty-\infty\,∞−∞的极限中、增量Δy\,\Delta yΔy、f(x)−f(x−1)f(x)-f(x-1)f(x)−f(x−1)、不等式中(如：2f(a)<f(b)2f(a)<f(b)2f(a)<f(b))…

(三) C\mathrm{C}\,C的应用

  可能使用C\,\mathrm{C}\,C的题目：
    1. 一般的单中值问题、可分离参数的含参单中值问题.
    2. 多中值问题.
    3. 分子分母明显源于两个函数.

(四) T\mathrm{T}\,T的应用

  题目特征：
   T\mathrm{T}\,T的特征不明显，变化多端，题目若出现以下特征都有可能是：
    1. 基本条件：f(n)(ξ)(n⩾2)f^{(n)}(\xi) \;\;(n\geqslant 2)f(n)(ξ)(n⩾2)；
    2. 条件和结论中出现{f(a)、f(b)、f(c)⇒2Lf′(a)、f′(b)、f′(c)⇒2Lf(a)、f′(b)、f(c)⇒2T{f(a)=f(c)+...f(b)=f(c)+...f′(a)、f(b)、f′(c)⇒2T{f(b)=f(a)+...f(b)=f(c)+...\begin{cases}f(a)、f(b)、f(c) \Rightarrow 2\mathrm{L}\\ f'(a)、f'(b)、f'(c) \Rightarrow 2\mathrm{L}\\ {\color{Red}f(a)、f'(b)、f(c) \Rightarrow 2\mathrm{T} }\begin{cases}f(a)=f(c)+...\\f(b)=f(c)+...\end{cases}\\ {\color{Red}f'(a)、f(b)、f'(c) \Rightarrow 2\mathrm{T} }\begin{cases}f(b)=f(a)+...\\f(b)=f(c)+...\end{cases} \end{cases}⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​f(a)、f(b)、f(c)⇒2Lf′(a)、f′(b)、f′(c)⇒2Lf(a)、f′(b)、f(c)⇒2T{f(a)=f(c)+...f(b)=f(c)+...​f′(a)、f(b)、f′(c)⇒2T{f(b)=f(a)+...f(b)=f(c)+...​​
    3. 条件中出现n\,n\,n阶连续可导或具有n\,n\,n阶连续导数，一般可以泰勒展开到拉格朗日余项的阶数正好等于条件所给的阶数n\,n\,n.
    4. 待证结论是一个不等式.
    5. 出现大于等于二阶的导数，尤其是题目给的点很少时.
    6. 条件中出现最值，或形如min⁡i⩽x⩽jf(x)=−1\,\min\limits_{i \leqslant x\leqslant j}f(x)=-1\,i⩽x⩽jmin​f(x)=−1的条件. 通常可以得到一个f′(x)=0\,f'(x)=0\,f′(x)=0，然后可能产生第2点的情况.
    7. 很容易确定x\,x\,x、x0\,x_0\,x0​的取值.
    8. 题目中出现绝对值.
    9. 证明一个高阶导数与常数的关系，如证明f′′′(ξ)=3\,f'''(\xi)=3f′′′(ξ)=3、f′′(ξ)⩾8\,f''(\xi)\geqslant 8f′′(ξ)⩾8，很有可能是T\,\mathrm{T}\,T与介值定理结合的题目.
    10. 结论中出现f(a+b2)\,f(\frac{a+b}{2})f(2a+b​).

  注意：
    1. xx\,x的选取：
      (1) 条件中有f(a)=?\,f(a)=?f(a)=?、f(b)=?⇒x=af(b)=?\Rightarrow x=af(b)=?⇒x=a、x=bx=bx=b.
      (2) 直接找条件中区间的两个端点x=a\,x=ax=a、x=bx=bx=b.
      (3) 任意一点 (如区间的中点). 这样就能用该点写两个式子 (对应就要找两个x0\,x_0x0​).
    2. x0x_0\,x0​的选取：
      (1) 条件中一阶导数f′(c)=?⇒x0=c\,f'(c)=?\Rightarrow x_0=cf′(c)=?⇒x0​=c.
      (2) 条件中无一阶导数 / 有多个一阶导数⇒x0=a+b2\,\Rightarrow x_0=\frac{a+b}{2}⇒x0​=2a+b​.
      (3) 条件中有f′(a)=?\,f'(a)=?f′(a)=?、f′(b)=?⇒x0=af'(b)=?\Rightarrow x_0=af′(b)=?⇒x0​=a、x0=bx_0=bx0​=b.
    3. 在得到两个泰勒公式以后，先各自进行整理. 下一步需要如何处理视情况而定(可能两式相减、相加或各自处理).
    4. 拉格朗日余项通常要给题目出现的最高次.
    5. 题目可能会在第一问要求写出带拉格朗日余项的泰勒公式/麦克劳林公式，一定要小心题目给的阶数(确定写到哪一阶)和导数条件(确定哪些项是0).

(五) 积分中值定理、非中值定理

  (1) 待证结论中值是开区间，但没有出现导数，应该着重考虑零点定理.
    如：证明存在η∈(12,1)\,\eta\in(\frac{1}{2},1)η∈(21​,1)，使得f(η)=η\,f(\eta)=\etaf(η)=η.

  零点定理辅助函数的构造：
    比如待证结论是f(η)=η\,f(\eta)=\etaf(η)=η，就设h(x)=f(x)−x\,h(x)=f(x)-xh(x)=f(x)−x，然后代入端点值看h(x)\,h(x)\,h(x)正负.

  (2) 待证结论中值是闭区间，考虑介值定理、积分中值定理(如果出现定积分).

  (3) 待证结论出现多个函数值相加，考虑介值定理 (即便是开区间，也有可能作为中间步骤).

题型

1 中值定理直接应用

(一) 求中值

  利用L\,\mathrm{L}\,L直接求中值.

(二) 求极限

  1. 利用L\,\mathrm{L}\,L求极限.
  2. 已知中值求极限：
    如：设ξ\,\xi\,ξ为f(x)=arctanx\,f(x)=\text{arctan}x\,f(x)=arctanx在[0,a]\,[0,a]\,[0,a]上使用微分中值定理的中值，则lim⁡a→0ξ2a2\lim\limits_{a\to 0}\frac{\xi^2}{a^2}a→0lim​a2ξ2​为？

2 中值定理证明题

(一) 单中值问题

  题目特征：
    题目待证结论中只有ξ\,\xiξ，没有其他中值和参数.

    (1) 待证结论出现f(n)(ξ)=0⇒R\,f^{(n)}(\xi)=0\Rightarrow \mathrm{R}f(n)(ξ)=0⇒R；
    (2) {f(b)−f(a)b−a→Lf(b)−f(a)g(b)−g(a)→C\begin{cases}\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \to \mathrm{L}\\ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\to \mathrm{C}\end{cases}{b−af(b)−f(a)​→Lg(b)−g(a)f(b)−f(a)​→C​；
    (3) 符合使用T\,\mathrm{T}\,T的特征.

  解题思路：
    还原法、分组法、凑微法、微分方程法等.

(二) 含参单中值问题

  题目特征：
    题目待证结论由ξ\,\xi\,ξ和参数a、b\,a、b\,a、b组成.

  解题思路：
    (1) ξ\xi\,ξ与a、b\,a、b\,a、b可以分离：
      将带参数的项分离到等式一侧考虑，分离后根据参数一侧的形式选择中值定理求解：{f(b)−f(a)b−a→Lf(b)−f(a)g(b)−g(a)→C\begin{cases}\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \to \mathrm{L}\\ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\to \mathrm{C}\end{cases}{b−af(b)−f(a)​→Lg(b)−g(a)f(b)−f(a)​→C​
    (2) ξ\xi\,ξ与a、b\,a、b\,a、b不可分离：凑微法.

  有的题目待证结论中只含一个字母(比如f(a)−ξf′(ξ)=f(ξ)\,f(a)-\xi f'(\xi)=f(\xi)f(a)−ξf′(ξ)=f(ξ))，可以尝试直接连同f(a)\,f(a)\,f(a)构造辅助函数：[f(a)−xf(x)]′=0⇒φ(x)=x[f(a)−f(x)][f(a)-xf(x)]'=0\Rightarrow\varphi(x)=x[f(a)-f(x)][f(a)−xf(x)]′=0⇒φ(x)=x[f(a)−f(x)].

(三) 多中值问题

  题目特征：
    题目待证结论中包含多个中值(ξ、η、ζ\,\xi、\eta、\zetaξ、η、ζ…)，并且这些中值出现在同一层次中(导数阶数一致). 有的题目还会包含一些参数.

(1) 待证结论中只含f′(ξ)、f′(η)、f′(ζ)...\,f'(\xi)、f'(\eta)、f'(\zeta)...f′(ξ)、f′(η)、f′(ζ)...和常数

  比如：
1f′(ξ)+1f′(η)=2\frac{1}{f'(\xi)}+\frac{1}{f'(\eta)}=2f′(ξ)1​+f′(η)1​=2

  解题思路：
    找若干点分割区间 (比如端点、中点，或者就设点c∈(a,b)\,c\in(a,b)\,c∈(a,b))，

    若有两个中值：f′(ξ)、f′(η)⇒\,f'(\xi)、f'(\eta)\Rightarrow\,f′(ξ)、f′(η)⇒找三点，2L2\mathrm{L}2L (比如找两个端点和一个区间内的点，就可以划分出两段区间，用两次L\,\text{L}L)
    若有三个中值：f′(ξ)、f′(η)、f′(ζ)⇒\,f'(\xi)、f'(\eta)、f'(\zeta)\Rightarrow\,f′(ξ)、f′(η)、f′(ζ)⇒找四点，3L3\mathrm{L}3L
    以此类推…

(2) 待证结论中的各中值复杂度不同

  解题思路：
    将注意力放在复杂的中值上，将该中值涉及项都移至一侧，然后根据其形式考虑：{()′→L；()′()′→C；\begin{cases} (\;\;\;)' \to \mathrm{L}；\\ \frac{(\;\;\;)'}{(\;\;\;)'} \to \mathrm{C}；\\ \end{cases}{()′→L；()′()′​→C；​

  例：(下面最复杂的中值是ξ\,\xiξ，既有ξ\,\xi\,ξ又有f′(ξ)\,f'(\xi)f′(ξ))

f′(ζ)f′(ξ)=ξη⇒ηf′(ζ)=ξf′(ξ)=f′(ξ)1ξ=f(b)−f(a)g(b)−g(a)，g(x)=lnx.\frac{f'(\zeta)}{f'(\xi)}=\frac{\xi}{\eta}\Rightarrow\eta f'(\zeta)=\xi f'(\xi)=\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}，g(x)=\text{ln}x.f′(ξ)f′(ζ)​=ηξ​⇒ηf′(ζ)=ξf′(ξ)=ξ1​f′(ξ)​=g(b)−g(a)f(b)−f(a)​，g(x)=lnx.

(3) 待证结论中的各中值对应项完全对等

  思路：对其中一个中值构造辅助函数，然后使用L\,\mathrm{L}L.

  注意：有的题目中值非函数项系数可能不同，如f′(ξ)+f′(η)=η−ξ\,f'(\xi)+f'(\eta)=\eta-\xif′(ξ)+f′(η)=η−ξ. 就需要对每个中值分别构造辅助函数.

  例. 设f(x)∈C[0,1]\,f(x)\in C[0,1]f(x)∈C[0,1]，在(0,1)\,(0,1)\,(0,1)内可导，且f(0)=14\,f(0)=\frac{1}{4}f(0)=41​，f(1)=38f(1)=\frac{3}{8}f(1)=83​.
    证明：存在ξ∈(0,12)\,\xi\in(0,\frac{1}{2})ξ∈(0,21​)，η∈(12,1)\eta\in(\frac{1}{2},1)η∈(21​,1)，使得f′(ξ)+2ξ+f′(η)−η=0\,f'(\xi)+2\xi+f'(\eta)-\eta=0f′(ξ)+2ξ+f′(η)−η=0.

  解：令f1(x)=f(x)+x2\,f_1(x)=f(x)+x^2f1​(x)=f(x)+x2，f2(x)=f(x)−12x2f_2(x)=f(x)-\frac{1}{2}x^2f2​(x)=f(x)−21​x2
    ∃ξ∈(0,12)\exist \xi\in(0,\frac{1}{2})∃ξ∈(0,21​)，η∈(12,1)\eta\in(\frac{1}{2},1)η∈(21​,1)
f1′(ξ)=f′(ξ)+2ξ=f1(12)−f1(0)12=2f(12)f_1'(\xi)=f'(\xi)+2\xi=\frac{f_1(\frac{1}{2})-f_1(0)}{\frac{1}{2}}=2f(\frac{1}{2})f1′​(ξ)=f′(ξ)+2ξ=21​f1​(21​)−f1​(0)​=2f(21​)

f2′(η)=f′(η)−η=f2(1)−f2(12)12=−2f(12)f_2'(\eta)=f'(\eta)-\eta=\frac{f_2(1)-f_2(\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}}=-2f(\frac{1}{2})f2′​(η)=f′(η)−η=21​f2​(1)−f2​(21​)​=−2f(21​)

    于是f′(ξ)+2ξ+f′(η)−η=0\,f'(\xi)+2\xi+f'(\eta)-\eta=0f′(ξ)+2ξ+f′(η)−η=0.

(四) 重要技巧

(1) 对于条件中定积分的理解

  两种思路：
    1. 考虑积分中值定理：尤其是给的定积分前面有系数，并与积分上限互为倒数. 如：
      2∫012x2f(x)dx=2⋅c2f(c)⋅(12−0)=c2f(c)2\int_0^{\frac{1}{2}}x^2f(x)\mathrm{d}x=2\cdot c^2f(c)\cdot (\frac{1}{2}-0)=c^2f(c)2∫021​​x2f(x)dx=2⋅c2f(c)⋅(21​−0)=c2f(c).

    2. 考虑莱布尼茨公式：
      令F(x)=∫axf(x)dx\,F(x)=\int_a^xf(x)\mathrm{d}x\,F(x)=∫ax​f(x)dx，F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)F′(x)=f(x)
      ∫abf(x)dx=F(b)−F(a)=F′(x0)(b−a)=(b−a)f(x0)\int_a^bf(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)=F'(x_0)(b-a)=(b-a)f(x_0)∫ab​f(x)dx=F(b)−F(a)=F′(x0​)(b−a)=(b−a)f(x0​).

  例. 设函数f(x)\,f(x)\,f(x)在[0,π]\,[0,\pi]\,[0,π]上连续，且∫0πf(x)dx=0，∫0πf(x)cosdx=0\int^{\pi}_0f(x)\text{d}x=0，\int^\pi_0f(x)\text{cos}\text{d}x=0∫0π​f(x)dx=0，∫0π​f(x)cosdx=0

  试证：在(0,π)\,(0,\pi)\,(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1\,\xi_1ξ1​，ξ2\xi_2ξ2​，使f(ξ1)=f(ξ2)=0\,f(\xi_1)=f(\xi_2)=0f(ξ1​)=f(ξ2​)=0.

  证：
    令F(x)=∫0xf(t)dt\,F(x)=\int^x_0f(t)\text{d}tF(x)=∫0x​f(t)dt，F(0)=F(π)=0F(0)=F(\pi)=0F(0)=F(π)=0，
    存在x0∈(0,π)\,x_0\in(0, \pi)x0​∈(0,π)，使得F′(x0)=0\,F'(x_0)=0F′(x0​)=0，即f(x0)=0\,f(x_0)=0f(x0​)=0.
    (反证) 假设在(0,π)\,(0,\pi)\,(0,π)内f(x)\,f(x)\,f(x)只有x0\,x_0\,x0​一个零点，
    不妨设当x∈(0,x0)\,x\in(0,x_0)\,x∈(0,x0​)时，f(x)<0f(x)<0f(x)<0；当x∈(x0,π)\,x\in(x_0,\pi)\,x∈(x0​,π)时，f(x)>0f(x)>0f(x)>0
∫0πf(x)(cosx−cosx0)dx=∫0x0f(x)(cosx−cosx0)dx+∫x0πf(x)(cosx−cosx0)dx\int^\pi_0f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x=\int_0^{x_0}f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x+\int_{x_0}^\pi f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x∫0π​f(x)(cosx−cosx0​)dx=∫0x0​​f(x)(cosx−cosx0​)dx+∫x0​π​f(x)(cosx−cosx0​)dx

    因为f(x)(cosx−cosx0)\,f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\,f(x)(cosx−cosx0​)在[0,x0]\,[0,x_0]\,[0,x0​]上连续，f(x)(cosx−cosx0)⩽0f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\leqslant0\,f(x)(cosx−cosx0​)⩽0且不恒为0\,00.
    所以∫0x0f(x)(cosx−cosx0)dx<0\,\int_0^{x_0}f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x<0∫0x0​​f(x)(cosx−cosx0​)dx<0，同理可证∫x0πf(x)(cosx−cosx0)dx>0\,\int_{x_0}^{\pi}f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x>0∫x0​π​f(x)(cosx−cosx0​)dx>0.
    而∫0πf(x)(cosx−cosx0)dx=∫0πf(x)cosxdx−∫0πf(x)cosx0dx=0\,\int^\pi_0f(x)(\text{cos}x-\text{cos}x_0)\text{d}x=\int^\pi_0f(x)\text{cos}x\text{d}x-\int^\pi_0f(x)\text{cos}x_0\text{d}x=0∫0π​f(x)(cosx−cosx0​)dx=∫0π​f(x)cosxdx−∫0π​f(x)cosx0​dx=0，矛盾.
    所以在(0,π)\,(0,\pi)\,(0,π)内至少存在两个不同的点ξ1\,\xi_1ξ1​，ξ2\xi_2ξ2​，使f(ξ1)=f(ξ2)=0\,f(\xi_1)=f(\xi_2)=0f(ξ1​)=f(ξ2​)=0.

(2) 区间划分

  端点区间内给出其他点，要考虑是否需要划分区间. 比如给定f(a)=f(b)=f(c)\,f(a)=f(b)=f(c)f(a)=f(b)=f(c)，考虑ξ1∈(a,b)\,\xi_1\in(a,b)ξ1​∈(a,b)、ξ2∈(b,c)\xi_2\in(b,c)ξ2​∈(b,c). 对于多中值问题，要主动考虑区间划分.

(3) 某点取到最值

  出现M\,MM，mmm，min⁡i⩽x⩽jf(x)=...\min\limits_{i\leqslant x \leqslant j}f(x)=...i⩽x⩽jmin​f(x)=...，max⁡i⩽x⩽jf(x)=...\max\limits_{i\leqslant x \leqslant j}f(x)=...i⩽x⩽jmax​f(x)=...
  假设点x=c\,x=c\,x=c处取最值，由F\,\mathrm{F}\,F立即推f′(c)=0\,f'(c)=0f′(c)=0.

(4) f+′(a)⋅f−′(b)>0(<0)\,f'_+(a)\cdot f'_-(b)>0\;(<0)f+′​(a)⋅f−′​(b)>0(<0)

    考虑使用导数零点定理

(5) 证明f(x)≡0\,f(x)\equiv 0f(x)≡0

  可以考虑将问题转化为：证明函数∣f(x)∣\,|f(x)|\,∣f(x)∣的最大值M=0\,M=0M=0.

(6) f(x)、f′(x)f(x)、f'(x)\,f(x)、f′(x)问题

  有三种思路：
    1. 单调性：f′(x)>0(x<0)⇒f(x)↑f'(x)>0(x<0)\Rightarrow f(x)\uparrowf′(x)>0(x<0)⇒f(x)↑.
    2. L\mathrm{L}L：f(x)−f(a)=f′(ξ)(x−a)f(x)-f(a)=f'(\xi)(x-a)f(x)−f(a)=f′(ξ)(x−a).
    3. N.−L.\mathrm{N.-L.}N.−L.：f(x)−f(a)=∫axf′(t)dtf(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)\text{d}tf(x)−f(a)=∫ax​f′(t)dt.

  注意：
    当积分被积函数中无f′(x)\,f'(x)\,f′(x)时，多半使用L\,\mathrm{L}L；
    当积分被积函数中有f′(x)\,f'(x)\,f′(x)时，多半使用莱布尼茨公式.

(7) 对绝对值的解读

    1. 在绝对值内部使用L\,\mathrm{L}L.
    2. 此题也很可能是T\,\mathrm{T}\,T的应用.

(8) nn\,n阶连续可导(具有nn\,n阶连续导数) + 闭区间

  题目特征：
    条件给了n\,n\,n阶连续可导或具有n\,n\,n阶连续导数，中值要证的是闭区间.
    待证结论通常比较复杂，常见的是下面这种导数+定积分的情况：

ξ∈[0,1]，f′(ξ)=2∫01f(x)dx\xi\in[0,1]，f'(\xi)=2\int^1_0f(x)\text{d}xξ∈[0,1]，f′(ξ)=2∫01​f(x)dx

ξ∈[−a,a]，a3f′′(ξ)=3∫−aaf(x)dx\xi\in[-a,a]，a^3f''(\xi)=3\int^a_{-a}f(x)\text{d}xξ∈[−a,a]，a3f′′(ξ)=3∫−aa​f(x)dx

  思路：
    最值定理 + 介值定理 + 中值定理之一 (综合性很强).

    对n\,n\,n阶导数使用最值定理，用中值定理(一阶考虑L\,\mathrm{L}L，二阶考虑T\,\mathrm{T}T)进行适当替换，再使用介值定理证明.

  例. 设f(x)\,f(x)\,f(x)在区间[−a,a](a>0)\,[-a,\,a]\;(a>0)\,[−a,a](a>0)上具有二阶连续导数，f(0)=0f(0)=0f(0)=0，f(0)=0f(0)=0f(0)=0.
    (1) 写出f(x)\,f(x)\,f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；
    (2) 证明：存在ξ∈[−a,a]\,\xi\in[-a,\,a]ξ∈[−a,a]，使得a3f′′(ξ)=3∫−aaf(x)dx\,a^3f''(\xi)=3\int^a_{-a}f(x)\text{d}xa3f′′(ξ)=3∫−aa​f(x)dx.
    
    (1) 解：对任意x∈[−a,a]\,x\in[-a,\,a]x∈[−a,a]，
f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(ξ)2!x2=f′(0)x+f′′(ξ)2x2(ξ介于0和x之间)f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2\;\;(\xi\,介于\,0\,和\,x之间)f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(ξ)​x2=f′(0)x+2f′′(ξ)​x2(ξ介于0和x之间)

    (2) 证明：
      (根据第一问得到的关系，替换掉待证结论中f(x)\,f(x)\,f(x))
      由(1)得，f(x)=f′(0)x+f′′(ξ)2x2f(x)=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2f(x)=f′(0)x+2f′′(ξ)​x2，所以
∫−aaf(x)dx=∫−aaf′(0)xdx+12∫−aaf′′(ξ)x2dx=12∫−aaf′′(ξ)x2dx\int^a_{-a}f(x)\text{d}x=\int^a_{-a}f'(0)x\text{d}x+\frac{1}{2}\int^a_{-a}f''(\xi)x^2\text{d}x=\frac{1}{2}\int^a_{-a}f''(\xi)x^2\text{d}x∫−aa​f(x)dx=∫−aa​f′(0)xdx+21​∫−aa​f′′(ξ)x2dx=21​∫−aa​f′′(ξ)x2dx

      (最值定理) 因为f′′(x)\,f''(x)\,f′′(x)在[−a,a]\,[-a,\,a]\,[−a,a]上连续，由最值定理，存在m\,mm、MMM，使得
m⩽f′′(x)⩽M(x∈[−a,a])m\leqslant f''(x)\leqslant M\;(x\in[-a,\,a])m⩽f′′(x)⩽M(x∈[−a,a])

⇒m⩽f′′(ξ)⩽M\Rightarrow m\leqslant f''(\xi)\leqslant M⇒m⩽f′′(ξ)⩽M

⇒mx2⩽f′′(ξ)x2⩽Mx2\Rightarrow mx^2\leqslant f''(\xi)x^2\leqslant Mx^2⇒mx2⩽f′′(ξ)x2⩽Mx2

⇒a33m=m2∫−aax2dx⩽12∫−aaf′′(ξ)x2dx⩽M2∫−aax2dx=a33M\Rightarrow \frac{a^3}{3}m=\frac{m}{2}\int _{-a}^{a}x^2\text{d}x\leqslant \frac{1}{2}\int^a_{-a}f''(\xi)x^2\text{d}x\leqslant \frac{M}{2}\int _{-a}^{a}x^2\text{d}x=\frac{a^3}{3}M⇒3a3​m=2m​∫−aa​x2dx⩽21​∫−aa​f′′(ξ)x2dx⩽2M​∫−aa​x2dx=3a3​M

⇒m⩽32a3∫−aaf′′(ξ)x2dx=3a3∫−aaf(x)dx⩽M\Rightarrow m\leqslant \frac{3}{2a^3}\int^a_{-a}f''(\xi)x^2\text{d}x=\frac{3}{a^3}\int^a_{-a}f(x)\text{d}x\leqslant M⇒m⩽2a33​∫−aa​f′′(ξ)x2dx=a33​∫−aa​f(x)dx⩽M

      (介值定理) 由介值定理，存在ξ∈[−a,a]\,\xi\in[-a,\,a]ξ∈[−a,a]，使得f′′(ξ)=3a3∫−aaf(x)dx\,f''(\xi)=\frac{3}{a^3}\int^a_{-a}f(x)\text{d}x\,f′′(ξ)=a33​∫−aa​f(x)dx

3 θ\,\theta\,θ问题

  三种出现θ\,\theta\,θ的情况：
    {f(b)−f(a)=f′[a+θ(b−a)](b−a)(0<θ<1)f(x)=Pn(x)+f(n+1)[x0+θ(x−x0)](n+1)!(x−x0)n+1(0<θ<1)∫abf(x)dx=f[a+θ(b−a)](b−a)(0⩽θ⩽1)\begin{cases} f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)\;\;\;(0<\theta<1)\\ f(x)=P_n(x)+\frac{f^{(n+1)}[x_0+\theta(x-x_0)]}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\;\;\;(0<\theta<1)\\ \int_a^bf(x)dx=f[a+\theta(b-a)](b-a)\;\;\;(0\leqslant\theta\leqslant1)\\ \end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​f(b)−f(a)=f′[a+θ(b−a)](b−a)(0<θ<1)f(x)=Pn​(x)+(n+1)!f(n+1)[x0​+θ(x−x0​)]​(x−x0​)n+1(0<θ<1)∫ab​f(x)dx=f[a+θ(b−a)](b−a)(0⩽θ⩽1)​

  Notes\mathrm{Notes}Notes：
    Iff(x)\mathrm{If}\;f(x)\,Iff(x)表达式已知，一般解出θ\,\thetaθ.
    Iff(x)\mathrm{If}\;f(x)\,Iff(x)表达式未知，一般解不出θ\,\thetaθ.

  解题思路：
    (1) 可以解出θ\,\thetaθ，直接求极限即可.
    (2) 解不出θ\,\thetaθ，则通过L\,\mathrm{L}L、积分中值定理或泰勒公式求解.

例：f(x)f(x)\,f(x)在(−1,1)\,(-1,1)\,(−1,1)内具有二阶连续偏导数且f′′(x)≠0\,f''(x)\neq0f′′(x)​=0，已知f(x)=f(0)+xf′(θ(x)x)\,f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)\,f(x)=f(0)+xf′(θ(x)x)成立，证明lim⁡x→0θ(x)=12\,\lim\limits_{x\to 0}\theta(x)=\frac{1}{2}x→0lim​θ(x)=21​.
解：(泰勒公式) 由f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(ξ)2!x2\,f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(ξ)​x2 (ξ\xi\,ξ介于0\,0\,0和x\,x\,x之间)
xf′(θ(x)x)=f′(0)x+f′′(ξ)2!x2xf'(\theta(x)x)=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2xf′(θ(x)x)=f′(0)x+2!f′′(ξ)​x2

⇒f′(θ(x)x)−f′(0)=f′′(ξ)2x\Rightarrow f'(\theta(x)x)-f'(0)=\frac{f''(\xi)}{2}x⇒f′(θ(x)x)−f′(0)=2f′′(ξ)​x

⇒θ(x)f′(θ(x)x)−f′(0)θ(x)x=f′′(ξ)2\Rightarrow \theta(x)\frac{f'(\theta(x)x)-f'(0)}{\theta(x)x}=\frac{f''(\xi)}{2}⇒θ(x)θ(x)xf′(θ(x)x)−f′(0)​=2f′′(ξ)​

⇒lim⁡x→0θ(x)f′(θ(x)x)−f′(0)θ(x)x=lim⁡x→0f′′(ξ)2\Rightarrow \lim\limits_{x\to0}\theta(x)\frac{f'(\theta(x)x)-f'(0)}{\theta(x)x}= \lim\limits_{x\to0}\frac{f''(\xi)}{2}⇒x→0lim​θ(x)θ(x)xf′(θ(x)x)−f′(0)​=x→0lim​2f′′(ξ)​
⇒f′′(0)lim⁡x→0θ(x)=f′′(0)2\Rightarrow f''(0)\lim\limits_{x\to0}\theta(x)=\frac{f''(0)}{2}⇒f′′(0)x→0lim​θ(x)=2f′′(0)​
    由于f′′(x)\,f''(x)\,f′′(x)连续及f′′(x)≠0\,f''(x)\neq0f′′(x)​=0，lim⁡x→0θ(x)=12\lim\limits_{x\to 0}\theta(x)=\frac{1}{2}x→0lim​θ(x)=21​.

4 f′′(x)>0(<0)f''(x)>0\,(<0)\,f′′(x)>0(<0)问题

  题目出现f′′(x)>0(<0)\,f''(x)>0(<0)\,f′′(x)>0(<0)时有两种思路，根据情况选择其中一种：
    {f′′(x)>0⇒f′(x)↑f′′(x)>0⇒f(x)⩾f(x0)+f′(x0)(x−x0)\begin{cases} f''(x)>0 \Rightarrow f'(x)\uparrow \\ f''(x)>0 \Rightarrow f(x) \geqslant f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\\ \end{cases}{f′′(x)>0⇒f′(x)↑f′′(x)>0⇒f(x)⩾f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)​

5 不等式证明

  四种思路：
    1. (单调性)
      令f(x)=...\,f(x)=...\,f(x)=...
      过程中可能用到下面这种传递性：
        {f(0)=0f′(x)>0(x>0)⇒f(x)>0(x>0)\begin{cases}f(0)=0\\f'(x)>0\;\;(x>0)\end{cases}\Rightarrow f(x)>0\;\;(x>0){f(0)=0f′(x)>0(x>0)​⇒f(x)>0(x>0)
    2. (中值定理)
        {f(b)−f(a)b−a、f(b)−f(a)g(b)−g(a)f、f′T的应用\begin{cases} \frac{f(b)-f(a)}{b-a}、\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\\ f、f'\\ \text{T}\,的应用 \end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​b−af(b)−f(a)​、g(b)−g(a)f(b)−f(a)​f、f′T的应用​
    3. (凹凸性)
      {f′′>0⇒f(a+b2)<f(a)+f(b)2f′′>0⇒f(x)⩾f(x0)+f′(x0)(x−x0){f(a)=f(b)=0f′′(x)>0(a<x<b)⇒f(x)<0(a<x<b)\begin{cases} f''>0 \Rightarrow f(\frac{a+b}{2})<\frac{f(a)+f(b)}{2}\\ f''>0 \Rightarrow f(x) \geqslant f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\\ \begin{cases}f(a)=f(b)=0\\f''(x)>0\;\;(a<x<b)\end{cases}\Rightarrow f(x)<0\;\;(a<x<b) \end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​f′′>0⇒f(2a+b​)<2f(a)+f(b)​f′′>0⇒f(x)⩾f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​){f(a)=f(b)=0f′′(x)>0(a<x<b)​⇒f(x)<0(a<x<b)​
    4. (最大最小值)
      证明f(x)⩽Δ\,f(x) \leqslant \Delta\,f(x)⩽Δ时，考虑Δ\,\Delta\,Δ可能为最大值，也有可能是比最大值更大的值；最小值同理.

  注意：
    不等式证明构造函数前，应当多考虑对不等式进行恒等变形，比如先对两边取对数. 直接用左边减右边构造的函数求导可能非常复杂.

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