大概还有一半没写，但是我保证大家掌握了以下的方法，证明题基本超过同届 80% 的人了
剩下一半，等我找时间写了只能
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
\(\exists \delta_1 > 0\), \(x\in(a,a+\delta_1)\),
\(\exists \delta_2 > 0\), \(x\in(b-\delta_2,b)\),
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：(-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{x-a}{ax} \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 = = 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)
辅助多项式的方法，可以用于 2007 / 2019 年的中值定理证明题中。
辅助多项式好处在于构造简单，坏处在于使用范围小，不过还是一个很值得学习的方法。
