概念

1. 分为罗尔定理，拉格朗日定理，柯西定理。

$\exists \xi \in (a,b)$, $f(a)=f(b),s.t.f'(\xi)=0$.

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

$\exists \xi \in (a,b), \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}= \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

2. 费马定理 若 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 取得极值且 $f'(x_{0})$，则 $f'(x_{0})=0$.
3. 导数介值定理 (记得：导函数不需要连续) $\forall \eta \in [f'_{+}(a),f'_{-}(b)]$, $\exists \xi,f'(\xi)=\eta$.

若 $f'(x)$ 没有零点，说明原函数一定单调.

同理，根据导数零点定理，只要 $f'(x)\neq k$, 说明 $f'(x)$ 一定要么恒大于 $k$. 或恒小于 $k$.

4. 积分中值定理 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 连续，至少存在一个 $\epsilon$, 使得

$$\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x =f(\epsilon)(b-a)$$

证明：拉格朗日定理

令 $k=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. 要证 $f'(\xi)-k=0$

令 $F(x)=f(x)-kx$.

发现 $F(a)=F(b)$，$F'(\xi)=0$.

证明：柯西中值

就要证明：$[f(b)-f(a)]g'(\xi)-[g(b)-g(a)]f'(\xi)=0$ 令 $F(x)=(f(b)-f(a))(g(x)-?)-(g(b)-g(a))(f(x)-?)$

在？中补常数，让之后的运算更加方便。

因为我们需要计算 $F(a),F(b)$，所以我们干脆让 $F(a)$ 算出来的结果就是 0，那么第一个问号填入 $g(a)$, 后面填入 $f(a)$. 此时 $F(b)=0$. 得证.

方法 1

如果需要证明 $f'(\xi)=0$，直接使用罗尔定理（$f^{(n)}$ 一般都行） 例：设 $f(x)$ 可导，$\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-1}{x}=0$, $\lim_{ x \to 1 } \frac{f(x)-1}{x-1}=0$, 证明: $\exists \xi \in (0,1),s.t.f'''(\xi)=0$.

注

对于连续函数 $\lim_{ x \to a } \frac{f(x)-b}{x-a}=c$, 则 $f(a)=b$, $f'(a)=c$.

$f(0)$ 一眼看出是 $1$。然后又能得出 $f'(0)=0$. 后面的条件 $f(1)=1,f'(1)=0$. 断点函数值，知道 $\exists \xi \in (0,1),f'(\xi)=0$ 我们又发现 $f'(0)=f'(1)=f'(\xi)=0$.

发现 $f'(0)=f'(\xi)=0$, $\exists \xi_{1}\in(0,\xi)$ 符合条件。同理，$\exists \xi_{2}\in(\xi,1)$ 符合 $f''(\xi)=0$.

又发现 $f'''(\xi)=0$, 此时 $\xi\in(\xi_{1},\xi_{2})$. 得证.

例二：$f(0)=f(1)=0,F(x)=x^{3}f(x)$, 证明 $\exists \xi\in(0,1),s.t.F'''(\xi)=0$

例三：$f(a)=f(b)=0,f'_{+}(a)f'_{-}(b)>0$，求证 $\exists \xi\in(a,b),s.t.f''(\xi)=0$.

注

一个导数正负无法判断整体邻域的单调性，但是可以判断点的去心邻域的函数值和该点函数值的大小关系 比如 $f'(x_{0})>0$, 说明 $x_{0}$ 右邻域比 $x_{0}$ 值大. 左邻域比 $x_{0}$ 小.

【解】这里我们不妨假设：$f'_{+}(a)>0$, $f'_{-}(b)>0$.

1. 说明 $a$ 向右开始是大于 0 的 2. 说明 $b$ 向左一部分是小于 0 的.

通过零点定理说明至少存在一个零点 $x_{0}$.

说明 $(a,x_{0}),(x_{0},b)$ 存在两个 $\xi$, 对这两个零点在用罗尔定理得到结果.

例 4：$f(x)$ 在 $(0,1)$ 连续，且 $\int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{1} xf(x) \, \mathrm{d}x=0$, 证明：$f(x)$ 在 $(0,1)$ 至少有 2 个零点.

【尝试】 由题意得 $f(\epsilon_{1})=0$，$\epsilon_{2} f(\epsilon_{2})=0$.注意：这里并没有证明完毕，因为有可能 $\epsilon_{1}=\epsilon_{2}$.

接下来有了这个基础，我们接着想。

罗尔定理：如果我们找不到 $f(x)$ 的零点，我们就找 $F(x)$ 的两个等值点.

那么这道题，我们可以找 $F(x)$ 的三个等值点

本题我们构造原函数：$F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t$. 这里发现 $F(0)=F(1)=0$.

我只要在证明还有一个点 $x_{0}$ 满足 $F(x_{0})=0$.

我们回头看 $\int_{0}^{1} xf(x) \, \mathrm{d}x=0$ ,如何凑到 $F(x)$ 显然分部积分，变成：$\int_{0}^{1} x \, \mathrm{d}F(x)$.

分部后发现：$\int_{0}^{1} F(x) \, \mathrm{d}x=0$.

利用积分中值定理：$F(\xi)=0$, 其中 $\xi \in(0,1)$.

方法 2：辅助多项式

类似需要证明：$f^{(n)}(\xi)=k$. 我们令 $F(x)=f(x)-p(x)$ 构造，将题干中函数值和导数值为 0，达到多次罗尔定理的极佳效果。（我们需要构造的函数 $p(x)$ 就是 $n$ 次多项式）

例 1：$f(0)=0,f(1)=1,f(4)=2$, 证明：$\exists \xi \in (0,4),s.t.f''(\xi)=-\frac{1}{3}.$

我们需要做的目的就是把值全都拉平，即让 $F(0)=F(1)=F(4)=0$, $a.t.f''(\xi)=0$.

这个时候我们使用辅助多项式，构造出这个 $F(x)$ 使他们符合这个结论。

根据上面的方法：令 $p(x)=ax^{2}+bx+c$. 同时要满足 $p(0)=0,p(1)=1,p(4)=2$.

得到 $p(x)=- \frac{1}{6}x^{2}+\frac{7}{6}x$.

【解】令 $F(x)=f(x)-\left( -\frac{1}{6}x^{2}+\frac{7}{6}x \right)$, 此时 $F(0)=F(1)=F(4)=0$.

两次罗尔定理，$\exists \xi \in (0,4),s.t.F''(\xi)=0$ 代入上式，得证。（$-\frac{1}{3}$ 的结果不是巧合，而是必然！）

例 2：$f(0)=0,f(1)=1$, $\int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x=1$. 证明：$\exists \xi\in (0,1),s.t.f'(\xi)<-2$.

【思路】先运用一下积分中值定理 $f(\xi)=1$.

我们让 $F(x)=f(x)-p(x)$ 最后结果都要是 0，所以构造的 $p(x)$ 需要满足 $\int_{0}^{1} p(x) \, \mathrm{d}=0$

令 $p(x)=ax^{2}+bx+c$. 然后 $p(0)=0,p(1)=1$. 得到 $p(x)=-3x^{2}+4x$.

【解】令 $F(x)=f(x)-(-3x^{2}+4x)$.

得到 $F(0)=0.F(1)=0.$ 然后用积分中值定理：$F(c)=0,c\in(0,1)$.

然后三个零点可以套罗尔定理：$F''(\xi)=0\implies f''(\xi)+6=0\implies f''(\xi)=-6<-2$.

例 3：$f(0)=f(1)=0$, $[f(x)]_{\text{min}}=-1$. 证明：$\exists \xi\in(0,1),s.t.f''(\xi)\geq 8$.

【解】$F(x)=f(x)-p(x)$. 需要让 $p(x)$ 的最小值也是-1.

根据 $p(0)=p(1)=0$. 直接令 $p(x)=ax(x-1)$.

取到最小值需要 $a>0,p\left( \frac{1}{2} \right)=-1$

得到 $p(x)=4x^{2}-4x$.

回到题目，令 $F(x)=\dots$ ,注意：$f(x)$ 取到最小值的地方不一定是 $\frac{1}{2}$. 我们只能先假设在 $x=c$ 处取到最小值. $f(c)=-1$.

分类讨论：1. $c=\frac{1}{2}$ 的时候，显然 $F\left( \frac{1}{2} \right)=F(0)=F(1)=0$, 反复罗尔定理：$F''(\xi)=0$.

就是 $f''(\xi)-8=0$，即 $f''(\xi)=8\geq8$.

2. $c\neq \frac{1}{2}$（$f(x),p(x)$ 的最小值是错开的） $F(c)=f(c)-p(c)<0$. ($f(c)$ 取到了最小值，$p(c)$ 不是)

$F\left( \frac{1}{2} \right)=f\left( \frac{1}{2} \right)-p\left( \frac{1}{2} \right)>0$.

零点定理，存在 $\epsilon$ 在 $c\text{和} \frac{1}{2}$ 之间.

显然 $F\left( \epsilon \right)=F(0)=F(1)=0$, 后续同上.

例 4：$f(a)=g(a),f(b)=g(b)$, 且 $f(a)$ 和 $f (b)$ 存在相等的最大值. 证明 $\exists \xi \in (a,b),s.t.f''(\xi)=g''(\xi)$.