本篇中会涉及的证明题难度都是以考研数学中的数学证明题为标准，与数学分析中的证明题有别
因此，有些很多地方不会以专业数学的标准来书写，数院聚聚轻喷

本章正进行大规模重写，换了一个新的大纲（之前用的是凯哥的，现在改用夜雨的大纲，感觉夜雨的大纲清晰一点）

考研中常用的的中值定理

费马(Fermat)引理

我这里写 费马引理，但大多数考研教材上都写的是 费马定理，这不严谨
费马定理 分为离散数学中用于求模数为质数的乘法逆元-费马小定理 和世纪问题 - 费马大定理
但都不是本片中提到的 费马引理，请读者注意区别

概念：可导的极值点 一定是 驻点（导数为0的点）

简单证明：

反证法：假设极值点处 $f’(x_0) \ne 0$

$f’(x_0) > 0 \quad\Rightarrow\quad f(x)$ 左低右高，由 极值定义 $x_0$ 非 极值点（矛盾）

$f’(x_0) < 0 \quad\Rightarrow\quad f(x)$ 左高右低，由 极值定义 $x_0$ 非 极值点（矛盾）

由 反证法逻辑 可知，$f’(x_0) = 0$

作用：能够创造出 一阶导数 为 $0$ 的条件辅助证明（往往在缺少一阶导数零点时使用，如【2019-21】）

步骤：利用连续函数 最值定理，并说明极值不在 端点取到，而在 区间内部 取到

如下面这个 导数零点定理 的证明，中间有用到这个思想

导数零点定理

概念：$f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可导，且 $f_{+}’(a)f’_{-}(b) < 0$，则 $\exists\xi\in(a,b),s.t.f’(\xi) = 0$

简单证明：

不妨假设 $f_{+}’(a) > 0, f_{-}’(b) < 0$ ，则

$ \exists \delta_1 > 0, x\in(a,a+\delta_1), s.t. f(x) > f(a) $

$\exists \delta_2 > 0, x\in(b-\delta_2,b), s.t. f(x) > f(b) $

又由 连续函数最值定理 可知，$\exists M, s.t. f(x) < M$

又由上述可知，最大值 不在 端点处 取到，则 最大值点 必然是 区间内 的 极大值点

不妨设该 极大值点 为$\xi(a\lt \xi \lt b)$，再由 费马(Fermat)引理 可知：$f’(\xi) = 0$

关于 导数零点定理 我没在真题中见过，可能唯一作用是用来证明 导数介值定理 的吧

证明题中可能用的不是很多，作为数学常识记住就好了

导数介值定理（达布定理）

概念：$f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可导，则 $f’(x)$ 可以取到介于 $f_{+}’(a)$ 和 $f_{-}’(b)$ 之间的一切值

简单证明：

设 $\eta$ 为介于 $f_{+}’(a)$ 和 $f_{-}’(b)$ 之间的任意值，则不妨设 $f_{+}’(a) < \eta < f_{-}’(b)$

欲证 $\exists \xi \in(a,b), s.t. f’(\xi) = \eta$

这要用到下面一条 Rolle定理 的 辅助函数构造思路 和上面一条 导数零点定理

构造 辅助函数 $F(x) = f(x) - \eta x$，则 $F’(x) = f’(x) - \eta$

又 $F_{+}’(a) = f_{+}’(a) - \eta < 0$，$F_{-}’(b) = f_{-}’(b) - \eta > 0$

又由 导数零点定理 可知：$\exists \xi\in(a,b), s.t.F’(\xi) = 0 \quad\Rightarrow\quad f’(\xi) = \eta \quad QED$

根据 导数零点定理 可以推出：若 $f’(x)$ 无零点，则 $f’(x)$ 要么恒正，要么恒负，故 $f(x)$ 一定单调

根据 导数介值定理 可以推出：若 $f’(x)$ 不取 $k$，则 $f’(x)$ 要么恒大于 $k$，要么恒小于 $k$

这也算是一个数学常识，除了证明题里，在很多其它类型的题目中也可以用到，比如【2022李林6一8】

罗尔(Rolle)定理

概念：$f(x)$ 在开区间上可导，闭区间上连续，且端点处函数值相等，则开区间内存在 $f’(\xi) = 0$

简单证明：

反证法：假设 $f’(x)$ 无零点，则 $f’(x)$ 恒正或恒负

不妨假设 $f’(x)$ 恒正，则 $f(x)$ 严格单调递增

则 $f(b) > f(a)$ 这与 $f(a) = f(b)$ 矛盾，由 反正法思想，$\exists\xi\in(a,b), s.t.f’(\xi) = 0$

到目前为止，在函数 $f(x)$ 上产生一点 $f’(\xi) = 0$，我们就有两个方法了：费马引理，罗尔定理

一些较为简单的罗尔定理辅助函数构造：（复杂的在后面专题里会讲到）

若要证明 “$\exists \xi \in (a,b), s.t. f’(\xi) = 0$” 直接对 $f(x)$ 使用罗尔定理即可，无需构造辅助函数

若要证明 “$\exists \xi \in (a,b), s.t. f’(\xi) = k$” 可令 $F(x) = f(x) - kx$ 然后对 $F(x)$ 适用罗尔定理

若要证明 “$\exists \xi \in (a,b), s.t. f’’(\xi) = 0$ 或 $f’’’(\xi) = 0$” 往往需要反复使用罗尔定理

拉格朗日(Lagrange)中值定理

概念：$f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 上可导，闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $\exists \xi \in(a,b)$，s.t.
$$
f(b) - f(a) = f’(\xi) (b - a)
$$

证明方法：Rolle 定理 + 构造如下辅助函数

$$
F(x) = [f(x) - f(a)](b - a) - [f(b) - f(a)] (x - a)
$$

注意拉格朗日中值定理的几何意义：一条弦的斜率可以用区间内一点的切线斜率代替

柯西(Cauchy)中值定理

概念：$f(x), g(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 上可导，闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $g’(x) \ne 0$，则 $\exists \xi \in (a,b)$，s.t.

$$
\dfrac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \dfrac{f’(\xi)}{g’(\xi)}
$$

证明方法：Rolle 定理 + 构造如下辅助函数
$$
F(x) = [f(x) - f(a)][g(b) - g(a)] - [f(b) - f(a)] [g(x) - g(a)]
$$

积分中值定理

概念：若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $\displaystyle\int_a^bf(x)dx = f(\xi)(b - a)$ ，其中 $\xi \in(a,b)$

简单证明：

构造 辅助函数 $F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)dt$，由 $Lagrange$ 中值定理：

$\exists \xi \in(a, b), s.t.F(b) - F(a) = F’(\xi)(b - a) \quad \Rightarrow \quad \displaystyle\int_a^bf(x)dx = f(\xi)(b - a)$

中值定理证明题概述

考研中甚至是高数竞赛里，会用到的相关中值定理就是如上的所有了

这些定理还有一个范畴别名，叫做 微分中值定理

他们几乎无一例外，都是利用已用的函数 $f(x)$，在一段区间 $[a,b]$ 上进行一个中间导数估计 $f’(\xi)$

而中值定理的证明题，都是给定一个 $f’(\xi) = 0$ 的结论，然后让我们利用已知条件，构造出符合条件的 $g(x)$

最后利用中值定理，在一段区间上，估计出题目要求的满足 $f’(\xi) = 0$ 的等式

而构造符合条件的 $g(x)$ 就是这一类证明题最为困难的地方，接下来的方法都将围绕这一问题展开

原函数法

微积分中的一大基本关系或者说常识是：$f(x) \xrightarrow{\text{求导}} f’(x) \xrightarrow{\text{积分}} f(x)$

因此，对于已知结论 $f’(\xi)$，我们可以利用求不定积分找原函数的方法，找到 $f(x)$

我们用一个中等难度的例题来讲解

【例】设 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 内可导，证明：$\exists \xi\in(-2,2), s.t. $
$$\xi(1-\xi)f’(\xi) + 1 - 2\xi = 0$$
【分析】考虑对方程左侧直接积分：$\displaystyle\int [x(1-x)f’(x) + 1 - 2x] \mathrm{d} x$

第一个项是三个因式相乘，很难积出来，考虑对等式恒等变形再积分

方程两侧同除 $x(1-x)$：$f’(x) + \dfrac{1-2x}{x(1-x)}$，再积分：

$$
\int \dfrac{1-2x}{x(1-x)} \mathrm{dx} =
\int \dfrac{1-x - x}{x(1-x)} \mathrm{dx} =
\int (\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{1-x}) \mathrm{dx} =
\ln |x^2-x| + C
$$

$F(x) = \displaystyle\int [f’(x) + \dfrac{1-2x}{x(1-x)}] \mathrm{dx} = f(x) + \ln|x^2 - x|$

这个形式虽然求导是我们所要的结论，但是无法按照题设找到中值定理的条件

我们考虑一个常用手段：取指数

$$
F(x) = e^{f(x) + \ln|x^2-x|} = e^{f(x)} \cdot e^{\ln|x^2-x|} = |x^2-x| e^{f(x)}
$$

易得两个零点：$F(0) = F(1) = 0$ 原函数找到，大功告成

【解】令 $F(x) = (x-x^2)e^{f(x)}$

显然，$F(0) = F(1) = 0$，由 Rolle 定理：$\exists \xi \in (0, 1)\subset (-2,2), s.t. F’(\xi) = 0$

又 $F’(x) = e^{f(x)} \cdot [1 - 2x + f’(x)(x-x^2)] =
e^{f(x)} \cdot [x(1-x)f’(x) + 1 - 2x]$

故 $\xi(1-\xi)f’(\xi) + 1 - 2\xi = 0$ QED

这个方法限制性很大，有可能积分积不出来，也有可能很难积
但穷途末路的时候，不失为一种方法

微分方程法（万能构造法）

中值定理的证明题，其结论往往是一个微分方程形式

因此，我们不妨试试求解该微分方程的通解，并将通解化为 $F(x)=C$ 的形式

然后再利用上题目的已知条件，建立微分中值的条件

根据考研范围内的微分方程类型，接下来一一介绍各种型的方法

一阶齐次微分方程

形如：$f’(x) + p(x) f(x) = 0$ 的形式

其通解为：$f(x) = Ce^{-\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}}$，根据我们的上述要求变形：$e^{\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}} f(x) = C$

于是有原函数：$F(x) = e^{\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}} f(x)$（这个也是我们常说的 “万能构造法” ）

这个方法很简单，接下来用一道例题进行讲解：

【例】设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，$(a,b)$ 可导，$f(a) = f(b) = 0$,证明：$\exists \xi \in(a,b), s.t.$
$$ f’(\xi) + f^2(\xi) = 0$$

【分析】先求解微分方程：$y’ + y \cdot y = 0$，易得：$e^{-\int y \mathrm{dx}} \cdot y = C$

故考虑构造辅助函数：$F(x) = f(x) \cdot e^{\int f(x)dx}$

【解】考虑用方法构造辅助函数：令 $F(x) = f(x) \cdot e^{\int f(x)dx}$

又 $F(a) = F(b) = 0$，由 Rolle 定理：$\exists \xi \in(a,b), s.t.F’(\xi) = 0$

又 $F’(x) = e^{\int f(x) dx} [f’(x) + f^2(x)]$

故 $f’(\xi) + f^2(\xi) = 0$

一阶非齐次微分方程

形如：$f’(x) + p(x) f(x) = q(x)$ 的形式

其通解为：$f(x) = e^{-\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}} \cdot [\displaystyle\int q(x) e^{\displaystyle \int p(x)\mathrm{dx}}\mathrm{dx} + C]$

变形：$f(x) \cdot e^{\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}} - \displaystyle\int q(x) e^{\displaystyle \int p(x)\mathrm{dx}}\mathrm{dx} = C$

故考虑构造辅助函数：$F(x) = f(x) \cdot e^{\displaystyle\int p(x)\mathrm{dx}} - \displaystyle\int q(x) e^{\displaystyle \int p(x)\mathrm{dx}}\mathrm{dx}$

【例】设 $f(x)$ 在 $[\dfrac{3}{4}\pi, \dfrac{7}{4}\pi]$ 上可导，且 $f(\dfrac{3}{4}\pi) = f(\dfrac{7}{4}\pi) = 0$，证 $\exists \xi \in(\dfrac{3}{4}\pi, \dfrac{7}{4}\pi), s.t.$
$$f’(\xi) + f(\xi) = \cos \xi$$

【分析】求解微分方程：$y’+y = \cos x$，通解为：$f(x) = e^{-x} [\dfrac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C]$

移项：$e^xf(x) - \dfrac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) = C$

考虑构造辅助函数：$F(x) = e^xf(x) - \dfrac{e^x}{2}(\sin x + \cos x)$

【解】令 $F(x) = e^x[f(x)- \dfrac{\sin x + \cos x}{2}]$，则 $F(\dfrac{3}{4}\pi) = 0, F(\dfrac{7}{4}\pi) = 0$

由 Rolle 中值定理：$\exists \xi \in (\dfrac{3}{4}\pi, \dfrac{7}{4}\pi), s.t. F’(\xi) = 0$

又 $F’(x) = e^x[f’(x) + f(x) - \cos x]$

故 $f’(\xi) + f(\xi) = \cos \xi$ QED

二阶常系数齐次微分方程

由于二阶常系数齐次微分方程含有两个任意常数 $C_1,C_2$，因此要优先消掉一个

一般的做法是先把含 $C$ 项上的其他东西除掉，再求导削掉 $C$，如下：

$$
\begin{aligned}
&f(x) = C_1\sin x + C_2\cos x \\
&\dfrac{f(x)}{\sin x} = C_1 + C_2 \cot x \\
&\dfrac{f’(x)\sin x - f(x) \cos x}{\sin^2 x} + \dfrac{C_2}{\sin^2x} = 0 \\
&f’(x)\sin x - f(x) \cos x = C \\
\end{aligned}
$$

由于 $C_1, C_2$ 是任选其一消掉，因此就有可能构造出截然不同的两个原函数

对于两个不同的原函数，需要选择一个配合题设可以建立中值定理的才行

我用下面这道例题来帮助大家理解

【例】设 $f(x)$ 二阶可导，证明：

(1) 若 $f(\dfrac{\pi}{2}) = f(-\dfrac{\pi}{2}) = 0$，则存在 $\xi\in(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}), s.t. f(\xi) + f’’(\xi) = 0.$

(2) 若 $f(0) = f(\pi) = 0$，则存在 $\xi\in(0, \pi), s.t. f(\xi) + f’’(\xi) = 0.$

【分析】微分方程 $y’’+y=0$ 通解为：$y = C_1\sin x+C_2\cos x$

削掉 $C_1$ 有：$f’(x)\sin x - f(x) \cos x = C$

削掉 $C_2$ 有：$f’(x)\cos x + f(x) \sin x = C$

由于题目中的 $f(x)$ 是抽象函数，故 $f’(x)$ 的取值我们是不知道的

因此我们在构造辅助函数的时候，应该尽可能希望 $f’(x)$ 的项不存在，这样才能找到具体值

【解(1)】已知 $f(\dfrac{\pi}{2}) = f(-\dfrac{\pi}{2}) = 0$，因此考虑第二个构造函数

令 $F(x) = f’(x)\cos x + f(x) \sin x$，则有 $F(\dfrac{\pi}{2}) = F(-\dfrac{\pi}{2}) = 0$

由 Rolle 定理可知，$\exists \xi \in (-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}), s.t. F’(\xi) = 0$

又 $F’(x) = f’’(x)\cos x -f’(x)\sin x + f(x)\cos x + f’(x)\sin x = \cos x \cdot (f’’(x) + f’(x))$

故 $f’’(\xi) + f’(\xi) = 0$

【解(2)】已知 $f(0) = f(\pi) = 0$，因此考虑第一个构造函数

令 $F(x) = f’(x)\sin x - f(x) \cos x$，则有 $F(0) = F(\pi) = 0$

由 Rolle 定理可知，$\exists \xi \in (0, \pi), s.t. F’(\xi) = 0$

又 $F’(x) = f’’(x)\sin x + f’(x)\cos x - f’(x) \cos x + f(x)\sin x = \sin x \cdot (f’’(x) + f’(x))$

故 $f’’(\xi) + f’(\xi) = 0$

万能构造在极限中的应用

欲证结论或所给条件中出现了形如 $h’(x) + p(x)h(x)$ 的式子，则考虑利用万能构造法，构造原函数 $F(x)$

这样做的目的，是转化研究对象，把 $h(x)$ 有关条件应用到 $F(x)$ 上，从而做到简化或联系条件和结论

用两道李林六套卷上的原题为大家讲解

【例】可导函数 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x\to+\infty} [f(x) + f’(x)] = A$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$

【解】见到 $f’(x) + 1 \cdot f(x)$ 的条件，考虑构造原函数：$F(x) = f(x) e^{x}$，于是有：

$$
\lim\limits_{x\to+\infty} [f(x) + f’(x)] = \lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{F’(x)}{e^x} = A
$$

再观察结论：$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{F(x)}{e^x}$，考虑一步(推广的)洛必达法则，建立结论和条件的联系：

$$
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) =
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{F(x)}{e^x} =
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{F’(x)}{e^x} = A
$$

本题还可以用 $\lim\limits_{x\to+\infty} f’(x) = 0$ 结论，反证反向构造

【例】设 $a>0$ 是常数，连续函数 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = b, y = y(x)$ 是微分方程 $y’+ay=f(x)$ 的解，求 $\lim\limits_{x\to+\infty} y(x)$

【解】见到 $y’+ay$ 的条件，考虑构造原函数：$F(x) = ye^{ax}$

于是有：$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{F’(x)}{e^{ax}} = f(x)$

再观察结论：$\lim\limits_{x\to+\infty}y(x) =
\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{F(x)}{e^{ax}} \xlongequal{L’}
\dfrac{1}{a} \cdot \lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{F’(x)}{e^{ax}}$

于是建立了结论和条件的联系：

$$
\lim\limits_{x\to+\infty} y(x) =
\dfrac{1}{a} \cdot \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{F’(x)}{e^{ax}} =
\dfrac{1}{a} \cdot \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) =
\dfrac{b}{a}
$$

万能构造在不等式中的应用

思路同上，这里就直接用例题进行讲解

【例】设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续可微，且 $f(0) = 1, f’(x) < f(x)$，求证：$f(x) < e^x \quad(x > 0).$

【解】条件中有 $f’(x) - f(x)$ 的形式，考虑构造原函数 $F(x) = f(x)e^{-x}$

于是有：$F(0) = 1$，$F’(x) = e^{-x}(f’(x) - f(x)) < 0$，即 $F(x)$ 单调减

故 $x > 0$ 时，$F(x) < 1$，即 $f(x)e^{-x} < 1 \quad\Rightarrow\quad f(x) < e^x$

【例】设 $f’(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(0) = 0, f(1) = 1$，求证：$\displaystyle\int_0^1|f’(x)-f(x)|\mathrm{dx} \ge \dfrac{1}{e}$

【解】注意到被积函数绝对值内部有 $f’(x) - f(x)$ 的形式，考虑构造原函数 $F(x)=f(x)e^{-x}$

于是有：$F(0) = 0, F(1) = \dfrac{1}{e}$，同时对结论也进行变换：$\displaystyle\int_0^1|F’(x)e^x|\mathrm{dx} \ge \dfrac{1}{e}$

不难发现，不等式左边基本无法再放缩了，那么我们只能从右边入手

这里要用到一个不等式证明中常用的技巧：逆用牛顿-莱布尼茨公式

这个方法常用于不等式的证明中，其功能是，通过 $y$ 生成 $\displaystyle\int y’ \mathrm{d}x$，从而与另一个积分相加减

$$
\dfrac{1}{e} = \dfrac{1}{e} - 0 = F(1) - F(0) = \displaystyle\int_0^1 d[F(x)] = \int_0^1 F’(x)dx
$$

又 $e^x > 1$，故 $|F’(x)| \cdot e^x \ge |F’(x)| \cdot 1
\ge F’(x)$，于是得证：

$$
\displaystyle\int_0^1|F’(x)e^x|\mathrm{d}x \ge
\displaystyle\int_0^1F’(x)\mathrm{d}x = \dfrac{1}{e}
$$

22年张八第二套的中值定理也可以用万能构造法来解

常数K值法与中值可分离型问题

常数K值法 用于处理中值部分 可分离 的中值问题，也是基于 罗尔定理

常见的用 K值法 的题目的特点是：结论由端点和中值构成

根据夜雨大佬的大纲，常数 K 值法可以分为两类

第一类常数 K 值法

适用条件：

区间端点与中值可分离，即原式可化成左侧参数只含有端点，右侧参数只含有中值 $\xi$
可化为零式：如果把式子中的 $b$ 换成 $a$ 时，等式变为 $0=0$ 的形式，则称为零式

构造步骤：

分离中值和端点，令等式一端为常数 $K$
再将原式中含中值部分换成 $K$，再把 $b$ 换成 $x$，然后记作辅助函数 $F(x)$
该辅助函数必然满足，$F(a) = F(b) = 0$，即可以使用罗尔了

理论铺垫略显复杂，我们用一道简单的定理证明来讲解

【证】拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b), s.t.$

$$
f(b) - f(a) = f’(\xi)(b - a)
$$

【分析】考虑使用 常数K值法 来构造辅助函数，检查中值和端点是否可分离：$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f’(\xi)$

令 $b = a$ 有 $f(a) - f(a) = f’(\xi)(a-a) = 0$ 故符合零式

既 可分离，又是零式考虑K值法构造，令 $K = \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}$

构造原函数:$F(x) = [f(x) - f(a)] - (x - a)K$，易得：$F(a) = F(b) = 0$

【证】令 $F(x) = F(x) = [f(x) - f(a)] - (x - a) \cdot \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}$

易得零点：$F(b) = F(a) = 0$，由 Rolle 定理：$\exists\xi\in(a,b),s.t.F’(\xi) = 0$

又：$F’(x) = f’(x) - \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}$，故 $f(b) - f(a) = (b-a)f’(\xi)$

【例】设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $b>a>0$，在 $(a,b)$ 内可导，证明：$\exists\xi\in(a,b), s.t.$
$$
\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}
$$

【分析】检查是否中值 可分离：$\dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] = \xi^2f’(\xi)$

检查是否为零式：$a^2[f(a)-f(a)]=(a-a)\xi^2f’(\xi)=0$ 满足

故符合 第一类常数K值法，令 $K = \dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)]$

构造辅助函数：$F(x) = f(x) - f(a)- \dfrac{b-a}{ab} \cdot K$

【证】令 $F(x) = f(x) - f(a)- (\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{x})\cdot \dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)]$

易得：$F(a) = F(b) = 0$，由 Rolle 定理：$\exists\xi\in(a,b),s.t.F’(\xi) = 0$

又：$F’(x) = f’(x) - \dfrac{1}{x^2} \cdot \dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)]$，故有

$$
\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}
$$

第二类常数 K 值法

适用条件：区间端点和中值可分离

构造步骤：

分离中值和端点，令等式一端为常数 $K$
再将原式中含中值部分换成 $K$，再将 $a,b$ 分离都左右两端
若两端代数式 关于 $a,b$ 对称，则将代数式中的 $a$ 换成 $x$ 得到 $F(x)$，此时有 $F(a)=F(b)$

依旧用拉格朗日中值定理的证明作为例子

【证】拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b), s.t.$

$$
f(b) - f(a) = f’(\xi)(b - a)
$$

【分析】检查中值和端点是否可分离：$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f’(\xi)$

满足 可分离，考虑 第二类常数 K 值法，令 $K = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

分离端点 $a,b$，有：$f(b) - Kb = f(a) - Ka$，显然等号两侧的代数式 关于 $a,b$ 对称

构造辅助函数 $F(x) = f(b) - f(x) - k(b - x)$

做差有：$F(b) - F(a) = 0$，故可以推得：$F(b)=F(a)$ 然后就可以用 Rolle 定理了

【证】令 $F(x) = F(x) = [f(b) - f(x)] - (b - x) \cdot \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}$

做差：$F(b) - F(a) = [f(b)-f(a)] - (b-a) \cdot \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0$

故 $F(b) = F(a)$，由 Rolle 定理：$\exists\xi\in(a,b),s.t.F’(\xi) = 0$

又：$F’(x) = -f’(x) + \dfrac{f(b) - f(a)}{b-a}$，故 $f(b) - f(a) = (b-a)f’(\xi)$

【例】设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $b>a>0$，在 $(a,b)$ 内可导，证明：$\exists\xi\in(a,b), s.t.$
$$
\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}
$$

【分析】检查是否中值 可分离：$\dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] = \xi^2f’(\xi)$

满足 可分离，考虑 第二类常数 K 值法，令 $K = \dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)]$

分离左右等式检查对称性：$f(b) + \dfrac{K}{b} = f(a) + \dfrac{K}{a}$，满足对称性，故可以使用

考虑构造辅助函数：$F(x) = f(b) - f(x) - \dfrac{b-x}{bx} \cdot K$

则一定有 $F(b) = F(a)$，然后就可以用 Rolle 定理了

【解】令 $F(x) = f(b) - f(x) - (\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{b}) \cdot \dfrac{ab}{b-a}[f(b) - f(a)]$

做差：$F(b) - F(a) = f(b) - f(a) - [f(b) - f(a)] = 0$

由 $F(b) = F(a)$，及 Rolle 定理可得：$\exists \xi \in (a,b), s.t. F’(\xi) = 0$

又：$F’(x) = -f’(x) + \dfrac{1}{x^2} \cdot \dfrac{ab}{b-a}[f(b) - f(a)]$，于是有

$$
\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}
$$

柯西中值定理

中值可分离型问题(续)

对于 中值可分离型 的问题，除了 常数K值法，还可以使用 柯西中值定理 来做

做法也与 常数K值法 有着异曲同工之妙

首先是分离中值 $\xi$ 和端点 $a,b$ 于等号左右两侧，然后观察等式左右两侧的式子，可分别考虑：

从含有 $a,b$ 侧的式子入手：将 $a,b$ 式子化为 $\dfrac{F(b) - F(a)}{G(b) - G(a)}$ （局部分离 $a,b$）
从含有 $\xi$ 侧的式子入手：将含有 $\xi$ 的式子化为 $\dfrac{F’(\xi)}{G’(\xi)}$ 或 $F’(\xi)$，然后还原成 $\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}$

具体从哪一侧入手，视式子的难易程度（具体问题具体分析），我们用一道题目来具体分析两种做法

【例】设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $b>a>0$，在 $(a,b)$ 内可导，证明：$\exists\xi\in(a,b), s.t.$
$$
\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}
$$

【分析】首先，该结论是一个 中值可分离型 问题，先分离中值，有：$ab \cdot \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \xi^2f’(\xi)$

考虑从 $a,b$ 侧入手： 局部分离 $a,b$ 可得，$\dfrac{f(b) - f(a)}{\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b}}$

不妨令 $F(x) = f(x), G(x) = -\dfrac{1}{x}$，又柯西中值定理可得：$\dfrac{f’(\xi)}{\dfrac{1}{\xi^2}} = \xi^2f’(\xi)$ 得证

考虑从 $\xi$ 侧入手： 变形式子凑出分式有， $\dfrac{f’(\xi)}{\dfrac{1}{\xi^2}}$

不妨令 $F’(\xi) = f’(\xi), G’(\xi) = \dfrac{1}{\xi^2}$，积分还原后可得：$F(x) = f(x), G(x) = -\dfrac{1}{x}$

于是就可以对 $F(x), G(x)$ 在 $[a,b]$ 上用柯西中值定理证出结论

两种还原法，在本题上难度几乎一致，但是对于有的题目可能差别巨大，读者使用时需注意选择

【解】令 $F(x) = f(x), G(x) = -\dfrac{1}{x}$

由于 $F(x), G(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，由 Cauchy 中值定理：

$$
\exists \xi \in (a,b), s.t. \dfrac{F(b) - F(a)}{G(b) - G(a)} = \dfrac{F’(\xi)}{G’(\xi)}
$$

又 $\dfrac{F’(x)}{G’(x)} = \dfrac{f’(x)}{\dfrac{1}{x^2}} = x^2f’(x)$，故得证：$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \dfrac{\xi^2f’(\xi)}{ab}$

虚假的双中值问题

虚假的双中值问题 一般是指，结论中出现两个中值 $\xi, \eta$，但是题目中没有强调 $\xi,\eta$ 不能取相同值

对于这类问题，我们可以化归到 中值可分离型 问题上来，分析中值 $\xi,\eta$ 于等式两侧，然后处理两侧：

对含有 $\xi$ 侧的式子：将含有 $\xi$ 的式子化为 $\dfrac{F’(\xi)}{G’(\xi)}$ 或 $F’(\xi)$，然后还原成 $\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}$
对含有 $\eta$ 侧的式子：将含有 $\eta$ 的式子化为 $\dfrac{H’(\eta)}{T’(\eta)}$ 或 $H’(\eta)$，然后还原成 $\dfrac{H(b)-H(a)}{T(b)-T(a)}$

凑出两个等式成立的条件：$\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} = \dfrac{H(b)-H(a)}{T(b)-T(a)}$ 从而完成证明

做法与 中值可分离型问题 一摸一样，我们直接用一道例题来进行讲解

【例】设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)=1$，证明：
$$
\exists \xi,\eta\in(a,b), s.t. \quad e^{\eta-\xi}[f’(\eta)+f(\eta)]=1
$$

【分析】没有强调 $\xi \ne \eta$，考虑分离中值，构造柯西中值定理：$e^{\eta}[f’(\eta)+f(\eta)]=e^\xi$

对于 $\xi$ 侧变形： $\dfrac{e^\xi}{1}$，不妨令 $F’(x) = e^x, G’(x) = 1$，易得：$F(x) = e^x, G(x) = x$

逆用 Cauchy 中值定理，反向构造 $\dfrac{e^b - e^a}{b - a}$

对于 $\eta$ 侧变形： $\dfrac{e^{\eta}[f’(\eta)+f(\eta)]}{1}$，不妨令 $ H’(x) = e^xf’(x) + e^xf(x), G’(x) = 1$

易得：$H(x) = e^xf(x), G(x) = x$

逆用 Cauchy 中值定理，反向构造 $\dfrac{e^bf(b) - e^af(a)}{b - a} = \dfrac{e^b - e^a}{b-a} = $ 右式

反向构造成立，再正向对两侧分别使用 Cauchy 中值定理即可证明结论

【解】令 $F(x) = e^x, G(x) = x, H(x) = e^xf(x)$，由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导

由 Cauchy 中值定理可得：$\exists \xi \in(a,b), s.t.$

$$
\dfrac{e^\xi}{1} = \dfrac{e^b - e^a}{b - a} = \dfrac{e^bf(b) - e^af(a)}{b - a} = \dfrac{e^{\eta}[f’(\eta)+f(\eta)]}{1}
$$

即：$e^{\eta-\xi}[f’(\eta)+f(\eta)]=1$

高阶中值问题

当结论中出现有二阶或以上的导数时，需要多次使用可惜中值定理，处理手法的核心依据是以下结论

若 $L(x), H(x)$ 具有 $n+1$ 阶导数，且 $L(a) = L’(a) = \cdots = L^{(n)} = 0, H(a) = H’(a) = \cdots = H^{(n)} = 0$，则存在 $\xi\in(a,b)$，$s.t. \dfrac{L(b)}{H(b)} = \dfrac{L^{(n+1)}(\xi)}{H^{(n+1)}(\xi)}$

该结论读者自证不难，只需不断使用柯西中值定理，同时每次缩短估计区间即可

这类问题，竞赛里较多，考研的话考察不是很多，就不举例了，难点在于构造 $L(a)$ 和 $H(a)$

拉格朗日中值定理的几何应用

Lagrange 中值定理：$\varphi(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 上可导，闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $\exists \xi \in(a,b)$，s.t.
$$
\varphi(b) - \varphi(a) = \varphi’(\xi) (b - a)
$$

Lagrange 中值定理的几何意义：区间 端点的割线斜率 等于区间内部 一点的切线斜率

如下图示可以方便读者理解这句话：

利用该几何意义，可以在一些题目中，快速帮我们 捋清证明思路

利用两道往年例题，来为大家讲解如何利用 Lagrange 中值定理的几何意义

【2013年】证明：若函数 $\varphi(x)$ 具有二阶导数，且满足 $\varphi(2) > \varphi(1)$，$\varphi(2) > \displaystyle\int_2^3\varphi(x) dx$，则至少存在一点 $\xi \in (1,3)$，s.t. $\varphi’’(\xi) < 0$

【分析】首先，根据题干找出所有端点信息，考虑对积分 $\displaystyle\int_2^3\varphi(x)dx$ 用积分中值定理有：

$\varphi(x_0) = \displaystyle\int_2^3\varphi(x) dx$，其中 $2 < x_0 < 3$，成功找出所有的端点信息：$\varphi(1),\varphi(2),\varphi(x_0)$

根据题干的不等关系，初步绘制图像，如下：

在三个端点相邻的区间使用 Lagrange 中值定理，估计出一点的斜率，然后用割线斜率代替，如下：

得到一个一阶导数大于 0 的 $\xi_1$ 和一阶导数小于 0 的 $\xi_2$，然后我们绘制 $\varphi’(x)$ 与 $x$ 的图像：

$\xi_1$ 大于 0，位于 $x$ 轴上方；$\xi_2$ 小于 0，位于 $x$ 轴下方

然后我们继续利用 Lagrange 中值定理，估计出了第三个中值 $\xi_3$ 等于该段区间的割线斜率 $<0$

即答案所要求的点 $\varphi’’(\xi) < 0$

该几何法，成功帮助我们梳理了一遍证明思路，直接根据上述步骤，转化为数学语言写出即可

【解】由 积分中值定理 可得：$\exists x_0 \in (2,3)$，s.t. $\varphi(x_0) = \displaystyle\int_2^3 \varphi(x) dx$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi_1\in(1, 2)$，s.t. $\varphi’(\xi_1) = \varphi(2) - \varphi(1) > 0$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi_2\in(2,x_0)$，s.t. $\varphi’(\xi_2) = \varphi(x_0) - \varphi(2) < 0$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi\in(\xi_1, \xi_2)$，s.t. $\varphi’’(\xi) = \varphi’(\xi_2) - \varphi’(\xi_1) < 0$ QED

辅助多项式法 / 多项式拟合法

欲证结论为 $f^{(n)}(\xi) = k \quad (k\ne 0)$，且题干中关于 $f(x)$ 的信息特别多

我们可以构造一个 $n$ 次多项式 $p(x)$，使得 $p(x)$ 也同时满足 $f(x)$ 所满足的所有条件

然后构造一个原函数 $F(x) = f(x) - p(x)$，由于一切 $f(x)$ 满足的条件 $g(x)$ 也满足

故对于 任意条件，两者同时满足，然后做差后差为 $0$，这样没对应一个条件，就有一个零点

然后零点之间 两两罗尔罗尔再罗尔 便可得到欲证结论 $f^{(n)}(\xi) = k \quad (k\ne 0)$

辅助多项式法，一般 $p(x)$ 令为关于 $x$ 的一元 $n$ 次多项式，$n$ 就是欲证结论的阶数

【例】设 $f(x)$ 在 $[0, 4]$ 二阶可导，$f(0) = 0, f(1) = 1, f(4) = 2$

【证】$\exists \xi \in (0, 4), s.t. f’’(\xi) = -\dfrac{1}{3}$

【解】 令 辅助多项式 为 $p_2(x) = ax^2 + bx + c$（题目要求二阶导数信息，故令出二阶多项式）

代入 $f(x)$ 的条件，让 $p(x)$ 也满足：$\begin{cases}
p(0) = c \xlongequal{令} 0 \\
p(1) = a + b + c \xlongequal{令} 1 \\
p(4) = 16a + 4b + c \xlongequal{令} 2
\end{cases}$，解得 $\begin{cases}
a = -\dfrac{1}{6}\\
b = \dfrac{7}{6}\\
c = 0
\end{cases}$

故 $p_2(x) = -\dfrac{1}{6}x^2 - \dfrac{7}{6}x$，构造辅助函数 $F(x) = f(x) - p_2(x)$

则易知：$F(0) = F(1) = F(4) = 0$

由 Rolle 定理：$\exists \xi_1 \in(0, 1), s.t. F’(\xi_1) = 0$

由 Rolle 定理：$\exists \xi_2 \in(1, 4), s.t. F’(\xi_2) = 0$

由 Rolle 定理：$\exists \xi \in(\xi_1, \xi_2), s.t. F’’(\xi) = 0$，即 $f’’(\xi) = p_2’’(\xi) = -\dfrac{1}{3} \quad QED$

更多有关辅助多项式的应用，可以观看该视频学习中值定理从入门到精通(第2集通杀一类题)