2.8 中值定理

上一节：2.7 构造辅助函数 · 总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.9 不等式证明

中值定理证明题的考法相对集中，处理流程基本固定：把待证结论整理成一个”某个函数在某点导数为零 / 某两点函数值之差等于导数乘区间长”的形式，然后选择合适的中值定理。难点不在定理本身，而在于两点——一是辅助函数怎么构造出来，二是构造出来的辅助函数能不能用（端点值是否相等、区间是否合适）。本节把这两个问题分开处理：先给出四个定理的结论与条件对照，再说明构造辅助函数的原理与失败情形，最后按题型分组过一遍真题。

核心结论：四个中值定理及其相互联系

定理	关键条件	结论中的中值点所在区间	主要用途
罗尔	连续 + 可导 + 两端函数值相等	$(a,b)$ 开区间	证”存在 $\xi$ 使 $f'(\xi)=0$ “，是构造辅助函数类题目的落脚点
拉格朗日	连续 + 可导（不要求端点值相等）	$(a,b)$ 开区间	把两点函数值之差与某点导数联系起来；次数不限，可反复使用
柯西	连续 + 可导 + $g'(x)\ne0$	$(a,b)$ 开区间	结论中出现两个函数、或出现 $\ln$ 与分式结构时使用
泰勒	$n+1$ 阶可导	$\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间	结论含 $f''$ 及以上阶导数，且某点能同时提供函数值与各阶导数值
积分中值定理	$f$ 在 $[a,b]$ 上连续	$\xi\in[a,b]$ （ $f$ 连续时可加强为 $\xi\in(a,b)$ ）	把定积分化为函数值，用于”函数 + 定积分”混合的条件

判断依据：罗尔是拉格朗日在 $f(a)=f(b)$ 时的特例；拉格朗日是柯西在 $g(x)=x$ 时的特例；泰勒在 $n=0$ 时退化为拉格朗日（ $f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)$ ）。所以要办的事越”具体”（只涉及一阶导与两点函数值），用到的定理越基础；结论里出现的导数阶数越高、涉及的中间点越多，就越需要往上一级走。
使用条件：区间必须是闭的、求导必须在内点。所有结论中的中值点都落在开区间内（泰勒的 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，也不等于端点）。写答案时把 $\xi$ 写成 $[a,b]$ 上的点是不严谨的。
注意点：柯西中值定理多了一个" $g'(x)\ne0$ "的条件，它的作用是保证分母 $g(b)-g(a)\ne0$ （由拉格朗日定理， $g(b)-g(a)=g'(\eta)(b-a)\ne0$ ）。因此柯西不能直接由”两个函数分别用拉格朗日”替代——那样得到的是两个不同的中值点，而柯西要求同一个点。

原理与推导：辅助函数是怎么构造出来的

1 为什么”搬成 $F'$ 的零点”就能用罗尔定理

要证的结论形如”存在 $\xi$ ，使某表达式 $=0$ “。若能把该表达式写成某个 $F$ 在 $\xi$ 处的导数，那么”表达式 $=0$ “就等价于 $F'(\xi)=0$ ，而罗尔定理恰好是产生 $F'(\xi)=0$ 的最方便的工具。于是问题被换成了：找出 $F$ 。

找 $F$ 的关键在于，罗尔定理只要求 $F(a)=F(b)$ ，对 $F$ 本身几乎没有其他限制。因此 $"$ 待证式 $=F'$ ” 这一步是唯一的硬约束，而 $F(a)=F(b)$ 这一步则是用来检验构造是否成功的：

若待证式与题设的零点信息相容（例如题设给了 $f(a)=f(b)=0$ ，且 $F$ 是 $f$ 乘以一个既不为零又让两端相等的因子），则 $F(a)=F(b)$ 自动成立；
若不成立，说明区间或辅助函数选错了，需要换（详见下面第 4 小节）。

2 一阶线性组合：积分因子法

欲证明（或题设条件中出现）：

f'(x) + g(x)f(x)

（如 $f'(x) + g(x)f(x) = 0$ 或 $f'(x) + g(x)f(x) > 0$ ）

构造辅助函数：

F(x) = e^{\int g(x)\,\mathrm{d}x} f(x)

求导验证：

F'(x) = e^{\int g(x)\,\mathrm{d}x}\cdot \Big[f'(x) + g(x)f(x)\Big]

因指数因子恒正（ $e^{\int g(x)\,\mathrm{d}x} > 0$ ），故：

F'(\xi) = 0 \iff f'(\xi) + g(\xi)f(\xi) = 0

只要在闭区间 $[a,b]$ 上验证端点 $F(a) = F(b) = 0$ ，由罗尔定理即可获证。

3 二阶及更高阶：裂项降阶与两层构造

待证式含 $f''$ 时无法直接套一阶公式，通用的两条路线是：

把 $f'$ 当成未知函数： $f''(x)+kf'(x)=0$ 的结构中令 $y=f'$ ，就是标准的一阶线性组合，取 $F(x)=e^{kx}f'(x)$ 。
加减中间项裂项：当目标式中同时出现 $f''$ 与 $f$ （缺少 $f'$ ）时，插入 $\pm f'$ 把它拆成两个一阶因子之积的形式，例如 $f''(x)-f(x)=\big[f''(x)-f'(x)\big]+\big[f'(x)-f(x)\big]=\big[f'(x)-f(x)\big]'+\big[f'(x)-f(x)\big].$ 这样外层构造 $F(x)=e^{x}\big[f'(x)-f(x)\big]$ ，而 $f'(x)-f(x)=0$ 的两个零点则要用内层辅助函数 $e^{-x}f(x)$ 加两次罗尔定理得到（见例 2.76）。

这一路线的实质是”把二阶问题化成两层一阶问题”：内层负责造出 $f'-f$ 的两个零点，外层负责把 $f''-f$ 搬到导数位置。

4 构造不出来的常见情形（判断”该换思路”的信号）

待证式里出现两个不同的中值点（如 $f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2$ ，例 2.78）：一个辅助函数加一次罗尔只能产出一个点。此时要么划分区间、在每个子区间上分别用中值定理再相加相减，要么先用第（Ⅰ）问的结论造出额外的零点（例 2.79.1）。
待证式含 $f''$ 及以上阶导数：先判断能不能用泰勒。泰勒要在同一个点处同时知道函数值与各阶导数值；若题设的点”要么只给函数值、要么只给导数值”，展开点凑不齐，泰勒就用不上，应改走”划分区间 + 多次拉格朗日”（例 2.79）。
待证式带非齐次常数项：直接套齐次积分因子会得到端点值不相等的 $F$ 。正确处理是把常数吸收进原函数，例如 $1=(x)'$ 、 $1=(e^{x})'$ 、 $1=e^{0}=\ln e$ 、 $\dfrac12$ 看成 $\displaystyle\int_0^1x\,\mathrm dx$ 、 $1$ 看成 $\displaystyle\int_0^11\,\mathrm dx$ （例 2.75(Ⅱ) 就是把 $1$ 并进了 $f'+f-x$ ）。
算出来的 $F$ 两端点值不相等：这不是公式错了，而是区间选大了。应当利用已知零点或第（Ⅰ）问的结论去更小的区间上找 $F$ 的两个零点：例 2.75(Ⅱ) 用第（Ⅰ）问得到 $f'(-\xi)=f'(\xi)=1$ ，于是在 $[-\xi,\xi]$ 上罗尔；例 2.76 用两次罗尔得到的 $\xi_1,\xi_2$ 作端点。
待证式里只有 $f$ 、没有 $f'$ （如 $f(\xi)=0$ 、 $f(\xi)=1$ ）：这是零点定理、介值定理或直接使用拉格朗日的题目，不属于辅助函数构造题（例 2.74(Ⅰ)、例 2.75(Ⅰ)）。
积分因子在实数域无意义：形如 $\int\dfrac{a}{x-b}\,\mathrm dx=a\ln|x-b|$ 的积分因子，去绝对值的方向搞反会得到 $(x-b)^a$ 这种在 $a$ 非整数时无实义的表达式。因为 $x\in(a,b)\Rightarrow x-b<0$ ，应化成 $e^{a\ln(b-x)}=(b-x)^a$ （例 2.73）。
柯西中值定理中 $g(x)$ 选不出来： $g$ 的选取原则是” $g'$ 恰好是待证式中把 $f'$ 除过去的那个因子”。待证式里出现 $\ln 2$ 、 $\dfrac1\eta$ 之类的结构时，往往对应 $g(x)=\ln x$ （例 2.77(Ⅱ) 中 $g'(x)=\dfrac1x$ ，于是系数 $\dfrac1{g'(\eta)}=\eta$ ）。

题型识别与判据

题面特征	首选工具	判断依据与使用条件
出现函数与一阶导数，且结论含两点函数值之差或某点导数	$\Longrightarrow$ 拉格朗日中值定理	条件只是”连续 + 可导”，因此适用范围最广；常数项有讲究， $1$ 可以看成 $e^0$ 也可以是 $\ln e$ ，选哪种取决于配凑后哪个式子更整齐
出现函数与定积分混合的条件	$\Longrightarrow$ 积分中值定理	把 $\displaystyle\int_a^bf$ 换成 $f(\xi)(b-a)$ ，条件与结论就都变成”函数值”语言；特殊常数 $\dfrac12$ 可视为 $\displaystyle\int_0^1x\,\mathrm dx$ ， $1$ 可视为 $\displaystyle\int_0^11\,\mathrm dx$
出现特殊常数 $0$ 、 $1$ 需要处理	$\Longrightarrow$ 转化为端点函数值或积分限	先找”谁等于 $0$ “或”谁等于 $1$ “，再据此确定中值点所在的区间；注意中值点范围严格为开区间
待证式是 $f(\xi),f'(\xi),f''(\xi)$ 的组合，且要求整理为 $0$	$\Longrightarrow$ 构造辅助函数 + 罗尔定理	先移项、同除正因子，把待证式整理成一阶线性组合；若待证式能直接看出原函数，就直接取该原函数为 $F$
结论含 $f''$ 或更高阶导数	$\Longrightarrow$ 泰勒公式，或划分区间多次使用拉格朗日/罗尔	判断标准是”展开点能否同时提供函数值与各阶导数值”：能则用泰勒；不能则划分区间多次用一阶定理
题设以极限表达式作为条件	$\Longrightarrow$ 极限的保号性，或导数定义（“脱帽”）	$\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{x-a}=A>0$ 时，由分母的符号决定函数值符号： $x>a$ 一侧 $f(x)>0$ ， $x<a$ 一侧 $f(x)<0$ 。这一步常用于先造出异号点，再用零点定理
出现 $\ln(\text{常数})$ 且常规方法受阻	$\Longrightarrow$ 柯西中值定理	属较冷门的切入点，但往往是关键；典型做法是取 $g(x)=\ln x$ ，用 $\dfrac{f'(\xi)}{1/\xi}=\xi f'(\xi)$ 把系数凑出来
结论中出现两个不同的中值点，或需要”分别位于某个分割点两侧”	$\Longrightarrow$ 划分区间 + 两次（或多次）使用中值定理	先确定分割点：题目给出的特殊函数值或积分条件通常就是分割点的来源；分割点未知时可设为 $x_0$ ，最后解出使两个子区间的结论能相加相减的那个 $x_0$
结论要求估计 $f'$ 的绝对值的下界，题设给出最大值或积分值	$\Longrightarrow$ 取极值点作分割点 + 拉格朗日	若已知 $f$ 在两个端点相等，最大值只可能在开区间内部取到，该点即可作为分割点；两段上的差商分别给出导数值的下界，再用”两者取大”选出一个满足不等式的中值点
需要”存在性”但没有导数信息可用	$\Longrightarrow$ 零点定理 / 介值定理	只要求连续，不要求可导；若条件给的是极限或积分，要先把它化成函数值的符号信息

典型例题

A 类：构造辅助函数 + 罗尔定理

例 2.72 李林880

（Ⅰ）分析辅助函数：将 $2f(x)+xf'(x)=0$ 同除以 $x$ 得 $f'(x)+\dfrac{2}{x}f(x)=0$ 。积分因子为 $e^{\int\frac2x\,\mathrm dx}=e^{2\ln x}=x^2$ 。令 $F(x)=x^2f(x)$ ，则 $F(a)=F(b)=0$ 。由罗尔定理，存在一点 $\xi\in(a,b)$ ，使得

F'(\xi)=0,\quad

即

2\xi f(\xi)+\xi^2f'(\xi)=0 \implies \xi\big[2f(\xi)+\xi f'(\xi)\big]=0.

因 $\xi\in(a,b)$ 且 $a>0$ ，故 $\xi\ne0$ ，得

2f(\xi)+\xi f'(\xi)=0.

（Ⅱ）分析辅助函数：将 $-f'(x)+2xf(x)=0 \implies f'(x)-2xf(x)=0$ 。积分因子为 $e^{\int(-2x)\,\mathrm dx}=e^{-x^2}$ 。令 $G(x)=e^{-x^2}f(x)$ ，则 $G(a)=G(b)=0$ 。由罗尔定理，存在一点 $\eta\in(a,b)$ ，使得

G'(\eta)=0,\quad

即

e^{-\eta^2}\big[f'(\eta)-2\eta f(\eta)\big]=0.

因 $e^{-\eta^2}>0$ ，故

2\eta f(\eta)-f'(\eta)=0.

判断依据：两问都是一阶线性组合。第（Ⅰ）问同除 $x$ 后 $f$ 的系数是 $\dfrac2x$ ，原函数含 $x^2$ ；第（Ⅱ）问的系数是 $-2x$ ，属于 $g(x)$ 为多项式的类型，原函数是 $e^{-x^2}$ （这正是速查表” $f'+kf$ 配 $e^{kx}$ “在 $k$ 依赖于 $x$ 时的推广）。
使用条件：题设 $0<a<b$ 是必需的——第（Ⅰ）问中 $\xi\ne0$ 才能把 $\xi$ 约掉；第（Ⅱ）问中 $e^{-\eta^2}$ 恒正不依赖这一点，但整个区间保证在 $x>0$ 一侧，便于各种同除操作。
注意点：约去 $\xi$ （或 $e^{-\eta^2}$ ）时必须说明它为什么不为 $0$ ，这是很多答案里被省略却必须交代的一步。

例 2.73 李林880

令 $F(x)=(b-x)^af(x)$ 。由已知条件：

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

且 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由罗尔定理，存在一点 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $F'(\xi)=0$ ，即

-a(b-\xi)^{a-1}f(\xi) + (b-\xi)^a f'(\xi) = 0,

提取公因式 $(b-\xi)^{a-1}$ ：

(b-\xi)^{a-1}\Big[-af(\xi) + (b-\xi)f'(\xi)\Big] = 0.

因 $\xi\in(a,b)$ ，故 $b-\xi>0 \implies (b-\xi)^{a-1}\ne0$ 。从而：

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

例 2.74 2017 数一数二真题

（Ⅰ）由 $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}x<0$ ，由保号性，存在 $x_1\in(0,1)$ ，使得 $f(x_1)<0$ ，又 $f(1)>0$ ，由零点定理，至少存在一点 $\xi\in(x_1,1)$ ，使得 $f(\xi)=0$ 。

（Ⅱ）因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。由 $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x}<0$ 知 $\displaystyle\lim_{x\to0+}f(x)=\lim_{x\to0+}x\cdot\frac{f(x)}{x}=0$ ，故 $f(0)=0$ 。

由（Ⅰ）知，存在 $x_1\in(0,1)$ ，使得 $f(x_1)=0$ 。因 $f(x)$ 在 $[0,x_1]$ 上连续，在 $(0,x_1)$ 内可导，且 $f(0)=f(x_1)=0$ ，由罗尔定理知，存在 $x_2\in(0,x_1)$ ，使得 $f'(x_2)=0$ 。

令辅助函数 $F(x)=f(x)f'(x)$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,x_1]$ 上连续，在 $(0,x_1)$ 内可导，且

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

由 $f(0)=0$ ， $f'(x_2)=0$ ， $f(x_1)=0$ ，可得

F(0)=0,\quad F(x_2)=0,\quad F(x_1)=0.

分别在区间 $[0,x_2]$ 和 $[x_2,x_1]$ 上对 $F(x)$ 应用罗尔定理，存在 $\eta_1\in(0,x_2)$ ， $\eta_2\in(x_2,x_1)$ ，使得

F'(\eta_1)=0,\qquad F'(\eta_2)=0.

因为 $0<\eta_1<x_2<\eta_2<x_1<1$ ，所以 $\eta_1\ne\eta_2$ 且 $\eta_1,\eta_2\in(0,1)$ 。

即方程 $f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。

判断依据：待证式是乘积求导的形式，对应 $F=(f^2)'/2$ 一族，取 $F(x)=f(x)f'(x)$ 最直接（ $F'=ff''+f'^2$ ）。要在 $(0,1)$ 内得到两个不同的根， $F$ 就必须先有三个互异零点，因为 $n+1$ 个零点经罗尔定理得到 $n$ 个导数零点。
使用条件：三个零点分别来自： $f(0)=0$ （由极限式推出）、 $f'(x_2)=0$ （由 $f(0)=f(x_1)=0$ 用罗尔定理得到）、 $f(x_1)=0$ （第（Ⅰ）问的结论）。这正是”先用一阶结论造零点，再用高阶构造取根”的典型配合。
注意点： $\eta_1,\eta_2$ 来自不相交的两个区间 $[0,x_2]$ 与 $[x_2,x_1]$ ，所以必须写出 $0<\eta_1<x_2<\eta_2<x_1<1$ 来说明两点互异。只写”存在两个点”而不说明互异，结论就不成立。

例 2.75 2013 数一真题

【构造思路】：

待证式移项为 $f''(x) + f'(x) - 1 = 0$ 。若令 $y = f'(x) - 1$ ，则转化为一阶线性微分方程结构 $y' + y = 0$ ；
两端同乘积分因子 $e^x$ ，得 $(e^x y)' = 0$ ，从而构造辅助函数 $g(x) = e^x [f'(x) - 1]$ ；
寻找零点：利用第（Ⅰ）问结论 $f'(\xi) = 1$ ，结合奇函数的导数为偶函数（ $f'(-\xi) = f'(\xi) = 1$ ），在局部对称区间 $[-\xi, \xi]$ 上应用罗尔定理。

【严谨证明】：令

g(x)=e^x[f'(x)-1],\quad

则 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导。由于 $f(x)$ 为奇函数，故 $f(x)=-f(-x)$ ，两边关于 $x$ 求导，得 $f'(x)=f'(-x)$ 。于是由（Ⅰ）知， $f'(-\xi)=f'(\xi)=1$ ，从而 $g(-\xi)=g(\xi)=0$ 。又 $\xi\in(0,1)$ ，故 $-\xi\ne\xi$ ，在闭区间 $[-\xi,\xi]\subset(-1,1)$ 上由罗尔定理，存在 $\eta\in(-\xi,\xi)\subset(-1,1)$ ，使得

g'(\eta)=e^\eta\bigl[f''(\eta)+f'(\eta)-1\bigr]=0.

因 $e^\eta \ne 0$ ，从而 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$ 。

【构造思路】：

对待证式 $f''(x) + f'(x) - 1 = 0$ 直接逐项求不定积分： $\int [f''(x)+f'(x)-1]\,\mathrm dx = f'(x)+f(x)-x+C$ ；
令辅助函数 $g(x) = f'(x) + f(x) - x$ ，求导即得 $g'(x) = f''(x) + f'(x) - 1$ ；
寻找端点值相等：直接检验大区间端点 $x = \pm 1$ ，利用奇偶性 $f(-1)=-f(1)=-1$ 与 $f'(-1)=f'(1)$ ，发现 $g(1)=g(-1)=f'(1)$ 恰好相等，在全局区间 $[-1,1]$ 上应用罗尔定理。

【严谨证明】：令

g(x)=f'(x)+f(x)-x,\quad

则 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导。由 $f(x)$ 为奇函数，得 $f'(x)=f'(-x)$ 。又 $f(1)=1, f(-1)=-1$ ，故

g(1)=f'(1)+f(1)-1=f'(1)+1-1=f'(1),\quad

g(-1)=f'(-1)+f(-1)-(-1)=f'(1)-1+1=f'(1),\quad

从而 $g(1)=g(-1)$ 。在闭区间 $[-1,1]$ 上由罗尔定理，存在 $\eta\in(-1,1)$ ，使得

g'(\eta)=f''(\eta)+f'(\eta)-1=0,\quad

即 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$ 。

路线一（积分因子法）：遇到 $f' + kf$ 或 $f'' + kf'$ 的齐次结构，逆推微分方程并乘 $e^{kx}$ ，通常要结合第（Ⅰ）问的结论在局部对称区间 $[-\xi, \xi]$ 上找零点。代价是必须验算两端点值相等，且要用到奇偶性把区间缩到 $(-\xi,\xi)\subset(-1,1)$ 。
路线二（直接原函数法）：对 $f''+f'-1$ 逐项求不定积分，把非齐次项 $-1$ 一并吸收成 $f'+f-x$ ，然后直接在全局端点 $x=\pm 1$ 上比较。本题恰好 $g(1)=g(-1)$ ，一步到位，比路线一短。

选择的判据：先看能不能在全局端点凑出相等的值。若奇偶性、已知函数值、已知导数值恰好让 $g(a)=g(b)$ ，用路线二；若凑不出，就在局部对称区间上用路线一，并利用第（Ⅰ）问提供零点信息。

例 2.76 李林880

（Ⅰ）证明至少存在一点 $\xi\in(0,1)$ ，使 $f(\xi)=0$

第一步：求出端点值 $f(0)$ 与 $f(1)$

因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且

f(0) = \lim_{x\to0+} f(x) = \lim_{x\to0+} \left[x \cdot \frac{f(x)}{x}\right] = 0 \cdot 1 = 0,

f(1) = \lim_{x\to1-} f(x) = \lim_{x\to1-} \left[(x-1) \cdot \frac{f(x)}{x-1}\right] = 0 \cdot 1 = 0.

第二步：利用极限保号性锁定区间内部正负异号点

由 $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x} = 1 > 0$ ，根据极限的保号性，存在 $\delta_1 \in (0, \frac12)$ ，使得当 $x\in(0,\delta_1)$ 时， $\dfrac{f(x)}{x} > 0$ 。因为 $x > 0$ ，所以在该邻域内 $f(x) > 0$ 。任取一点 $x_1 \in (0, \delta_1)$ ，有 $f(x_1) > 0.$
由 $\displaystyle\lim_{x\to1-}\frac{f(x)}{x-1} = 1 > 0$ ，根据极限的保号性，存在 $\delta_2 \in (0, \frac12)$ ，使得当 $x\in(1-\delta_2, 1)$ 时， $\dfrac{f(x)}{x-1} > 0$ 。因为 $x < 1 \implies x - 1 < 0$ ，所以在该邻域内 $f(x) < 0$ 。任取一点 $x_2 \in (1-\delta_2, 1)$ ，有 $f(x_2) < 0.$

第三步：应用零点定理

显然 $0 < x_1 < x_2 < 1$ 。函数 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_2]$ 上连续，且 $f(x_1)f(x_2) < 0$ 。由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (x_1, x_2) \subset (0,1)$ ，使得

f(\xi) = 0.

（Ⅰ）得证。

（Ⅱ）证明至少存在一点 $\eta\in(0,1)$ ，使 $f''(\eta)=f(\eta)$

【构造思路：加减中间项降阶与两步积分因子法】：

目标观察与中间项配凑：待证式移项为 $f''(x) - f(x) = 0$ 。式中含二阶导与原函数，缺少一阶导 $f'(x)$ 。通过“加一项、减一项 $f'(x)$ ”将其裂项拆分： $f''(x) - f(x) = \big[f''(x) - f'(x)\big] + \big[f'(x) - f(x)\big] = \big[f'(x) - f(x)\big]' + \big[f'(x) - f(x)\big]$
外层辅助函数（降阶与构造 $F(x)$ ）：令中间变量 $u(x) = f'(x) - f(x)$ ，则目标化为一阶标准形式 $u'(x) + u(x) = 0$ 。乘积分因子 $e^x$ ，得： $\big[e^x u(x)\big]' = e^x\big[u'(x) + u(x)\big] = e^x\big[f''(x) - f(x)\big]$ 故构造外层辅助函数 $F(x) = e^x\big[f'(x) - f(x)\big]$ 。若能在区间内找到 $F(x)$ 的两个零点（即 $f'(x)-f(x)=0$ 的两个根），即可由罗尔定理得证。
内层辅助函数（利用零点定理结论构造 $g(x)$ ）：为寻找 $f'(x) - f(x) = 0$ 的两个根，对 $f'(x) - f(x) = 0$ 乘积分因子 $e^{-x}$ ，得： $\big[e^{-x} f(x)\big]' = e^{-x}\big[f'(x) - f(x)\big]$ 故构造内层辅助函数 $g(x) = e^{-x}f(x)$ 。利用 $f(x)$ 的三个零点 $0, \xi, 1$ 应用两次罗尔定理，即可得到 $g'(x)=0$ （即 $f'(x)-f(x)=0$ ）的两个根 $\xi_1, \xi_2$ 。

【严谨证明步骤】：

第一步：构造第一层辅助函数并应用两次罗尔定理

结合第一步与（Ⅰ）的结论，函数 $f(x)$ 具有 3 个互异零点：

f(0) = 0, \qquad f(\xi) = 0, \qquad f(1) = 0 \quad (0 < \xi < 1).

令辅助函数 $g(x) = e^{-x} f(x)$ ，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，其导数为：

g'(x) = -e^{-x}f(x) + e^{-x}f'(x) = e^{-x}\big[f'(x) - f(x)\big].

易知 $g(0) = 0, g(\xi) = 0, g(1) = 0$ 。

在区间 $[0, \xi]$ 上： $g(x)$ 满足罗尔定理条件，必存在 $\xi_1 \in (0, \xi)$ ，使得 $g'(\xi_1) = e^{-\xi_1}\big[f'(\xi_1) - f(\xi_1)\big] = 0 \implies f'(\xi_1) - f(\xi_1) = 0.$
在区间 $[\xi, 1]$ 上： $g(x)$ 满足罗尔定理条件，必存在 $\xi_2 \in (\xi, 1)$ ，使得 $g'(\xi_2) = e^{-\xi_2}\big[f'(\xi_2) - f(\xi_2)\big] = 0 \implies f'(\xi_2) - f(\xi_2) = 0.$

显然 $0 < \xi_1 < \xi < \xi_2 < 1$ ，故 $\xi_1 \ne \xi_2$ 。

第二步：构造第二层辅助函数并再次应用罗尔定理

令辅助函数 $F(x) = e^x\big[f'(x) - f(x)\big]$ 。因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，所以 $F(x)$ 在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上连续，在 $(\xi_1, \xi_2)$ 内可导，且

\begin{aligned} F'(x) &= e^x\big[f'(x) - f(x)\big] + e^x\big[f''(x) - f'(x)\big] \\ &= e^x\big[f''(x) - f(x)\big]. \end{aligned}

由第一步结论：

F(\xi_1) = e^{\xi_1}\big[f'(\xi_1) - f(\xi_1)\big] = 0, \qquad F(\xi_2) = e^{\xi_2}\big[f'(\xi_2) - f(\xi_2)\big] = 0.

在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上对 $F(x)$ 应用罗尔定理，必存在 $\eta \in (\xi_1, \xi_2) \subset (0,1)$ ，使得

F'(\eta) = e^\eta\big[f''(\eta) - f(\eta)\big] = 0.

因为指数函数 $e^\eta > 0$ 恒成立，所以必有

f''(\eta) - f(\eta) = 0 \implies f''(\eta) = f(\eta).

命题获证。

$f''(x) - f(x) = 0$ （双曲型，特征根 $\pm 1$ ）：
- 链式降阶：先令 $g(x) = e^{-x}f(x)$ 得到零点，再令 $F(x) = e^x[f'(x)-f(x)]$ （或交换顺序先 $e^x$ 再 $e^{-x}$ ）。
$f''(x) + f(x) = 0$ （三角型，特征根 $\pm i$ ）：
- 链式降阶：构造与三角函数结合的辅助函数，如 $F(x) = f(x)\cos x - f'(x)\sin x$ 等。
极限保号性的使用要诀：
- $\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a} = A > 0 \implies$ 右侧（ $x>a$ ）函数值 $f(x)>0$ ；左侧（ $x<a$ ）函数值 $f(x)<0$ 。分母自带正负号，所以必须结合分母的符号才能判断函数值的符号，不能只看极限的符号。

例 2.77 2020 数二真题

方法一（零点定理）：把待证式移项成”某函数 $=0$ “的形式，再在区间端点算出异号的函数值。 $F(1)=-e<0$ 用的是 $f(1)=0$ （积分上限等于下限）， $F(2)=f(2)>0$ 用的是被积函数恒正。条件是只要求连续，因此最省事。
方法二（罗尔定理）：注意到待证式右边出现 $e^{\xi^2}=f'(\xi)$ ，所以把 $f$ 与 $(x-2)$ 相乘后求导， $(\xi-2)f'(\xi)$ 正好落到待证式里的 $-(2-\xi)e^{\xi^2}$ 上。条件是 $F$ 在两个端点取相同的值，这里由 $f(1)=0$ 与因子 $x-2$ 在 $x=2$ 处为零共同提供。
选择判据：待证式能整理成" $g(x)=0$ "且端点值好算时用零点定理；待证式中出现 $f'$ 的显式表达时优先考虑罗尔定理。

令 $g(x)=\ln x$ ，在 $[1,2]$ 上使用柯西中值定理。若 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $g'(x)\ne0$ ，则存在 $\xi\in(a,b)$ ，使

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

因为 $f(1)=0$ ， $g(1)=0$ ， $g(2)=\ln2$ ，所以存在 $\eta\in(1,2)$ ，使

\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} = \frac{f'(\eta)}{g'(\eta)} = \frac{e^{\eta^2}}{1/\eta} = \eta e^{\eta^2},\quad

即

f(2)=\ln2\cdot\eta e^{\eta^2}.

判断依据：待证式右端是 $\ln2\cdot\eta e^{\eta^2}$ ，其中 $\ln2$ 与 $\eta$ 都不是 $f$ 或 $f'$ 贡献出来的。把 $\eta$ 写在分子上，等价于在 $\dfrac{f'(\eta)}{g'(\eta)}$ 中取 $g'(\eta)=\dfrac1\eta$ ；能给出 $\dfrac1x$ 的常用函数就是 $\ln x$ ，于是 $g(x)=\ln x$ 、 $g(2)-g(1)=\ln2$ 正好对上前面的 $\ln2$ 。
使用条件： $g(x)=\ln x$ 在 $[1,2]$ 上连续可导且 $g'(x)=\dfrac1x\ne0$ ，满足柯西中值定理的全部条件； $f$ 由变限积分给出，在 $[1,2]$ 上可导且 $f(1)=0$ 。
注意点：只要有 $\ln(\text{常数})$ 或 $\dfrac1x$ 这类结构出现在待证式里，就应当想到柯西中值定理。这类题不能用”两个函数各用一次拉格朗日”代替，因为那样得到的两个中值点未必相同。

B 类：划分区间 + 多次使用中值定理

例 2.78 2010 数一真题

令

g(x)=f(x)-\frac13x^3,\quad

则 $g(0)=g(1)=0$ ，且

g'(x)=f'(x)-x^2.

分别在 $[0,\dfrac12]$ 、 $[\dfrac12,1]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,\dfrac12)$ 、 $\eta\in(\dfrac12,1)$ ，使得

g\left(\frac12\right)-g(0)=\frac12g'(\xi),\quad

g(1)-g\left(\frac12\right)=\frac12g'(\eta).

两式相加，由 $g(0)=g(1)=0$ ，得 $g'(\xi)+g'(\eta)=0$ ，即

f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2.

判断依据：待证式中 $\xi^2$ 、 $\eta^2$ 都带正号，若直接对 $f$ 用拉格朗日，得到的两个中值点没有公共的部分可以相加。构造 $g=f-\dfrac13x^3$ 后， $g'(\xi)+g'(\eta)=0$ 恰好等价于待证式（因为 $\dfrac13x^3$ 的导数是 $x^2$ ，取 $x=\xi,\eta$ 后移项得 $f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2$ ）。这一步的实质是把待证式中的非 $f$ 部分也写成导数，并入同一个函数。
使用条件：分成 $[0,\frac12]$ 与 $[\frac12,1]$ 两段后分别使用拉格朗日，得到的两点分别落在两个开区间内，自然满足 $\xi<\dfrac12<\eta$ ；再由 $g(0)=g(1)=0$ 使两式相加后的左端只剩 $g(1)-g(0)=0$ 。
注意点：区间长度都是 $\dfrac12$ ，所以两式相加时系数相同、可以直接相加。若分割点不是中点，系数会不同，就要按下面的方式解出分割点。

例 2.79 2019 数二真题

第一问的结论要证 $f'(\xi)=0$ ，而题设给的是 $\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm dx=1$ ——积分与函数如何联系？靠积分中值定理，把积分换成某个点的函数值。
第二问涉及二阶导，形式上会想到泰勒。但题设的点”要么只提供函数值（ $f(0)=0$ 、 $f(1)=1$ ），要么只提供积分值”，无法在同一个点同时拿到函数值与各阶导数值，泰勒的展开点凑不齐，所以泰勒不是一个好的切入点。
既然不能用泰勒，切入角度就是划分区间、两次使用拉格朗日。
以哪个点为边界划分区间？看题目中给了什么信息：第一问已经造出了 $f(c)=1$ 这个点，第二问就以 $c$ 为分界点。

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上存在2阶导数，可知 $f'(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。若不存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得 $f'(\xi)=0$ ，则由 $f'(x)$ 的连续性以及零点定理可知， $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 上恒大于零或恒小于零。又因为 $f(0)=0$ ， $f(1)=1$ ，所以 $f'(x)$ 恒大于零， $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调增加， $f(1)$ 是 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值。于是

\int_0^1f(x)\,dx<\int_0^1f(1)\,dx=1,\quad

这与 $\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx=1$ 矛盾。因此，存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得 $f'(\xi)=0$ 。

法一（正向构造）：由 $\displaystyle\int_0^1f=1$ 想到把积分写成 $F(1)-F(0)$ ，再用拉格朗日得到 $F'(c)=f(c)=1$ ；随后 $f(1)=f(c)=1$ 给出罗尔定理的端点相等条件。核心判断是”积分条件要转成函数值条件”。
法二（反证）：由 $f'$ 连续出发，否定”存在导数为零的点”就等价于 $f'$ 恒正或恒负；再由单调性得出 $\displaystyle\int_0^1f<1$ 与题设矛盾。反证法的适用条件是导数连续（否则 $f'$ 变号未必经过零点，例如 $f'(x)$ 有振荡间断点）。
注意点：法一中的 $c$ 是第（Ⅱ）问的关键——它提供了一个”函数值已知的具体点”，后面划分区间就以此点为界。

令

G(x)=f(x)+x^2,\quad

则 $G''(x)=f''(x)+2$ 。取（Ⅰ）中满足 $f(c)=1$ 的点，则

G(0)=0,\qquad G(c)=1+c^2,\qquad G(1)=2.

由拉格朗日中值定理，存在 $\eta_1\in(0,c)$ ，使得

G'(\eta_1)=\frac{G(c)-G(0)}{c-0}=\frac{1+c^2}{c};\quad

存在 $\eta_2\in(c,1)$ ，使得

G'(\eta_2)=\frac{G(1)-G(c)}{1-c}=\frac{1-c^2}{1-c}=1+c.

再对 $[\eta_1,\eta_2]$ 上的 $G'(x)$ 使用拉格朗日中值定理，存在 $\eta\in(\eta_1,\eta_2)\subset(0,1)$ ，使得

\begin{aligned} G''(\eta) &=\frac{G'(\eta_2)-G'(\eta_1)}{\eta_2-\eta_1}\\ &=\frac{1+c-\dfrac{1+c^2}{c}}{\eta_2-\eta_1} =\frac{1-\dfrac1c}{\eta_2-\eta_1}<0. \end{aligned}

由于 $c\in(0,1)$ ，故 $G''(\eta)<0$ ，即 $f''(\eta)+2<0$ ，也即 $f''(\eta)<-2$ 。

判断依据：待证式是 $f''(\eta)<-2$ ，即 $f''(\eta)+2<0$ 。把常数 $2$ 写成 $(x^2)''$ 并进同一个函数，就得到 $G''=f''+2$ ，结论化为 $G''(\eta)<0$ 。这是”非齐次常数项写成某函数的导数”在二阶情形的用法。
使用条件： $G$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，三个点的函数值 $0,\ 1+c^2,\ 2$ 都是可算的具体数，所以可以逐段做差商。 $c\in(0,1)$ 保证 $\dfrac1c>1$ ，从而使 $G''(\eta)<0$ 的方向正确。
注意点：这里对 $G$ 用了两次拉格朗日（分别在 $[0,c]$ 与 $[c,1]$ 上）得到两个一阶导数值，再对 $G'$ 用一次拉格朗日得到二阶导。得到的 $\eta$ 落在 $[\eta_1,\eta_2]$ 内，因此自动落在 $(0,1)$ 内；顺序不能颠倒，也不能只做两次。

例 2.79.1 2026 数一真题

F(1)=0+\int_1^1f(t)\,dt=0,\quad

F(-1)=0+\int_1^{-1}f(t)\,dt=0,\quad

F(0)=a+\int_1^0f(t)\,dt=a-a=0.

又 $f(x)$ 可导，所以 $F(x)$ 二阶可导。由 $F(-1)=F(0)$ ，在 $[-1,0]$ 上使用罗尔定理，存在 $\eta_1\in(-1,0)$ ，使 $F'(\eta_1)=0$ ；由 $F(0)=F(1)$ ，在 $[0,1]$ 上使用罗尔定理，存在 $\eta_2\in(0,1)$ ，使 $F'(\eta_2)=0$ 。再由 $F'(\eta_1)=F'(\eta_2)$ ，使用罗尔定理，存在 $\xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(-1,1)$ ，使得 $F''(\xi)=0$ 。

判断依据： $F$ 中的 $a(1-x^2)$ 在 $x=\pm1$ 处为零，所以 $F(1)=\displaystyle\int_1^1f=0$ 、 $F(-1)=\displaystyle\int_1^{-1}f=-\displaystyle\int_{-1}^1f=0$ ——这里用到了题设 $\displaystyle\int_{-1}^1f=0$ 。而 $F(0)=a+\displaystyle\int_1^0f=a-\displaystyle\int_0^1f=a-a=0$ 用的是 $a$ 的定义。每一项都对应题设中的一条信息，这是判断辅助函数是否正确的最直接标准。
使用条件： $f$ 可导 $\Rightarrow$ $F$ 二阶可导，保证两次罗尔定理都能用；三个零点 $x=-1,0,1$ 互异且把区间分成两段，保证 $\eta_1<\eta_2$ 。
注意点：积分中值定理给出的是 $\xi_1\in(0,1)$ 、 $\xi_2\in(-1,0)$ ，这才有 $\xi_1>\xi_2$ 可以直接用单调性比较；若用 $\xi\in[-1,1]$ 的弱形式，就无法保证两点互异。

例 2.80 2015 数二真题

首先，由于过点 $(b,f(b))$ 的切线的斜率为 $f'(b)$ ，且该切线过点 $(x_0,0)$ ，故

f'(b)=\frac{f(b)-0}{b-x_0},\quad

解得

x_0=b-\frac{f(b)}{f'(b)}.

因为 $b>a$ ， $f'(x)>0$ ， $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上单调增加，所以 $f(b)>f(a)=0$ ，从而 $\dfrac{f(b)}{f'(b)}>0$ ，因此 $x_0<b$ 。

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)<f'(b)=\frac{f(b)-0}{b-x_0}.

代入 $f(a)=0$ ，得

\frac{f(b)}{b-a}<\frac{f(b)}{b-x_0}.

由于 $b-a>0$ ， $b-x_0>0$ ， $f(b)>0$ ，故 $b-a>b-x_0$ ，即 $a<x_0$ 。

判断依据：结论 $a<x_0<b$ 被拆成两半。 $x_0<b$ 只需 $f(b)>0$ 与 $f'(b)>0$ ，即单调性； $a<x_0$ 需要把 $\dfrac{f(b)}{b-a}$ 与 $\dfrac{f(b)}{b-x_0}$ 比较，而 $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)$ 正是拉格朗日中值定理的形式， $f''(x)>0$ 保证 $f'$ 递增，从而 $f'(\xi)<f'(b)$ 。
使用条件： $f''>0$ 的作用是给出 $f'$ 的单调增加（进而 $f'(\xi)<f'(b)$ ）； $f'(x)>0$ 的作用是给出 $f$ 单调增加（进而 $f(b)>0$ ）。两个条件缺一不可。
注意点：比较 $\dfrac{f(b)}{b-a}$ 与 $\dfrac{f(b)}{b-x_0}$ 时，分子相同且为正，可以直接由分母的大小比较分式；这一步必须先说明 $b-x_0>0$ （由 $x_0<b$ 得到），否则不等号方向无法确定。

例 2.81 2020 数一真题，划分区间＋拉格朗日

若 $M=0$ ，则 $f(x)\equiv0$ ， $f'(x)\equiv0$ ，所证命题成立。

若 $M\ne0$ ，则 $\displaystyle\max_{x\in[0,2]}|f(x)|$ 在区间 $(0,2)$ 内取到，不妨设 $|f(c)|=M$ ， $0<c<2$ 。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1\in(0,c)$ ，使得

|f(c)|=\left|\frac{f(c)-f(0)}{c-0}\right|c=|f'(\xi_1)|c,\quad

即

|f'(\xi_1)|=\frac{M}{c}.

存在 $\xi_2\in(c,2)$ ，使得

|f(c)|=\left|\frac{f(2)-f(c)}{2-c}\right|(2-c)=|f'(\xi_2)|(2-c),\quad

即

|f'(\xi_2)|=\frac{M}{2-c}.

•若 $c<1$ ，则 $\dfrac{M}{c}>M$ ，即 $|f'(\xi_1)|>M$ ，取 $\xi=\xi_1$ 。

•若 $c=1$ ，则 $|f'(\xi_1)|=|f'(\xi_2)|=M$ ，取 $\xi=\xi_1$ 或 $\xi=\xi_2$ 均可。

•若 $c>1$ ，则 $\dfrac{M}{2-c}>M$ ，即 $|f'(\xi_2)|>M$ ，取 $\xi=\xi_2$ 。

不论哪种情况，都存在 $\xi\in(0,2)$ ，使得 $|f'(\xi)|\ge M$ 。

判断依据：把最大值点 $c$ 作为分割点，向左、向右各用一次拉格朗日，得到 $|f'(\xi_1)|=\dfrac Mc$ 与 $|f'(\xi_2)|=\dfrac M{2-c}$ 。要保证其中至少一个不小于 $M$ ，只需判断 $\dfrac Mc$ 与 $\dfrac M{2-c}$ 谁更大： $c$ 越小， $\dfrac Mc$ 越大。
使用条件： $|f(c)|=M\ne0$ 时最大值点必在开区间内（因为 $f(0)=f(2)=0$ ，端点取不到非零最大值），这一步保证 $c\in(0,2)$ ，两次拉格朗日才都有意义；结论中的 $\ge$ 也正需要分 $c<1$ 、 $c=1$ 、 $c>1$ 三种情形合并得到。
注意点： $M=0$ 的情形必须单独讨论——此时 $f\equiv0$ ，命题平凡成立，且”最大值点 $c$ “不存在于开区间内，若不先排除会出现除零。

易错点

中值点写成闭区间上的点：所有中值定理给出的 $\xi$ 都在开区间内。用积分中值定理时若非要用开区间版本（如例 2.79.1 需要 $\xi_1\ne\xi_2$ 且 $\xi_1>\xi_2$ ），必须确认 $f$ 连续，才能把 $\xi$ 加强到 $(a,b)$ 。
两次罗尔得到的两点不说明互异：结论要求”两个不同实根”时，必须写出 $\eta_1<\eta_2$ 或 $\xi_1\ne\xi_2$ ，并交代这两个点分别来自不相交的区间。
辅助函数端点值不相等就硬用罗尔：构造完之后第一件事是验算 $F(a)$ 与 $F(b)$ 。不相等时不要怀疑罗尔定理，应改换区间（利用已知零点或第（Ⅰ）问结论）或更换辅助函数。
忘记处理非齐次常数项： $f''+f'-1=0$ 、 $f''+2<0$ 这类式子里面的常数必须先写成某个函数的导数并并入原函数（ $1=(x)'$ 、 $2=(x^2)''$ ），否则构造出的 $F$ 两端点值不会相等（例 2.75、例 2.79）。
积分因子去绝对值的方向搞反： $\int\dfrac{a}{x-b}\,\mathrm dx=a\ln|x-b|$ ，在 $x<b$ 时应化为 $(b-x)^a$ ；写成 $(x-b)^a$ 在 $a$ 为分数时可能无实义（例 2.73）。
泰勒用错场合：只有当某个点能同时提供函数值与所需各阶导数值时才用泰勒。题设各点”只给函数值”或”只给导数值”时，应转向划分区间多次使用拉格朗日或罗尔（例 2.79）。
柯西中值定理被两次拉格朗日替代：柯西要求 $f$ 与 $g$ 在同一个点取到中值，两次拉格朗日给出的是两个不同的点，不能互相替代；柯西的条件里别忘了验证 $g'(x)\ne0$ （例 2.77）。
极限保号性忘记分母符号： $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{x-a}=A>0$ 时，函数值的符号由分母的符号决定， $a$ 的两侧相反；只按极限符号写 $f(x)>0$ 会全盘出错（例 2.76）。
忽略 $M=0$ 或 $\xi=0$ 之类的退化情形：例 2.81 中 $M=0$ 要单独说明，例 2.72 中要说明 $\xi\ne0$ 才能约去因子。凡是要除一个量，都要先交代它不为零。

我的总结

这一节我做题的第一步固定是给结论分类：单点一阶导（构造辅助函数 + 罗尔）、单点高阶导（泰勒，或裂项降阶 + 两层罗尔）、双点或分区（划分区间多次用中值定理）。分类定下来，剩下的基本是计算，不用在配凑上瞎试。
辅助函数能不能构造出来，取决于待证式能不能写成一个函数的导数。一阶线性组合 $f'+gf$ 用积分因子 $e^{\int g}$ （2.7 有完整速查表）；乘积与商的形式直接对应乘积求导和商求导； $ff'$ 对应 $f^2$ 。构造完必须立刻验算 $F(a)=F(b)$ ，不相等就说明区间选大了。
我最容易吃亏的地方是非齐次常数项和两个中值点这两类。前者的处理办法是把常数写成导数并进原函数（例 2.75 的 $1=(x)'$ 、例 2.79 的 $2=(x^2)''$ ）；后者必须划分区间，而不能指望一次罗尔产出两个点。
例 2.76 给我的印象最深：内层 $e^{-x}f(x)$ 把 $f$ 的三个零点转成 $f'-f$ 的两个零点，外层 $e^{x}[f'(x)-f(x)]$ 再把它们转成 $f''-f$ 的一个零点。两个因子必须配对（ $e^{-x}$ 配 $e^{x}$ ），否则导数回不到目标形式。这个”两层构造”的模式我打算单独抄一遍记住。
例 2.77 让我意识到柯西中值定理的入口其实是待证式里的 $\ln 2$ 和 $\dfrac1\eta$ ： $g(x)=\ln x$ 是我要从”缺哪个系数”反推出来的，而不是凭感觉猜的。以后凡是结论里出现 $\ln$ （常数）或 $\dfrac1x$ ，我都会先试一次柯西。
还没做完的两件事：一是把”泰勒型”的题目单独整理一小组（本节里泰勒只在分析中被提起，没有完整例题）；二是把例 2.75、例 2.76 这类二阶方程的辅助函数构造和解常系数线性微分方程联系起来，整理成一张对照表（特征根 $\pm1$ 、 $\pm i$ 分别对应哪类辅助函数）。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：例 2.74 为 2017 数一、数二真题，例 2.75 为 2013 数一真题，例 2.77 为 2020 数二真题，例 2.78 为 2010 数一真题，例 2.79 为 2019 数二真题，例 2.79.1 为 2026 数一真题，例 2.80 为 2015 数二真题，例 2.81 为 2020 数一真题
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记。其中”构造辅助函数令其导数出现目标表达式""积分因子法”这两条原则的表述，以及”由结论形态反推所用定理”的分类方式，参考自某考研数学课程讲义
例题与练习中涉及的具名题集：李林 880 题（例 2.72、例 2.73、例 2.76），以及各年份真题

上一节：2.7 构造辅助函数 · 总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.9 不等式证明

ギターと孤独と蒼い惑星

2.8 中值定理

2.8 中值定理

核心结论：四个中值定理及其相互联系

原理与推导：辅助函数是怎么构造出来的

1 为什么”搬成 $F'$ 的零点”就能用罗尔定理

2 一阶线性组合：积分因子法

3 二阶及更高阶：裂项降阶与两层构造

4 构造不出来的常见情形（判断”该换思路”的信号）

题型识别与判据

典型例题

A 类：构造辅助函数 + 罗尔定理

例 2.72 李林880

例 2.73 李林880

例 2.74 2017 数一数二真题

例 2.75 2013 数一真题

例 2.76 李林880

例 2.77 2020 数二真题

B 类：划分区间 + 多次使用中值定理

例 2.78 2010 数一真题

例 2.79 2019 数二真题

例 2.79.1 2026 数一真题

例 2.80 2015 数二真题

例 2.81 2020 数一真题，划分区间＋拉格朗日

易错点

我的总结

参考资料

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2.8 中值定理

核心结论：四个中值定理及其相互联系

原理与推导：辅助函数是怎么构造出来的

1 为什么”搬成 F′F'F′ 的零点”就能用罗尔定理

2 一阶线性组合：积分因子法

3 二阶及更高阶：裂项降阶与两层构造

4 构造不出来的常见情形（判断”该换思路”的信号）

题型识别与判据

典型例题

A 类：构造辅助函数 + 罗尔定理

例 2.72 李林880

例 2.73 李林880

例 2.74 2017 数一数二真题

例 2.75 2013 数一真题

例 2.76 李林880

例 2.77 2020 数二真题

B 类：划分区间 + 多次使用中值定理

例 2.78 2010 数一真题

例 2.79 2019 数二真题

例 2.79.1 2026 数一真题

例 2.80 2015 数二真题

例 2.81 2020 数一真题，划分区间＋拉格朗日

易错点

我的总结

参考资料

1 为什么”搬成 $F'$ 的零点”就能用罗尔定理