梳理连续函数与可导函数常用中值定理、导数与函数增量的关系，以及微分等式和微分不等式的证明思路；强调定理适用条件、存在性结论与证明题中的常见误区。

# 一、中值定理

# 1. 涉及连续函数的中值定理

# 定理 1：有界与最值定理

若 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，且能取得最大值和最小值。换言之，存在实数 $m,M$ ，使得

$m\le f(x)\le M\qquad(x\in[a,b]),$

其中

$m=\min_{x\in[a,b]}f(x),\qquad M=\max_{x\in[a,b]}f(x).$

闭区间与连续性缺一不可：开区间上的连续函数未必能取到最值，例如 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 上没有最大值和最小值。

# 定理 2：介值定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $\mu$ 位于 $f(a)$ 与 $f(b)$ 之间，即

$\min\{f(a),f(b)\}\le\mu\le\max\{f(a),f(b)\},$

则存在 $\xi\in[a,b]$ ，使得

$f(\xi)=\mu.$

若 $\mu$ 严格位于 $f(a)$ 与 $f(b)$ 之间，则可取 $\xi\in(a,b)$ 。介值定理强调连续曲线不能 “跳过” 中间的函数值。

# 定理 3：平均值定理

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续， $x_1,\ldots,x_n\in[a,b]$ ，其中 $n\in\mathbb N^+$ 。则至少存在一点

$\xi\in\left[\min_{1\le i\le n}x_i,\ \max_{1\le i\le n}x_i\right],$

使得

$\boxed{ f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n} }.$

证明的核心是：有限个数 $f(x_1),\ldots,f(x_n)$ 的算术平均值介于其中最小值与最大值之间，再对连续函数使用介值定理。

连续型平均值定理也很常用：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续， $a<b$ ，则存在 $\xi\in[a,b]$ ，使得

$\boxed{ \int_a^b f(x)\,\mathrm dx=f(\xi)(b-a) },$

即

$f(\xi)=\frac1{b-a}\int_a^b f(x)\,\mathrm dx.$

# 定理 4：零点定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

$f(a)f(b)<0,$

则存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

$\boxed{f(\xi)=0}.$

它是介值定理取 $\mu=0$ 的直接推论。若只知道 $f(a)f(b)\le0$ ，只能保证零点在 $[a,b]$ 内；当某个端点函数值为零时，零点可能就是端点。

从几何上看，连续曲线若在 $a$ 处位于 $x$ 轴的一侧、在 $b$ 处位于另一侧，就不可能在区间内 “越过” $x$ 轴而不相交。因此，异号条件给出了零点存在的充分条件；它并不保证零点唯一，也不是零点存在的必要条件（例如 $f(x)=x^2$ 在 $[-1,1]$ 内有零点，但端点函数值同号）。

零点定理的几何意义：连续曲线从 x 轴下方到上方必经过零点

零点定理可推广到开区间。若 $f$ 在 $(a,b)$ 内连续，且两端单侧极限异号：

$\lim_{x\to a^+}f(x)<0<\lim_{x\to b^-}f(x)$

或不等号方向相反，则可在 $(a,b)$ 内选取两点，使函数值异号，进而由零点定理得到 $f$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个零点。这里的两个极限可以是有限值，也可以是 $+\infty$ 或 $-\infty$ 。

例题 6.1：证明不动点存在

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f\left(\dfrac12\right)=1$ 、 $f(1)=0$ 。证明：存在 $\eta\in\left(\dfrac12,1\right)$ ，使得 $f(\eta)=\eta$ 。

【解】 要证明 $f(\eta)=\eta$ ，将其改写为零点问题。令

$F(x)=f(x)-x.$

由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续， $F$ 在 $\left[\dfrac12,1\right]$ 上连续，且

$F\left(\frac12\right) =f\left(\frac12\right)-\frac12 =\frac12>0,$

$F(1)=f(1)-1=-1<0.$

由零点定理，存在

$\eta\in\left(\frac12,1\right)$

使 $F(\eta)=0$ ，即

$\boxed{f(\eta)=\eta}.$

例题 6.2：由极限条件证明零点存在

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(1)>0$ 、 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x<0$ 。证明：方程 $f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。

【解】 由极限的保号性，存在 $a\in(0,1)$ ，使得

$\frac{f(a)}a<0.$

因为 $a>0$ ，故 $f(a)<0$ 。又已知 $f(1)>0$ ，所以

$f(a)f(1)<0.$

函数 $f$ 在 $[a,1]$ 上连续，由零点定理，存在

$b\in(a,1)\subset(0,1)$

使得

$\boxed{f(b)=0}.$

# 2. 涉及导数的中值定理

# 定理 5：费马定理

设 $x_0$ 是 $f$ 定义域的内点。若 $f$ 在 $x_0$ 处可导，且 $f$ 在 $x_0$ 处取得极大值或极小值，则

$\boxed{f'(x_0)=0}.$

例如，若 $x_0$ 为极大值点，则当 $x>x_0$ 且充分接近 $x_0$ 时，

$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le0;$

当 $x<x_0$ 时，上式分子非正、分母为负，商非负。令 $x$ 分别从右、左趋于 $x_0$ ，再利用可导性使左右导数相等，即得导数为零。极小值情形同理。

费马定理中的 “内点” 和 “可导” 不能省略；反过来， $f'(x_0)=0$ 也不必然说明 $x_0$ 是极值点，例如 $f(x)=x^3$ 在 $x=0$ 处导数为零但不取极值。

例题 6.3：由端点导数异号推出导数零点

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，并且端点的单侧导数存在。若 $f'_+(a)f'_-(b)<0$ ，证明：存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $f'(\xi)=0$ 。

【解】 不妨设

$f'_+(a)>0,\qquad f'_-(b)<0.$

由右导数为正，存在 $\delta_1>0$ ，当 $x\in(a,a+\delta_1)$ 时有

$f(x)>f(a).$

同理由左导数为负，存在 $\delta_2>0$ ，当 $x\in(b-\delta_2,b)$ 时有

$f(x)>f(b).$

因此 $a,b$ 都不是 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最大值点。由有界与最值定理， $f$ 在 $[a,b]$ 上取得最大值，且该最大值只能在某个内点 $\xi\in(a,b)$ 处取得。由费马定理，

$\boxed{f'(\xi)=0}.$

另一种端点导数异号的情形完全相同。

# 定理 6：罗尔定理

若 $f$ 满足：

$f$ 在 $[a,b]$ 上连续；
$f$ 在 $(a,b)$ 内可导；
$f(a)=f(b)$ ；

则至少存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

$\boxed{f'(\xi)=0}.$

证明思路是：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上为常数，结论显然；若不是常数，则最大值和最小值不可能都只在两个端点取得，因此至少有一个最值在内点取得，再由费马定理即可。

几何上， $f(a)=f(b)$ 表示端点连线是一条水平割线。曲线从一个高度出发又回到同一高度，若并非恒为常数，就会在区间内部出现极大值或极小值；该处切线为水平线，即 $f'(\xi)=0$ 。图中只展示一个满足条件的点；实际可能存在多个这样的点。

罗尔定理的几何意义：等高端点与区间内的水平切线

罗尔定理有如下常用推广：若 $f$ 在 $(a,b)$ 内可导，且

$\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to b^-}f(x),$

则只要两端极限同为有限值，或同为 $+\infty$ ，或同为 $-\infty$ ，仍至少存在 $\xi\in(a,b)$ ，使 $f'(\xi)=0$ 。其中 $a,b$ 可以是有限端点，也可以是无穷端点。

例题 6.4：平均值定理与罗尔定理的联用

设 $f$ 在 $[0,3]$ 上连续、在 $(0,3)$ 内可导，且 $f(0)+f(1)+f(2)=3$ 、 $f(3)=1$ 。证明：必存在 $\xi\in(0,3)$ ，使得 $f'(\xi)=0$ 。

【解】 由平均值定理，存在 $c\in[0,2]$ ，使得

$f(c)=\frac{f(0)+f(1)+f(2)}3=1.$

又 $f(3)=1$ ，且 $c\le2<3$ ，故 $f$ 在 $[c,3]$ 上满足罗尔定理的条件。于是存在

$\xi\in(c,3)\subset(0,3)$

使得

$\boxed{f'(\xi)=0}.$

例题 6.5：构造幂函数型辅助函数

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，满足 $f(a)=0$ 、 $a>0$ 。证明：存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $f(\xi)=\dfrac{b-\xi}{a}f'(\xi)$ 。

【解】 将结论改写为

$(b-\xi)f'(\xi)-af(\xi)=0.$

注意到

$\left[f(x)(b-x)^a\right]' =(b-x)^{a-1}\left[(b-x)f'(x)-af(x)\right].$

令

$F(x)=f(x)(b-x)^a.$

由于 $a>0$ ， $F$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且

$F(a)=f(a)(b-a)^a=0,\qquad F(b)=f(b)\cdot0^a=0.$

由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$ ，使 $F'(\xi)=0$ 。又 $b-\xi>0$ ，故

$(b-\xi)f'(\xi)-af(\xi)=0,$

从而

$\boxed{f(\xi)=\frac{b-\xi}{a}f'(\xi)}.$

# 多次使用罗尔定理

若 $F$ 在包含 $a_0<a_1<\cdots<a_n$ 的区间上具有足够的可导性，且

$F(a_0)=F(a_1)=\cdots=F(a_n)=0,$

则至少存在 $\xi\in(a_0,a_n)$ ，使得

$\boxed{F^{(n)}(\xi)=0}.$

这是在相邻零点间反复应用罗尔定理得到的。证明高阶导数存在性时，常先构造一个具有多个零点的辅助函数。

例题 6.6：多次使用罗尔定理

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内二阶可导。过点 $A(0,f(0))$ 、 $B(1,f(1))$ 的直线与曲线 $y=f(x)$ 还相交于点 $C(c,f(c))$ ，其中 $0<c<1$ 。证明：存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得 $f''(\xi)=0$ 。

【解】 直线 $AB$ 的方程为

$\ell(x)=[f(1)-f(0)]x+f(0).$

令

$F(x)=f(x)-\ell(x).$

由 $A,B,C$ 都在曲线与直线的交点上，

$F(0)=F(c)=F(1)=0.$

分别在 $[0,c]$ 与 $[c,1]$ 上应用罗尔定理，存在

$\xi_1\in(0,c),\qquad\xi_2\in(c,1)$

使得

$F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0.$

再对 $F'$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上使用罗尔定理，得到某个

$\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(0,1)$

满足

$F''(\xi)=f''(\xi)=0.$

故

$\boxed{f''(\xi)=0}.$

# 定理 7：拉格朗日中值定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则至少存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

$\boxed{ f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) }.$

等价地，

$\boxed{ f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} }.$

几何意义是：在曲线上至少存在一点，其切线斜率等于端点连线（割线）的斜率。取

$F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a),$

则 $F(a)=F(b)$ ，对 $F$ 使用罗尔定理即可得到拉格朗日中值定理。

换言之，在某个 $\xi$ 处，曲线的瞬时变化率恰好等于从 $a$ 到 $b$ 的平均变化率；因此该点的切线与端点割线平行。这样的点不一定唯一，图形仅示意其中一个。把割线对应的线性函数从 $f$ 中减去，便把 “平行” 转化为两端等高，这也说明拉格朗日中值定理可由罗尔定理推出。

拉格朗日中值定理的几何意义：切线与端点割线平行

若在区间内有 $|f'(x)|\le M$ ，则拉格朗日中值定理立刻给出

$|f(b)-f(a)|\le M|b-a|.$

这表明导数的上界能够控制函数值的变化量。

例题 6.7：构造 $f(x)f'(x)$ 得到两个零点

设 $f\in C^2[0,1]$ ，且 $f(1)>0$ 、 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x<0$ （极限为有限实数）。证明：方程 $f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同的实根。

【解】 由极限存在且为有限值，

$f(0)=\lim_{x\to0^+}x\cdot\frac{f(x)}x=0.$

又由极限为负的保号性，可取 $a\in(0,1)$ ，使 $f(a)<0$ 。结合 $f(1)>0$ ，由零点定理可知，存在

$b\in(a,1)$

使 $f(b)=0$ 。于是 $f(0)=f(b)=0$ ，对 $f$ 在 $[0,b]$ 上应用罗尔定理，存在

$c\in(0,b),\qquad f'(c)=0.$

令

$F(x)=f(x)f'(x).$

则

$F(0)=0,\qquad F(c)=0,\qquad F(b)=0.$

分别在 $[0,c]$ 、 $[c,b]$ 上对 $F$ 使用罗尔定理，得到两个不同的点

$\xi\in(0,c),\qquad\eta\in(c,b),$

使得

$F'(\xi)=F'(\eta)=0.$

而

$F'(x)=f(x)f''(x)+[f'(x)]^2.$

因此原方程在 $(0,1)$ 内至少有两个不同的实根 $\xi,\eta$ 。

例题 6.8：导数有界推出函数有界

若 $f$ 在 $(a,b)$ 内可导，且 $f'(x)$ 有界，证明： $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内有界。

【解】 因为 $f'$ 有界，存在 $k>0$ ，使得

$|f'(x)|\le k\qquad(x\in(a,b)).$

任取一点 $x_0\in(a,b)$ 。对任意 $x\in(a,b)$ ，在以 $x,x_0$ 为端点的闭区间上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间，使得

$f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0).$

故

$\begin{aligned} |f(x)| &\le |f(x_0)|+|f'(\xi)|\,|x-x_0|\\ &\le |f(x_0)|+k(b-a). \end{aligned}$

右端与 $x$ 无关，故

$\boxed{f\text{ 在 }(a,b)\text{ 内有界}}.$

例题 6.9：由函数不恒为零得到 $ff'>0$

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导，满足 $f(0)=0$ ，且 $f$ 在 $[0,1]$ 上不恒等于零。证明：存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得 $f(\xi)f'(\xi)>0$ 。

【解】 令

$F(x)=\frac12f^2(x).$

由 $f$ 不恒为零，存在 $a\in(0,1]$ ，使 $f(a)\ne0$ 。于是

$F(0)=0,\qquad F(a)=\frac12f^2(a)>0.$

对 $F$ 在 $[0,a]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,a)$ ，使得

$F'(\xi)=\frac{F(a)-F(0)}{a}>0.$

又

$F'(x)=f(x)f'(x),$

故

$\boxed{f(\xi)f'(\xi)>0}.$

例题 6.10：利用中值定理比较函数值

设 $f(0)=0$ ，且当 $x>0$ 时有 $f(x)<0$ 、 $f'(x)<0$ 、 $f''(x)>0$ 。

当 $0<a<x<b$ 时，下列结论中正确的是（）。

$\begin{aligned} \text{(A)}\quad&xf(x)>af(a),\\ \text{(B)}\quad&bf(b)>xf(x),\\ \text{(C)}\quad&xf(a)>af(x),\\ \text{(D)}\quad&xf(b)>bf(x). \end{aligned}$

【解】 令

$g(t)=tf(t).$

则

$g'(t)=f(t)+tf'(t)<0,$

故 $g$ 单调减少，从而

$bf(b)<xf(x)<af(a).$

选项 (A)、(B) 均错误。

再令

$h(t)=\frac{f(t)}t\qquad(t>0).$

有

$h'(t)=\frac{tf'(t)-f(t)}{t^2}.$

由拉格朗日中值定理，存在 $\theta\in(0,t)$ ，使得

$f(t)-f(0)=f'(\theta)t.$

于是

$h'(t)=\frac{f'(t)-f'(\theta)}t.$

又 $f''>0$ ，故 $f'$ 严格单调增加， $f'(t)>f'(\theta)$ ，从而 $h'(t)>0$ 。所以

$\frac{f(a)}a<\frac{f(x)}x<\frac{f(b)}b.$

右侧不等式等价于

$xf(b)>bf(x).$

故正确选项为

$\boxed{\text{(D)}}.$

# 定理 8：柯西中值定理

设 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

$\boxed{ [f(b)-f(a)]g'(\xi)=[g(b)-g(a)]f'(\xi) }.$

若进一步有

$g'(x)\ne0\qquad(x\in(a,b)),$

则 $g(b)\ne g(a)$ ，并且可写为商的形式：

$\boxed{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} =\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} }.$

取 $g(x)=x$ ，便得到拉格朗日中值定理。柯西中值定理适合处理两个函数增量之比，或构造参数方程后求导数之比的问题。

例题 6.11：对数函数作为辅助函数

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 $0<a<b$ 。证明：至少存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $f(b)-f(a)=\xi\ln\dfrac ba\,f'(\xi)$ 。

【解】 取

$g(x)=\ln x.$

函数 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且

$g'(x)=\frac1x\ne0.$

由柯西中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

$\frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a} =\frac{f'(\xi)}{1/\xi}.$

整理即得

$\boxed{ f(b)-f(a)=\xi\ln\frac ba\,f'(\xi) }.$

# 定理 9：泰勒公式

# 带拉格朗日余项的泰勒公式

设 $f$ 在 $x_0$ 的某邻域内具有 $n+1$ 阶导数。则对邻域内任意 $x$ ，存在介于 $x$ 与 $x_0$ 之间的 $\xi$ ，使得

$f(x) =\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k \boxed{ +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} }.$

最后一项称为拉格朗日型余项。它把函数值写成 $x_0$ 处各阶导数决定的多项式部分与一个可估计的余项之和。

# 带佩亚诺余项的泰勒公式

若 $f$ 在 $x_0$ 的某邻域内具有至 $n$ 阶导数，并在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，则当 $x\to x_0$ 时，

$f(x) =\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k \boxed{ +o\bigl((x-x_0)^n\bigr) }.$

拉格朗日余项适合在区间上估计误差或证明不等式；佩亚诺余项适合求极限与等价无穷小。拉格朗日余项中的 $\xi$ 一般依赖于 $x$ ，不能把 $f^{(n+1)}(\xi)$ 当作与 $x$ 无关的常数。

# 麦克劳林公式

当 $x_0=0$ 时，泰勒公式称为麦克劳林公式。以下展开均在 $x\to0$ 时成立：

$\begin{aligned} e^x &=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o(x^n),\\ \sin x &=x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1}),\\ \cos x &=1-\frac{x^2}{2!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n}),\\ \frac1{1-x} &=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n),\\ \frac1{1+x} &=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+o(x^n),\\ \ln(1+x) &=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n),\\ (1+x)^\alpha &=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots +\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n). \end{aligned}$

其中涉及 $\ln(1+x)$ 、幂级数形式的倒数与 $(1+x)^\alpha$ 时，实际使用还应处在其定义的邻域内；通常可取 $|x|<1$ 。
上式中，除 $\ln(1+x)$ 的展开需取 $n\ge1$ 外，其余公式中的 $n$ 可取非负整数。

例题 6.12：由积分条件与凹凸性判断中点函数值

设 $f\in C^2[0,1]$ ，且 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx=0$ 。

下列结论中必然成立的是（）。

$\begin{aligned} \text{(A)}\quad&f'(x)<0\ \Longrightarrow\ f\left(\frac12\right)<0,\\ \text{(B)}\quad&f''(x)<0\ \Longrightarrow\ f\left(\frac12\right)<0,\\ \text{(C)}\quad&f'(x)>0\ \Longrightarrow\ f\left(\frac12\right)<0,\\ \text{(D)}\quad&f''(x)>0\ \Longrightarrow\ f\left(\frac12\right)<0. \end{aligned}$

【解】 对任意 $x\in[0,1]$ ，以 $x_0=\dfrac12$ 写二阶泰勒公式：

$f(x) =f\left(\frac12\right) +f'\left(\frac12\right)\left(x-\frac12\right) +\frac12f''(\xi_x)\left(x-\frac12\right)^2,$

其中 $\xi_x$ 介于 $x$ 与 $\dfrac12$ 之间。

若 $f''(x)>0$ ，则当 $x\ne\dfrac12$ 时，

$f(x)>f\left(\frac12\right) +f'\left(\frac12\right)\left(x-\frac12\right).$

两边在 $[0,1]$ 上积分，并注意

$\int_0^1\left(x-\frac12\right)\,\mathrm dx=0,$

得到

$0=\int_0^1f(x)\,\mathrm dx>f\left(\frac12\right).$

因此

$\boxed{f\left(\frac12\right)<0},$

故正确选项为

$\boxed{\text{(D)}}.$

这里使用的是严格凸函数位于任一切线之上的性质；不要把随 $x$ 改变的 $\xi_x$ 直接当作常数移入积分。

例题 6.13：两侧泰勒展开与介值定理

设 $f\in C^3[-1,1]$ ，满足 $f(-1)=0$ 、 $f(1)=1$ 、 $f'(0)=0$ 。证明：在 $(-1,1)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f'''(\xi)=3$ 。

【解】 分别对 $x=-1$ 与 $x=1$ 在 $x_0=0$ 处使用二阶带拉格朗日余项的泰勒公式。存在

$\eta_1\in(-1,0),\qquad\eta_2\in(0,1),$

使得

$0=f(-1) =f(0)+\frac12f''(0)-\frac16f'''(\eta_1),$

以及

$1=f(1) =f(0)+\frac12f''(0)+\frac16f'''(\eta_2).$

两式相减，得

$f'''(\eta_1)+f'''(\eta_2)=6.$

因此数 $3$ 位于 $f'''(\eta_1)$ 与 $f'''(\eta_2)$ 之间。因为 $f'''$ 在 $[\eta_1,\eta_2]$ 上连续，由介值定理，存在

$\xi\in[\eta_1,\eta_2]\subset(-1,1)$

使得

$\boxed{f'''(\xi)=3}.$

# 中值定理的选用提示

题目特征	优先工具	常用处理
证明方程有根、存在不动点	零点定理	令 $F(x)=f(x)-g(x)$ ，制造异号端点值
证明存在 $f'(\xi)=0$	罗尔定理	构造 $F(a)=F(b)$ 的辅助函数
连接函数增量与导数	拉格朗日中值定理	将 $f(b)-f(a)$ 改写为 $f'(\xi)(b-a)$
连接两个函数增量之比	柯西中值定理	选择合适的 $g(x)$ ，如 $\ln x$ 、 $e^x$
证明存在高阶导数等于常数或为零	多次罗尔或泰勒公式	构造多个零点，或在合适展开点消去已知项

所有中值定理题都应先写清所用函数及区间，再逐条核对连续性、可导性和端点条件；辅助函数的构造正确，并不自动保证可以套用定理。

# 构造辅助函数的常用结构

证明题中若目标是 “存在 $\xi$ 使某个导数表达式为零”，通常先把该表达式识别为某个辅助函数的导数，再设法使辅助函数在两个端点取相同值。常见结构如下：

目标表达式	可选辅助函数	关键条件
$f(x)f'(x)$	$F(x)=\dfrac12f^2(x)$ .	用拉格朗日中值定理比较 $F$ 的端点值
$[f'(x)]^2+f(x)f''(x)$	$F(x)=f(x)f'(x)$ .	构造 $F$ 的三个零点，再多次用罗尔定理
$f'(x)+\varphi'(x)f(x)$	$F(x)=f(x)e^{\varphi(x)}$ .	安排 $F(a)=F(b)$
$(b-x)f'(x)-\alpha f(x)$	$F(x)=f(x)(b-x)^\alpha$ .	要求 $\alpha>0$ 以保证端点连续
$f''(x)f(x)-[f'(x)]^2$	$F(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}$ .	需先保证 $f(x)\ne0$

构造后仍须逐项检查辅助函数在闭区间连续、在开区间可导，以及罗尔或拉格朗日中值定理所需的端点条件。

# 二、微分等式

微分等式题通常讨论方程

$f(x)=g(x)$

在给定区间内根的存在性、唯一性或个数。首先应移项为

$F(x)=f(x)-g(x)=0,$

再根据题目目标选择零点定理、单调性或罗尔定理。证明 “有根” 和 “只有一个根” 是两个独立步骤：前者常由连续性与异号性得到，后者通常由严格单调性或根数上界完成。

# 1. 方程根的存在性、唯一性与个数

# 零点定理：证明根的存在性

若 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $F(a)F(b)<0$ ，则 $F(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个根。该结论已在前文 “定理 4：零点定理” 中给出；在微分等式题中，关键是构造 $F$ 并选取便于判断符号的两个点。

若区间为无穷区间，不能直接把 $\pm\infty$ 当作零点定理的端点；应先由极限保号性选取有限的 $A<B$ ，使 $F(A)F(B)<0$ ，再在 $[A,B]$ 上使用零点定理。

# 单调性：证明根的唯一性

若 $F$ 在区间 $I$ 上严格单调，则方程 $F(x)=0$ 在 $I$ 内至多有一个根。因而常用组合是：

由零点定理证明至少有一个根；
由 $F'(x)>0$ 或 $F'(x)<0$ 证明 $F$ 严格单调；
合并得到 “有且仅有一个根”。

这里 “严格单调” 不可省略。仅知道 $F'(x)\ge0$ 时，虽然 $F$ 单调不减，但仍可能在一段区间上恒为零，从而有无穷多个根。

# 罗尔定理的推论：根数上界

设 $F$ 在区间 $I$ 内具有 $n$ 阶导数。若

$F^{(n)}(x)\ne0\qquad(x\in I),$

则方程 $F(x)=0$ 在 $I$ 内至多有 $n$ 个不同的实根。（用阶数换个数）

罗尔原话的反证法证明

反证：若 $F$ 有 $n+1$ 个不同根

$x_1<x_2<\cdots<x_{n+1},$

则在每个 $[x_i,x_{i+1}]$ 上应用罗尔定理，可知 $F'$ 至少有 $n$ 个不同根；继续逐阶应用罗尔定理，最终得到某个 $\xi\in(x_1,x_{n+1})$ 使

$F^{(n)}(\xi)=0,$

矛盾。

更一般地，若 $F^{(n)}(x)=0$ 在 $I$ 内至多有 $k$ 个不同根，则 $F(x)=0$ 在 $I$ 内至多有 $k+n$ 个不同根。使用该结论时必须先确认所数的是不同根；重根只按一个根计数。

# 实系数奇次方程至少有一个实根

任一实系数奇次多项式

$P(x)=a_{2m+1}x^{2m+1}+a_{2m}x^{2m}+\cdots+a_0, \qquad a_{2m+1}\ne0,$

至少有一个实根。因为多项式在 $\mathbb R$ 上连续，且当 $x\to+\infty$ 与 $x\to-\infty$ 时， $P(x)$ 的函数值符号相反；选取充分大的正、负数后即可应用零点定理。

它只保证 “至少一个” 实根。若要证明唯一性，还需继续研究导数的符号；若要证明恰有若干个根，则还要给出相应的存在性与上界。

例题 6.14：含绝对值方程的实根个数

在 $(-\infty,+\infty)$ 内，方程 $|x|^{\frac14}+|x|^{\frac12}-\cos x=0$ 有（）个实根。

【解】 设

$F(x)=|x|^{\frac14}+|x|^{\frac12}-\cos x.$

$F$ 是偶函数。又当 $x>1$ 时， $x^{1/4}>1$ 、 $x^{1/2}>1$ ，并且 $\cos x\le1$ ，故

$F(x)>1+1-1>0.$

因此只需研究 $(0,1)$ 。有

$F(0)=-1<0,\qquad F(1)=2-\cos1>0,$

由零点定理， $F(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个根。对 $x\in(0,1)$ ，

$F'(x)=\frac14x^{-\frac34}+\frac12x^{-\frac12}+\sin x>0,$

故 $F$ 在 $(0,1)$ 内严格单调增加，根至多一个。于是 $F(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内恰有一个根；由偶性，在整个实轴内恰有两个不同实根，且互为相反数。

$\boxed{\text{有且仅有两个实根}}$

例题 6.15：奇次多项式的唯一实根

若 $3a^2-5b<0$ ，判断方程 $x^5+2ax^3+3bx+4c=0$ 的实根个数。

【解】 令

$F(x)=x^5+2ax^3+3bx+4c.$

$F$ 是实系数五次多项式，故至少有一个实根。又

$F'(x)=5x^4+6ax^2+3b.$

令 $t=x^2\ge0$ ，则 $F'(x)=0$ 等价于

$5t^2+6at+3b=0.$

该二次方程的判别式为

$\Delta=36a^2-60b=12(3a^2-5b)<0.$

因二次项系数为正，故对任意实数 $t$ 都有

$5t^2+6at+3b>0,$

从而 $F'(x)>0$ 对一切 $x\in\mathbb R$ 成立。 $F$ 严格单调增加，故其零点至多一个。

$\boxed{\text{方程有且仅有一个实根}}$

例题 6.16：用高阶导数控制根数

证明方程 $2^x-x^2-1=0$ 有且仅有三个实根。

【解】 令

$F(x)=2^x-x^2-1.$

显然

$F(0)=0,\qquad F(1)=0.$

又

$F(2)=-1<0,\qquad F(5)=2^5-25-1=6>0,$

故由零点定理，存在 $\alpha\in(2,5)$ ，使 $F(\alpha)=0$ 。因此方程至少有三个不同实根 $0,1,\alpha$ 。

另一方面，

$F'''(x)=2^x(\ln2)^3>0\qquad(x\in\mathbb R).$

由罗尔定理的根数上界， $F(x)=0$ 至多有三个不同实根。综上，

$\boxed{\text{方程有且仅有三个实根}}$

例题 6.17：含参数方程的根的个数

已知方程 $e^x=kx$ 有且仅有一个实根，求 $k$ 的取值范围。

【解】 令

$F(x)=e^x-kx.$

当 $k<0$ 时，

$F'(x)=e^x-k>0,$

故 $F$ 严格单调增加；并且

$\lim_{x\to-\infty}F(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty.$

因此此时方程恰有一个实根。

当 $k=0$ 时， $F(x)=e^x>0$ ，无实根。

当 $k>0$ 时， $F'(x)=0$ 的唯一解为 $x=\ln k$ ，且 $F$ 先减后增，在此处取最小值：

$F(\ln k)=k-k\ln k=k(1-\ln k).$

若 $0<k<e$ ，最小值大于 $0$ ，无实根；若 $k=e$ ，最小值为 $0$ ，曲线与 $x$ 轴相切，恰有一个实根 $x=1$ ；若 $k>e$ ，最小值小于 $0$ ，两端函数值均趋于 $+\infty$ ，故有两个实根。

所以

$\boxed{k<0\quad\text{或}\quad k=e}.$

从几何上看，这等价于考察曲线 $y=\dfrac{e^x}{x}$ 与水平直线 $y=k$ 的交点个数；分母 $x$ 的符号将定义域分成 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 两部分，不能把两段曲线混作一个连续区间处理。

例题 6.18：一族方程的唯一正根

设 $n$ 为正整数。证明方程 $x^n+nx-1=0$ 存在唯一正实根 $x_n$ ，且 $0<x_n<1$ 。

【解】 令

$F_n(x)=x^n+nx-1.$

在 $x>0$ 时，

$F_n'(x)=nx^{n-1}+n>0,$

故 $F_n$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调增加。又

$F_n(0)=-1<0,\qquad F_n(1)=n>0.$

由零点定理， $F_n(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个根；由严格单调性，该根至多一个。因此

$\boxed{\text{方程存在唯一正实根 }x_n\in(0,1)}.$

这里的 $\{F_n\}$ 称为一族函数， $\{x_n\}$ 称为相应方程正根构成的数列。

# 2. 微分等式的解题流程

目标	常用工具	必须补足的条件
至少有一个根	零点定理	在一个有限闭区间连续，并构造异号端点值
至多一个根	严格单调性	在目标区间内证明 $F'>0$ 或 $F'<0$
恰有 $m$ 个根	存在性 + 根数上界	先找出至少 $m$ 个不同根，再用高阶导数限制上界
含参数的根数	分类讨论参数	比较极值与 $0$ 的位置，不能只考察导数零点

若只需讨论正根或负根，应从一开始把研究区间限制在 $(0,+\infty)$ 或 $(-\infty,0)$ ；这不仅能简化导数符号，也能避免把定义域不连通的情形误套零点定理。

# 三、微分不等式

证明不等式的基本策略是将目标改写为 $F(x)>0$ 、 $F(x)\ge0$ 或 $F(x)<0$ ，再利用导数判断 $F$ 的单调性、凹凸性或极值。使用导数法时，首先写清变量范围；分母、对数与根式的定义域常常决定了整个证明能否成立。

# 1. 用函数性质证明不等式

# 单调性、凹凸性与最值

设 $f$ 在所讨论的区间上满足相应的连续、可导条件。

若 $f'(x)\ge0$ ，则 $f$ 单调不减；若 $f'(x)>0$ ，则 $f$ 严格单调增加。类似地， $f'(x)\le0$ 或 $f'(x)<0$ 分别给出单调不增或严格单调减少。
若 $f''(x)\ge0$ ，则 $f'$ 单调不减；若 $f''(x)\le0$ ，则 $f'$ 单调不增。因此，若 $f''(x)\ge0$ 且左端的单侧导数 $f'_+(a)>0$ ，则 $f'(x)>0$ ，从而 $f$ 在 $[a,b]$ 上严格增加；若 $f''(x)\ge0$ 且 $f'_-(b)<0$ ，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上严格减少。
若 $f$ 在区间 $I$ 上连续，且 $x_0\in I$ 是它唯一的极值点，则该极值就是 $I$ 上的整体最值。否则，若在另一点取得更大的（或更小的）函数值，连续性会迫使曲线在中间再产生一个相反类型的极值，矛盾。
若 $f\in C[a,b]\cap C^2(a,b)$ 、 $f''(x)>0$ ，则 $f$ 严格凸；对任意 $x\in(a,b)$ ，

$f(x)<\frac{b-x}{b-a}f(a)+\frac{x-a}{b-a}f(b).$

特别地，若 $f(a)=f(b)=0$ ，则 $f(x)<0$ 。相反，若 $f''(x)<0$ ，则 $f$ 严格凹，曲线位于端点连线的上方；若两端函数值均为 $0$ ，则 $f(x)>0$ 。

例题 6.19：用单调性和凹凸性证明正弦不等式

证明当 $0<x<\dfrac\pi2$ 时，有 $\sin x>\dfrac{2x}{\pi}$ 。

【解】

方法一：研究 $\dfrac{\sin x}{x}$ 的单调性。 令

$F(x)=\frac{\sin x}{x}\qquad\left(0<x\le\frac\pi2\right).$

则

$F'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$

令 $G(x)=x\cos x-\sin x$ ，并以 $G(0)=0$ 作连续延拓，则

$G'(x)=-x\sin x<0\qquad\left(0<x<\frac\pi2\right).$

故 $G(x)<0$ ，从而 $F'(x)<0$ ，即 $F$ 严格递减。因此

$\frac{\sin x}{x}>F\left(\frac\pi2\right)=\frac2\pi,$

即

$\boxed{\sin x>\frac{2x}{\pi}}.$

方法二：利用严格凹性。 令

$H(x)=\sin x-\frac{2x}{\pi}.$

则

$H(0)=H\left(\frac\pi2\right)=0,\qquad H''(x)=-\sin x<0.$

$H$ 在 $\left[0,\dfrac\pi2\right]$ 上严格凹，故在两个端点连线之上；该连线正是 $x$ 轴。因此 $H(x)>0$ ，结论成立。

例题 6.20：导数法证明含对数不等式

证明当 $x>0$ 时，有 $\left(\ln\dfrac{1+x}{x}-\dfrac1{1+x}\right)^2<\dfrac1{x(1+x)^2}$ 。

【解】 记

$H(x)=\ln\frac{1+x}{x}-\frac1{1+x} =\ln(1+x)-\ln x-\frac1{1+x}.$

先确定 $H$ 的符号：

$H'(x)=\frac1{1+x}-\frac1x+\frac1{(1+x)^2} =-\frac1{x(1+x)^2}<0.$

又 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}H(x)=0$ ，故 $H(x)>0$ 。

再令

$G(x)=H(x)-\frac1{\sqrt{x}(1+x)}.$

直接计算得

$\begin{aligned} G'(x) &=\frac{1+3x-2\sqrt{x}}{2x^{\frac32}(1+x)^2}\\ &=\frac{3\left(\sqrt{x}-\frac13\right)^2+\frac23} {2x^{\frac32}(1+x)^2}>0. \end{aligned}$

因此 $G$ 严格递增；又 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}G(x)=0$ ，所以对任意 $x>0$ 有 $G(x)<0$ ，即

$0<H(x)<\frac1{\sqrt{x}(1+x)}.$

两边平方即得

$\boxed{ \left(\ln\frac{1+x}{x}-\frac1{1+x}\right)^2 <\frac1{x(1+x)^2} }.$

# 2. 用常数变量化证明不等式

若待证不等式只含常数 $a,b,\ldots$ ，不能直接求导。常用做法是固定其中的其余常数，把一个常数临时看作变量，例如把目标改写为

$\Phi(b)>0$

并在适当区间上研究 $\Phi(x)$ 的单调性、凹凸性或最值。最后再代入 $x=b$ 。

变量化时要保留原有约束。例如 $0<a<b$ 时，若令 $x$ 代替 $b$ ，则研究区间应写为 $x>a>0$ ；不能在包含 $0$ 或负数的区间上直接对 $\ln x$ 、 $\sqrt{x}$ 求导。

# 3. 用中值定理证明不等式

中值定理常用于估计差商。若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$ ，使

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi).$

若已知 $f'$ 的单调性或上下界，就可以把差商夹在相应的范围内。对于含高阶导数的估计，则优先考虑带拉格朗日余项的泰勒公式。

例题 6.21：对数差商的双侧估计

设 $0<a<b$ ，证明 $\dfrac{2a}{a^2+b^2}<\dfrac{\ln b-\ln a}{b-a}<\dfrac1{\sqrt{ab}}$ 。

【解】 先证右侧不等式。对 $x>a>0$ ，令

$\Phi(x)=\ln x-\ln a-\frac{x-a}{\sqrt{ax}}.$

有 $\Phi(a)=0$ ，且

$\begin{aligned} \Phi'(x) &=\frac1x-\frac{x+a}{2\sqrt a\,x^{\frac32}}\\ &=\frac{2\sqrt{ax}-x-a}{2\sqrt a\,x^{\frac32}}\\ &=-\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})^2} {2\sqrt a\,x^{\frac32}}<0. \end{aligned}$

故当 $x>a$ 时 $\Phi(x)<0$ 。令 $x=b$ ，得

$\ln b-\ln a<\frac{b-a}{\sqrt{ab}},$

即

$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}}.$

再证左侧不等式。对 $f(x)=\ln x$ 在 $[a,b]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ ，使

$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac1\xi.$

由 $a<\xi<b$ ，以及

$a^2+b^2>2ab,$

可得

$\frac1\xi>\frac1b>\frac{2a}{a^2+b^2}.$

从而

$\boxed{ \frac{2a}{a^2+b^2} <\frac{\ln b-\ln a}{b-a} <\frac1{\sqrt{ab}} }.$

# 4. 微分不等式的解题流程

题目特征	优先构造	关键检查
比较函数值或证明含一个变量的不等式	令 $F$ 为两边之差	写清定义域，再判断 $F'$ 的符号或极值
两端函数值已知，且出现 $f''$ 的符号	直接研究凹凸性	凸函数在弦下，凹函数在弦上；严格性由 $f''$ 的严格符号保证
不等式只含 $a,b$ 等常数	固定其余常数，令其中一个变量化	变量范围必须保留原约束
出现 $f(b)-f(a)$ 、 $\ln b-\ln a$ 等增量	拉格朗日或柯西中值定理	找到同一个 $\xi$ 后，再用 $\xi$ 的区间范围估计

不等式证明的最后一步要回到目标的严格性：若中间只得到非严格不等式，必须检查何时取等，以及该取等情形是否被题设 $a<b$ 、 $x>0$ 等条件排除。

# 一、中值定理

# 1. 涉及连续函数的中值定理

# 定理 1：有界与最值定理

# 定理 2：介值定理

# 定理 3：平均值定理

# 定理 4：零点定理

# 2. 涉及导数的中值定理

# 定理 5：费马定理

# 定理 6：罗尔定理

# 多次使用罗尔定理

# 定理 7：拉格朗日中值定理

# 定理 8：柯西中值定理

# 定理 9：泰勒公式

# 带拉格朗日余项的泰勒公式

# 带佩亚诺余项的泰勒公式

# 麦克劳林公式

# 中值定理的选用提示

# 构造辅助函数的常用结构

# 二、微分等式

# 1. 方程根的存在性、唯一性与个数

# 零点定理：证明根的存在性

# 单调性：证明根的唯一性

# 罗尔定理的推论：根数上界

# 实系数奇次方程至少有一个实根

# 2. 微分等式的解题流程

# 三、微分不等式

# 1. 用函数性质证明不等式

# 单调性、凹凸性与最值

# 2. 用常数变量化证明不等式

# 3. 用中值定理证明不等式

# 4. 微分不等式的解题流程

第5章 一元函数微分学的几何应用

第7章 一元函数微分学的物理与经济应用

第5章一元函数微分学的几何应用

第7章一元函数微分学的物理与经济应用