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中值问题笔记part1

系统整理中值问题中的万能构造、两类常数 K 值法、高阶中值公式、双中值问题、泰勒中值极限、多项式拟合与分部积分加权法，并给出完整典型例题。

中值问题笔记part1

处理中值问题时，先识别目标结构：一阶线性组合优先配积分因子；端点与中值可分离时优先令端点式等于常数 KK；多个中值要先判断是否要求互不相同；高阶导数则考虑连续使用罗尔定理、泰勒公式或多项式拟合。

来源：夜雨教你考研竞赛《6 中值问题笔记 part1》。本文以 110 页 PDF 为准逐页核对，并以用户提供的 OCR 文字稿作为遗漏检查表；重复演算页不重复收录。

整理说明：原资料中个别页面存在口误、试算痕迹和未闭合推导。本文保留题意与方法，对明显笔误作了校正，并把证明补写到可独立核验的程度。

一、万能构造：一阶线性组合的积分因子

1. 基本结构

若条件或结论中出现

h′(x)+p(x)h(x),h'(x)+p(x)h(x),

则构造积分因子与辅助函数

μ(x)=e∫p(x) dx,G(x)=h(x)μ(x).\mu(x)=e^{\int p(x)\,\mathrm dx}, \qquad G(x)=h(x)\mu(x).

求导可得

G′(x)=e∫p(x) dx[h′(x)+p(x)h(x)].G'(x) =e^{\int p(x)\,\mathrm dx} \bigl[h'(x)+p(x)h(x)\bigr].

因此，关于 hh 的条件和结论可以转化为关于 GG 的函数值、单调性、极限或零点问题。

解答题例 1

设可导函数 ff 满足

lim⁡x→+∞[f(x)+f′(x)]=A.\lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)+f'(x)\bigr]=A.

求 lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)。

解答

令 G(x)=exf(x)G(x)=e^x f(x)，则

G′(x)=ex[f′(x)+f(x)].G'(x)=e^x\bigl[f'(x)+f(x)\bigr].

由题设，

lim⁡x→+∞G′(x)(ex)′=lim⁡x→+∞[f′(x)+f(x)]=A.\lim_{x\to+\infty}\frac{G'(x)}{(e^x)'} =\lim_{x\to+\infty}\bigl[f'(x)+f(x)\bigr] =A.

使用洛必达法则的逆向关系，

lim⁡x→+∞G(x)ex=A.\lim_{x\to+\infty}\frac{G(x)}{e^x}=A.

而 G(x)/ex=f(x)G(x)/e^x=f(x)，故

lim⁡x→+∞f(x)=A.\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=A}.
解答题例 2

设 a>0a>0，连续函数 ff 满足 lim⁡x→+∞f(x)=b\lim_{x\to+\infty}f(x)=b，且 y=y(x)y=y(x) 是微分方程

y′+ay=f(x)y'+ay=f(x)

的解。求 lim⁡x→+∞y(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)。

解答

令 G(x)=eaxy(x)G(x)=e^{ax}y(x)，则

G′(x)=eax[y′(x)+ay(x)]=eaxf(x).G'(x)=e^{ax}\bigl[y'(x)+ay(x)\bigr]=e^{ax}f(x).

于是

lim⁡x→+∞G′(x)(eax)′=lim⁡x→+∞f(x)a=ba.\lim_{x\to+\infty}\frac{G'(x)}{(e^{ax})'} =\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}a =\frac ba.

因此

lim⁡x→+∞y(x)=lim⁡x→+∞G(x)eax=ba.\boxed{\lim_{x\to+\infty}y(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{G(x)}{e^{ax}} =\frac ba}.

2. 不等式中的应用

解答题例 3

设 ff 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上连续可导，且 f(0)=1f(0)=1、∣f′(x)∣<f(x)|f'(x)|<f(x)。证明：当 x>0x>0 时，

e−x<f(x)<ex.e^{-x}<f(x)<e^x.
解答

由 f′(x)−f(x)<0f'(x)-f(x)<0，令 G1(x)=e−xf(x)G_1(x)=e^{-x}f(x)，则

G1′(x)=e−x[f′(x)−f(x)]<0.G_1'(x)=e^{-x}\bigl[f'(x)-f(x)\bigr]<0.

所以 G1(x)<G1(0)=1G_1(x)<G_1(0)=1，即 f(x)<exf(x)<e^x。

又由 f′(x)+f(x)>0f'(x)+f(x)>0，令 G2(x)=exf(x)G_2(x)=e^x f(x)，则

G2′(x)=ex[f′(x)+f(x)]>0.G_2'(x)=e^x\bigl[f'(x)+f(x)\bigr]>0.

所以 G2(x)>G2(0)=1G_2(x)>G_2(0)=1，即 f(x)>e−xf(x)>e^{-x}。综上，

e−x<f(x)<ex.\boxed{e^{-x}<f(x)<e^x}.
解答题例 4

设 f′f' 在 [0,1][0,1] 上连续，f(0)=0f(0)=0，f(1)=1f(1)=1。证明：

∫01∣f′(x)−f(x)∣ dx≥1e.\int_0^1|f'(x)-f(x)|\,\mathrm dx\ge \frac1e.
解答

令 G(x)=e−xf(x)G(x)=e^{-x}f(x)，则 G′(x)=e−x[f′(x)−f(x)]G'(x)=e^{-x}[f'(x)-f(x)]，从而

∫01∣f′(x)−f(x)∣ dx=∫01ex∣G′(x)∣ dx≥∫01∣G′(x)∣ dx.\int_0^1|f'(x)-f(x)|\,\mathrm dx =\int_0^1e^x|G'(x)|\,\mathrm dx \ge \int_0^1|G'(x)|\,\mathrm dx.

再由积分三角不等式，

∫01∣G′(x)∣ dx≥∣G(1)−G(0)∣=1e.\int_0^1|G'(x)|\,\mathrm dx \ge |G(1)-G(0)| =\frac1e.

3. 非齐次积分因子

若目标为

h′(x)+p(x)h(x)=q(x),h'(x)+p(x)h(x)=q(x),

则可构造

G(x)=h(x)e∫p(x) dx−∫q(x)e∫p(x) dx dx.G(x) =h(x)e^{\int p(x)\,\mathrm dx} -\int q(x)e^{\int p(x)\,\mathrm dx}\,\mathrm dx.

这使得

G′(x)=e∫p(x) dx[h′(x)+p(x)h(x)−q(x)].G'(x) =e^{\int p(x)\,\mathrm dx} \bigl[h'(x)+p(x)h(x)-q(x)\bigr].
解答题例 5

设 f,gf,g 为连续函数，x≥0x\ge0，f(x)≥0f(x)\ge0，且

∫0xf(t)g(t) dt≥g(x).\int_0^x f(t)g(t)\,\mathrm dt\ge g(x).

证明：g(x)≤0g(x)\le0。

解答

令

R(x)=∫0xf(t)g(t) dt.R(x)=\int_0^x f(t)g(t)\,\mathrm dt.

题设给出 R(x)≥g(x)R(x)\ge g(x)，且 R′(x)=f(x)g(x)R'(x)=f(x)g(x)。构造

G(x)=R(x)e−∫0xf(t) dt.G(x)=R(x)e^{-\int_0^x f(t)\,\mathrm dt}.

则

G′(x)=e−∫0xf(t) dtf(x)[g(x)−R(x)]≤0.G'(x) =e^{-\int_0^x f(t)\,\mathrm dt} f(x)\bigl[g(x)-R(x)\bigr]\le0.

因为 G(0)=0G(0)=0，所以 G(x)≤0G(x)\le0，进而 R(x)≤0R(x)\le0。结合 g(x)≤R(x)g(x)\le R(x)，得到

g(x)≤0.\boxed{g(x)\le0}.
解答题例 6

设 ff 在 R\mathbb R 上非负连续，且对某个 a≥1a\ge1，

f(x)≤∫0xfa(t) dt.f(x)\le\int_0^x f^a(t)\,\mathrm dt.

证明：f(x)≡0f(x)\equiv0。

解答

当 x<0x<0 时，∫0xfa(t) dt≤0\int_0^x f^a(t)\,\mathrm dt\le0；再结合 f(x)≥0f(x)\ge0，题设不等式立即给出 f(x)=0f(x)=0。

下设 x≥0x\ge0。令 R(x)=∫0xfa(t) dtR(x)=\int_0^x f^a(t)\,\mathrm dt，则 R′(x)=fa(x)R'(x)=f^a(x)，且 0≤f(x)≤R(x)0\le f(x)\le R(x)。因此

R′(x)=fa(x)≤Ra(x).R'(x)=f^a(x)\le R^a(x).

构造

G(x)=R(x)e−∫0xRa−1(t) dt.G(x)=R(x)e^{-\int_0^xR^{a-1}(t)\,\mathrm dt}.

则

G′(x)=e−∫0xRa−1(t) dt[R′(x)−Ra(x)]≤0.G'(x) =e^{-\int_0^xR^{a-1}(t)\,\mathrm dt} \bigl[R'(x)-R^a(x)\bigr]\le0.

由 G(0)=0G(0)=0 与 G(x)≥0G(x)\ge0，只能有 G(x)≡0G(x)\equiv0，故 R(x)≡0R(x)\equiv0，最终得到 f(x)≡0f(x)\equiv0。

二、常数 K 值法

1. 第一类：零式构造

当端点 a,ba,b 与中值 ξ\xi 可以分离，并且把 bb 换成 aa 后等式化为 0=00=0 时，可将只含端点的一侧记为常数 KK，再把 bb 换成变量 xx 构造零式 F(x)F(x)。核心是验证

F(a)=F(b).F(a)=F(b).
解答题例 7

证明拉格朗日中值定理：若 ff 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a).f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).
解答

记

K=f(b)−f(a)b−a,F(x)=f(x)−f(a)−K(x−a).K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, \qquad F(x)=f(x)-f(a)-K(x-a).

则 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0。由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，即

f′(ξ)=K=f(b)−f(a)b−a.f'(\xi)=K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.
解答题例 8

证明开区间的积分第一中值定理：若 ff 在 [a,b][a,b] 上连续，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

∫abf(x) dx=f(ξ)(b−a).\int_a^b f(x)\,\mathrm dx=f(\xi)(b-a).
解答

记

K=∫abf(t) dtb−a,F(x)=∫axf(t) dt−K(x−a).K=\frac{\int_a^b f(t)\,\mathrm dt}{b-a}, \qquad F(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm dt-K(x-a).

则 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0。由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使

0=F′(ξ)=f(ξ)−K.0=F'(\xi)=f(\xi)-K.

原 PDF 第 12 页题面将右端误写为 f′(ξ)(b−a)f'(\xi)(b-a)，但同页证明和积分中值定理的正确结论均为 f(ξ)(b−a)f(\xi)(b-a)。

2. 第二类：对称分离

若把中值部分记为 KK 后，端点式可以整理为

Φ(a,K)=Φ(b,K),\Phi(a,K)=\Phi(b,K),

则令 F(x)=Φ(x,K)F(x)=\Phi(x,K)，再应用罗尔定理。

解答题例 9

设 b>a>0b>a>0，ff 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导。证明：

(1)∃ ξ∈(a,b),bf(a)−af(b)b−a=f(ξ)−ξf′(ξ),\text{(1)}\quad \exists\,\xi\in(a,b),\quad \frac{bf(a)-af(b)}{b-a}=f(\xi)-\xi f'(\xi), (2)∃ η∈(a,b),f(b)−f(a)b−a=η2f′(η)ab.\text{(2)}\quad \exists\,\eta\in(a,b),\quad \frac{f(b)-f(a)}{b-a} =\frac{\eta^2f'(\eta)}{ab}.
解答

对 (1)，记

K=bf(a)−af(b)b−a,F(x)=f(a)a−f(x)x−K(1a−1x).K=\frac{bf(a)-af(b)}{b-a}, \qquad F(x)=\frac{f(a)}a-\frac{f(x)}x-K\left(\frac1a-\frac1x\right).

直接代入可得 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0。由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使

F′(ξ)=−ξf′(ξ)−f(ξ)+Kξ2=0,F'(\xi) =-\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)+K}{\xi^2}=0,

故 K=f(ξ)−ξf′(ξ)K=f(\xi)-\xi f'(\xi)。

对 (2)，记

K=ab[f(b)−f(a)]b−a,G(x)=f(x)+Kx.K=\frac{ab[f(b)-f(a)]}{b-a}, \qquad G(x)=f(x)+\frac Kx.

可验证 G(a)=G(b)G(a)=G(b)。因此存在 η∈(a,b)\eta\in(a,b) 使

0=G′(η)=f′(η)−Kη2.0=G'(\eta)=f'(\eta)-\frac K{\eta^2}.

代回 KK 即得结论。

3. 高阶 K 值法

目标含二阶或更高阶导数时，一次罗尔定理通常只得到 F′(η)=0F'(\eta)=0；若同时有 F′(a)=0F'(a)=0，便可再对 F′F' 使用罗尔定理。

解答题例 10

设 f,gf,g 在 [a,b][a,b] 上二阶可导，且

g(b)−g(a)−g′(a)(b−a)≠0.g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)\ne0.

证明：存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

f(b)−f(a)−f′(a)(b−a)g(b)−g(a)−g′(a)(b−a)=f′′(ξ)g′′(ξ).\frac{f(b)-f(a)-f'(a)(b-a)} {g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)} =\frac{f''(\xi)}{g''(\xi)}.
解答

记左端为 KK，令

F(x)=f(x)−f(a)−f′(a)(x−a)−K[g(x)−g(a)−g′(a)(x−a)].F(x)=f(x)-f(a)-f'(a)(x-a) -K\bigl[g(x)-g(a)-g'(a)(x-a)\bigr].

则 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0，故存在 η∈(a,b)\eta\in(a,b) 使 F′(η)=0F'(\eta)=0。又 F′(a)=0F'(a)=0，于是对 F′F' 在 [a,η][a,\eta] 上再用罗尔定理，存在 ξ∈(a,η)\xi\in(a,\eta) 使

0=F′′(ξ)=f′′(ξ)−Kg′′(ξ).0=F''(\xi)=f''(\xi)-K g''(\xi).
解答题例 11

设 ff 在 [a,b][a,b] 上三阶可导。证明：存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

f(b)=f(a)+b−a2[f′(a)+f′(b)]−(b−a)312f′′′(ξ).f(b) =f(a)+\frac{b-a}{2}\bigl[f'(a)+f'(b)\bigr] -\frac{(b-a)^3}{12}f'''(\xi).
解答

记

K= \frac{f(b)-f(a)-\frac{b-a}{2}[f'(a)+f'(b)]} -\frac1{12}(b-a)^3}.

令

F(x)=f(x)−f(a)−x−a2[f′(a)+f′(x)]+(x−a)312K.F(x)=f(x)-f(a) -\frac{x-a}{2}\bigl[f'(a)+f'(x)\bigr] +\frac{(x-a)^3}{12}K.

有 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0 且 F′(a)=0F'(a)=0。连续两次使用罗尔定理，可得到某个 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使

F′′(ξ)=a−ξ2[f′′′(ξ)−K]=0.F''(\xi)=\frac{a-\xi}{2}\bigl[f'''(\xi)-K\bigr]=0.

由于 ξ>a\xi>a，故 f′′′(ξ)=Kf'''(\xi)=K，整理即得结论。

解答题例 12

设 ff 在点 aa 的某邻域内二阶可导。证明：对充分小的非零 hh，存在 θ∈(0,1)\theta\in(0,1)，使得

f(a+h)+f(a−h)−2f(a)h2=f′′(a+θh)+f′′(a−θh)2.\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2} =\frac{f''(a+\theta h)+f''(a-\theta h)}2.
解答

令

L(x)=f(a+x)+f(a−x)−2f(a),H(x)=x2.L(x)=f(a+x)+f(a-x)-2f(a), \qquad H(x)=x^2.

由于 L(0)=H(0)=0L(0)=H(0)=0 且 L′(0)=H′(0)=0L'(0)=H'(0)=0，连续两次使用柯西中值定理，可得某个 ξ\xi 位于 00 与 hh 之间，使

L(h)H(h)=L′′(ξ)H′′(ξ)=f′′(a+ξ)+f′′(a−ξ)2.\frac{L(h)}{H(h)} =\frac{L''(\xi)}{H''(\xi)} =\frac{f''(a+\xi)+f''(a-\xi)}2.

令 θ=ξ/h\theta=\xi/h，即可得到结论。

三、中值部分可分离与真假双中值

1. 先判断是否要求中值互不相同

若题目只要求存在 ξ,η\xi,\eta，但不要求 ξ≠η\xi\ne\eta，通常可以直接分别使用拉格朗日或柯西中值定理。真正的双中值问题会明确要求两个中值不同，此时必须利用不相交区间或先后生成的区间保证它们不重合。

2. 几何法：两条弦斜率

解答题例 13

设 ff 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 内可导，且

f(−b)=a,f(a)=b,f(0)=0,a,b>0.f(-b)=a,\qquad f(a)=b,\qquad f(0)=0, \qquad a,b>0.

证明：存在两个不同的点 ξ,η∈(−b,a)\xi,\eta\in(-b,a)，使

f′(ξ)f′(η)=−1.f'(\xi)f'(\eta)=-1.
解答

在 [−b,0][-b,0] 上应用拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(−b,0)\xi\in(-b,0)，使

f′(ξ)=f(0)−f(−b)0−(−b)=−ab.f'(\xi)=\frac{f(0)-f(-b)}{0-(-b)}=-\frac ab.

在 [0,a][0,a] 上应用拉格朗日中值定理，存在 η∈(0,a)\eta\in(0,a)，使

f′(η)=f(a)−f(0)a−0=ba.f'(\eta)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac ba.

两区间不相交，所以 ξ≠η\xi\ne\eta，且 f′(ξ)f′(η)=−1f'(\xi)f'(\eta)=-1。

解答题例 14

设 ff 在 [−1,1][-1,1] 上连续、在 (−1,1)(-1,1) 内可导，且 f(−1)=f(1)f(-1)=f(1)。证明：存在两个不同的点 ξ1,ξ2∈(−1,1)\xi_1,\xi_2\in(-1,1)，使得

f′(ξ1)+f′(ξ2)=0.f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=0.
解答

在 [−1,0][-1,0] 和 [0,1][0,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到

f′(ξ1)=f(0)−f(−1),f′(ξ2)=f(1)−f(0).f'(\xi_1)=f(0)-f(-1), \qquad f'(\xi_2)=f(1)-f(0).

两式相加并使用 f(−1)=f(1)f(-1)=f(1)，即得结论。

解答题例 15

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0)=0、f(1)=1/3f(1)=1/3。证明：存在

ξ∈(0,12),η∈(12,1),\xi\in\left(0,\frac12\right), \qquad \eta\in\left(\frac12,1\right),

使得

f′(ξ)+f′(η)=ξ2+η2.f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2.
解答

令

F(x)=f(x)−x33.F(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}.

则 F(0)=F(1)=0F(0)=F(1)=0。分别在 [0,1/2][0,1/2] 与 [1/2,1][1/2,1] 上应用拉格朗日中值定理，存在所述 ξ,η\xi,\eta，使

F′(ξ)=2F(12),F′(η)=−2F(12).F'(\xi)=2F\left(\frac12\right), \qquad F'(\eta)=-2F\left(\frac12\right).

两式相加得 F′(ξ)+F′(η)=0F'(\xi)+F'(\eta)=0。又 F′(x)=f′(x)−x2F'(x)=f'(x)-x^2，所以结论成立。

3. 代数法：反求分点

解答题例 16

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0)=0、f(1)=1f(1)=1。证明：对任意 a,b>0a,b>0，存在两个不同的点 ξ1,ξ2∈(0,1)\xi_1,\xi_2\in(0,1)，使

af′(ξ1)+bf′(ξ2)=a+b.\frac{a}{f'(\xi_1)}+\frac{b}{f'(\xi_2)}=a+b.
解答

由介值定理，存在 c∈(0,1)c\in(0,1)，使

f(c)=aa+b.f(c)=\frac{a}{a+b}.

在 [0,c][0,c] 与 [c,1][c,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到互不相同的 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2，且

f′(ξ1)=a(a+b)c,f′(ξ2)=b(a+b)(1−c).f'(\xi_1)=\frac{a}{(a+b)c}, \qquad f'(\xi_2)=\frac{b}{(a+b)(1-c)}.

于是

af′(ξ1)+bf′(ξ2)=(a+b)c+(a+b)(1−c)=a+b.\frac{a}{f'(\xi_1)}+\frac{b}{f'(\xi_2)} =(a+b)c+(a+b)(1-c) =a+b.

同一几何思想可以推广到 nn 个互不相同的中值。若 λ1,…,λn>0\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0，令 S=∑k=1nλkS=\sum_{k=1}^n\lambda_k，按累计权重选择分点，使相邻两点的纵坐标差为 λk/S\lambda_k/S。对每个小区间应用拉格朗日中值定理，即可得到

λ1f′(ξ1)+⋯+λnf′(ξn)=λ1+⋯+λn.\frac{\lambda_1}{f'(\xi_1)} +\cdots+ \frac{\lambda_n}{f'(\xi_n)} =\lambda_1+\cdots+\lambda_n.

4. 降维法：先产生一个中值

解答题例 17

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0)=0、f(1)=1f(1)=1。证明：存在两个不同的点 ξ,η∈(0,1)\xi,\eta\in(0,1)，使得

f′(ξ)f′(η)=1.f'(\xi)f'(\eta)=1.
解答

令 g(x)=f(x)−(1−x)g(x)=f(x)-(1-x)。有 g(0)=−1<0g(0)=-1<0，g(1)=1>0g(1)=1>0，故存在 c∈(0,1)c\in(0,1) 使

f(c)=1−c.f(c)=1-c.

分别在 [0,c][0,c] 与 [c,1][c,1] 上应用拉格朗日中值定理，得到

f′(ξ)=1−cc,f′(η)=c1−c.f'(\xi)=\frac{1-c}{c}, \qquad f'(\eta)=\frac{c}{1-c}.

因此 f′(ξ)f′(η)=1f'(\xi)f'(\eta)=1。

解答题例 18

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0)=0、f(1)=1f(1)=1。证明：存在 ξ≠η\xi\ne\eta，使

[1+f′(ξ)][1+f′(η)]=4.\bigl[1+f'(\xi)\bigr]\bigl[1+f'(\eta)\bigr]=4.
解答

由介值定理，存在 c∈(0,1)c\in(0,1) 使 f(c)=2−3cf(c)=2-3c。在 [0,c][0,c] 与 [c,1][c,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，得到

f′(ξ)=2−3cc,f′(η)=1−(2−3c)1−c=3c−11−c.f'(\xi)=\frac{2-3c}{c}, \qquad f'(\eta)=\frac{1-(2-3c)}{1-c} =\frac{3c-1}{1-c}.

于是

1+f′(ξ)=2(1−c)c,1+f′(η)=2c1−c,1+f'(\xi)=\frac{2(1-c)}c, \qquad 1+f'(\eta)=\frac{2c}{1-c},

两式相乘即得 44。

5. 构造法中的先后顺序

当第二个中值必须位于第一个中值产生后形成的小区间内时，可以先构造辅助函数得到 ξ1\xi_1，再在 (a,ξ1)(a,\xi_1) 或 (ξ1,b)(\xi_1,b) 上使用拉格朗日或柯西中值定理得到 ξ2\xi_2。这样天然保证 ξ1≠ξ2\xi_1\ne\xi_2。

四、带积分条件的双中值

解答题例 19

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续，且

I=∫01f(x) dx≠0.I=\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\ne0.

证明：存在两个不同的点 x1,x2∈(0,1)x_1,x_2\in(0,1)，使

1f(x1)+1f(x2)=2I.\frac1{f(x_1)}+\frac1{f(x_2)}=\frac2I.
解答

令

F(x)=∫0xf(t) dt.F(x)=\int_0^x f(t)\,\mathrm dt.

则 F(0)=0F(0)=0、F(1)=IF(1)=I。由介值定理，存在 c∈(0,1)c\in(0,1) 使 F(c)=I/2F(c)=I/2。在 [0,c][0,c] 与 [c,1][c,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，存在

x1∈(0,c),x2∈(c,1),x_1\in(0,c),\qquad x_2\in(c,1),

满足

f(x1)=F′(x1)=I2c,f(x2)=F′(x2)=I2(1−c).f(x_1)=F'(x_1)=\frac{I}{2c}, \qquad f(x_2)=F'(x_2)=\frac{I}{2(1-c)}.

取倒数相加即可得到结论。

对更复杂的积分双中值题，可先把积分表达式包装成辅助函数，再用介值定理产生分点，最后分别使用拉格朗日中值定理。第九届决赛题正是把

F(x)=arctan⁡x∫0xf(t) dtF(x)=\arctan x\int_0^x f(t)\,\mathrm dt

作为整体处理。

五、泰勒中值定理中的中值极限

1. 佩亚诺展开与参数极限

若条件含 f(n)(a+θx)f^{(n)}(a+\theta x)，求 θ\theta 的极限时，可把 a+θxa+\theta x 视为整体，在 aa 点使用带佩亚诺余项的展开，并比较最低非零阶系数。

解答题例 20

设

f(x)=f(0)+xf′(θx),0<θ<1,f(x)=f(0)+x f'(\theta x), \qquad 0<\theta<1,

f′′f'' 连续且 f′′(0)≠0f''(0)\ne0。求 lim⁡x→0θ\displaystyle\lim_{x\to0}\theta。

解答

在 00 点展开：

f(x)=f(0)+xf′(0)+x22f′′(0)+o(x2),f(x) =f(0)+x f'(0)+\frac{x^2}{2}f''(0)+o(x^2), f′(θx)=f′(0)+θxf′′(0)+o(x).f'(\theta x) =f'(0)+\theta x f''(0)+o(x).

代入题设并消去共同项，得到

12f′′(0)+o(1)=θf′′(0)+o(1).\frac12f''(0)+o(1) =\theta f''(0)+o(1).

由于 f′′(0)≠0f''(0)\ne0，

lim⁡x→0θ=12.\boxed{\lim_{x\to0}\theta=\frac12}.
解答题例 21

设

f(x)=f(0)+xf′(0)+⋯+xnn!f(n)(θx),0<θ<1,f(x) =f(0)+xf'(0)+\cdots+\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(\theta x), \qquad 0<\theta<1,

f(n+1)f^{(n+1)} 连续且 f(n+1)(0)≠0f^{(n+1)}(0)\ne0。求 lim⁡x→0θ\displaystyle\lim_{x\to0}\theta。

解答

分别展开 f(x)f(x) 与 f(n)(θx)f^{(n)}(\theta x) 到最低非零阶：

f(x)=∑k=0nxkk!f(k)(0)+xn+1(n+1)!f(n+1)(0)+o(xn+1),f(x) =\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}f^{(k)}(0) +\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(0) +o(x^{n+1}), f(n)(θx)=f(n)(0)+θxf(n+1)(0)+o(x).f^{(n)}(\theta x) =f^{(n)}(0)+\theta x f^{(n+1)}(0)+o(x).

比较 xn+1x^{n+1} 的系数，得到

1(n+1)!=θn!+o(1),\frac1{(n+1)!} =\frac{\theta}{n!}+o(1),

故

lim⁡x→0θ=1n+1.\boxed{\lim_{x\to0}\theta=\frac1{n+1}}.
解答题例 22

设 ff 在 (−δ,δ)(-\delta,\delta) 内有 nn 阶连续导数，且

f′′(0)=f′′′(0)=⋯=f(n−1)(0)=0,f(n)(0)≠0.f''(0)=f'''(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0, \qquad f^{(n)}(0)\ne0.

当 0<∣h∣<δ0<|h|<\delta 时，

f(h)−f(0)=hf′(θh),0<θ<1.f(h)-f(0)=h f'(\theta h), \qquad 0<\theta<1.

求 lim⁡h→0θ\displaystyle\lim_{h\to0}\theta。

解答

由题设的消零条件，

f(h)−f(0)=hf′(0)+hnn!f(n)(0)+o(hn),f(h)-f(0) =h f'(0)+\frac{h^n}{n!}f^{(n)}(0)+o(h^n), f′(θh)=f′(0)+(θh)n−1(n−1)!f(n)(0)+o(hn−1).f'(\theta h) =f'(0)+\frac{(\theta h)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(0) +o(h^{n-1}).

代入并比较 hnh^n 项，得到

1n!=θn−1(n−1)!+o(1).\frac1{n!} =\frac{\theta^{n-1}}{(n-1)!}+o(1).

因此

lim⁡h→0θ=1nn−1.\boxed{\lim_{h\to0}\theta =\sqrt[n-1]{\frac1n}}.
解答题例 23

设 ff 在 [a,b][a,b] 内有 n+1n+1 阶导数，且 f(n)(a)≠0f^{(n)}(a)\ne0。若

f(a+h)=f(a)+hf′(a)+⋯+hn−1(n−1)!f(n−1)(a)+hn(1−θ)n−1(n−1)!f(n)(a+θh),f(a+h) =f(a)+hf'(a)+\cdots +\frac{h^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) +\frac{h^n(1-\theta)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(a+\theta h),

其中 0<θ<10<\theta<1，求 lim⁡h→0+θ\displaystyle\lim_{h\to0^+}\theta。

解答

将左端按泰勒公式展开到 nn 阶，比较 hnh^n 项：

f(n)(a)n!=lim⁡h→0+(1−θ)n−1(n−1)!f(n)(a+θh).\frac{f^{(n)}(a)}{n!} =\lim_{h\to0^+} \frac{(1-\theta)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(a+\theta h).

由连续性 f(n)(a+θh)→f(n)(a)≠0f^{(n)}(a+\theta h)\to f^{(n)}(a)\ne0，故

lim⁡h→0+(1−θ)n−1=1n,\lim_{h\to0^+}(1-\theta)^{n-1}=\frac1n,

从而

lim⁡h→0+θ=1−1nn−1.\boxed{ \lim_{h\to0^+}\theta =1-\sqrt[n-1]{\frac1n} }.

也可以把中值项写成两个差商之比，再分别计算极限。该方法本质上仍是比较最低非零阶项。

六、多项式拟合法

1. 基本思想

若题设给出若干函数值、导数值或积分值，而结论要求某阶导数取定值，可先构造满足同样条件的低次多项式 pp，再令

g(x)=f(x)−p(x).g(x)=f(x)-p(x).

这样，原条件会转化为 gg 的多个零点、导数零点或积分为零，最后连续使用罗尔定理。

解答题例 24

设 ff 在 [0,1][0,1] 上具有连续导数，且

∫01f(x) dx=52,∫01xf(x) dx=32.\int_0^1f(x)\,\mathrm dx=\frac52, \qquad \int_0^1x f(x)\,\mathrm dx=\frac32.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′(ξ)=3f'(\xi)=3。

解答

取一次多项式 p(x)=3x+1p(x)=3x+1。它满足

∫01p(x) dx=52,∫01xp(x) dx=32.\int_0^1p(x)\,\mathrm dx=\frac52, \qquad \int_0^1x p(x)\,\mathrm dx=\frac32.

令 g(x)=f(x)−p(x)g(x)=f(x)-p(x)，则

∫01g(x) dx=0,∫01xg(x) dx=0.\int_0^1g(x)\,\mathrm dx=0, \qquad \int_0^1xg(x)\,\mathrm dx=0.

取权函数 w(x)=x2−xw(x)=x^2-x。由分部积分和上面的两个零矩条件，

∫01g′(x)(x2−x) dx=[g(x)(x2−x)]01−∫01g(x)(2x−1) dx=−2∫01xg(x) dx+∫01g(x) dx=0.\begin{aligned} \int_0^1g'(x)(x^2-x)\,\mathrm dx &=\left[g(x)(x^2-x)\right]_0^1 -\int_0^1g(x)(2x-1)\,\mathrm dx\\ &=-2\int_0^1xg(x)\,\mathrm dx+\int_0^1g(x)\,\mathrm dx=0. \end{aligned}

因为 w(x)<0w(x)<0 在 (0,1)(0,1) 内恒成立，积分第一中值定理给出某个 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使

0=g′(ξ)∫01(x2−x) dx=−16g′(ξ).0=g'(\xi)\int_0^1(x^2-x)\,\mathrm dx =-\frac16g'(\xi).

故 g′(ξ)=0g'(\xi)=0，从而

f′(ξ)=p′(ξ)=3.\boxed{f'(\xi)=p'(\xi)=3}.
解答题例 25

设 ff 在 [0,1][0,1] 上二阶可导，且

f(0)=f(1)=0,f(12)=1.f(0)=f(1)=0, \qquad f\left(\frac12\right)=1.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′′(ξ)=−8f''(\xi)=-8。

解答

取

p(x)=−4x2+4x.p(x)=-4x^2+4x.

则 p(0)=p(1)=0p(0)=p(1)=0、p(1/2)=1p(1/2)=1，且 p′′(x)=−8p''(x)=-8。令 g=f−pg=f-p，则

g(0)=g(12)=g(1)=0.g(0)=g\left(\frac12\right)=g(1)=0.

连续两次使用罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 g′′(ξ)=0g''(\xi)=0，故

f′′(ξ)=p′′(ξ)=−8.\boxed{f''(\xi)=p''(\xi)=-8}.
解答题例 26

设 ff 在 [0,1][0,1] 上具有二阶连续导数，且

f(0)=0,f(1)=1,∫01f(x) dx=1.f(0)=0,\qquad f(1)=1,\qquad \int_0^1f(x)\,\mathrm dx=1.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′′(ξ)=−6f''(\xi)=-6。

解答

取

p(x)=−3x2+4x.p(x)=-3x^2+4x.

它满足 p(0)=0p(0)=0、p(1)=1p(1)=1、∫01p(x) dx=1\int_0^1p(x)\,\mathrm dx=1，且 p′′(x)=−6p''(x)=-6。令 g=f−pg=f-p，则

g(0)=g(1)=0,∫01g(x) dx=0.g(0)=g(1)=0, \qquad \int_0^1g(x)\,\mathrm dx=0.

由积分第一中值定理，存在 δ∈(0,1)\delta\in(0,1) 使 g(δ)=0g(\delta)=0。因此 gg 在 0,δ,10,\delta,1 有三个零点，连续两次使用罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 g′′(ξ)=0g''(\xi)=0。故

f′′(ξ)=−6.\boxed{f''(\xi)=-6}.
解答题例 27

设 ff 在 [0,1][0,1] 上三阶可导，且

f(1)=f(0)+1,f′(0)=f′(1)=1.f(1)=f(0)+1, \qquad f'(0)=f'(1)=1.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′′′(ξ)=0f'''(\xi)=0。

解答

取 p(x)=xp(x)=x，令 g(x)=f(x)−xg(x)=f(x)-x。则

g(1)=g(0),g′(0)=g′(1)=0.g(1)=g(0), \qquad g'(0)=g'(1)=0.

由 g(0)=g(1)g(0)=g(1)，存在 η∈(0,1)\eta\in(0,1) 使 g′(η)=0g'(\eta)=0。于是 g′g' 在 0,η,10,\eta,1 有三个零点，连续两次使用罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 g′′′(ξ)=0g'''(\xi)=0。因 p′′′=0p'''=0，故

f′′′(ξ)=0.\boxed{f'''(\xi)=0}.

七、分部积分与加权积分第一中值定理

1. 一阶情形

取二次多项式 p(x)=Ax2+Bx+Cp(x)=Ax^2+Bx+C。分部积分给出

∫abf′(x)p(x) dx=f(x)p(x)∣ab−∫abf(x)p′(x) dx.\int_a^b f'(x)p(x)\,\mathrm dx =\left.f(x)p(x)\right|_a^b -\int_a^bf(x)p'(x)\,\mathrm dx.

若 pp 在 (a,b)(a,b) 内不变号，则开区间积分第一中值定理给出

∫abf′(x)p(x) dx=f′(ξ)∫abp(x) dx.\int_a^b f'(x)p(x)\,\mathrm dx =f'(\xi)\int_a^bp(x)\,\mathrm dx.

选择 pp 的目标，是让端点项消失，并把 p′p' 调整为题设已有的权函数。

2. 二阶情形

两次分部积分可得

∫abf′′(x)p(x) dx=∫abf(x)p′′(x) dx+f′(x)p(x)∣ab−f(x)p′(x)∣ab.\int_a^b f''(x)p(x)\,\mathrm dx =\int_a^bf(x)p''(x)\,\mathrm dx +\left.f'(x)p(x)\right|_a^b -\left.f(x)p'(x)\right|_a^b.

若 pp 在 (a,b)(a,b) 内不变号，还可写成

∫abf′′(x)p(x) dx=f′′(ξ)∫abp(x) dx.\int_a^b f''(x)p(x)\,\mathrm dx =f''(\xi)\int_a^bp(x)\,\mathrm dx.
解答题例 28

设 ff 在 [0,1][0,1] 上具有二阶连续导数，且

f′(0)=f′(1)=0,f(0)+f(1)=0.f'(0)=f'(1)=0, \qquad f(0)+f(1)=0.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使

f′′(ξ)=−12∫01f(x) dx.f''(\xi)=-12\int_0^1f(x)\,\mathrm dx.
解答

取 p(x)=x2−xp(x)=x^2-x。在 (0,1)(0,1) 内 p(x)<0p(x)<0，且

∫01p(x) dx=−16.\int_0^1p(x)\,\mathrm dx=-\frac16.

两次分部积分并使用题设端点条件，得到

∫01f′′(x)p(x) dx=2∫01f(x) dx.\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =2\int_0^1f(x)\,\mathrm dx.

另一方面，由积分第一中值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使

∫01f′′(x)p(x) dx=−16f′′(ξ).\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =-\frac16f''(\xi).

比较两式即得结论。

解答题例 29

设 ff 在 [a,b][a,b] 上具有二阶连续导数，且 f(a)=f(b)=0f(a)=f(b)=0。记

M=max⁡a≤x≤b∣f′′(x)∣.M=\max_{a\le x\le b}|f''(x)|.

证明：

∣∫abf(x) dx∣≤(b−a)212M.\left|\int_a^bf(x)\,\mathrm dx\right| \le\frac{(b-a)^2}{12}M.
解答

取 p(x)=(x−a)(x−b)p(x)=(x-a)(x-b)。它在 (a,b)(a,b) 内不大于零，且

∫abp(x) dx=−(b−a)36.\int_a^bp(x)\,\mathrm dx =-\frac{(b-a)^3}{6}.

两次分部积分并使用 p(a)=p(b)=f(a)=f(b)=0p(a)=p(b)=f(a)=f(b)=0，得到

∫abf′′(x)p(x) dx=2∫abf(x) dx.\int_a^bf''(x)p(x)\,\mathrm dx =2\int_a^bf(x)\,\mathrm dx.

因此

2∣∫abf(x) dx∣≤M∫ab∣p(x)∣ dx=M(b−a)36.2\left|\int_a^bf(x)\,\mathrm dx\right| \le M\int_a^b|p(x)|\,\mathrm dx =M\frac{(b-a)^3}{6}.

从上式严格整理应得到

∣∫abf(x) dx∣≤(b−a)312M.\left|\int_a^bf(x)\,\mathrm dx\right| \le\frac{(b-a)^3}{12}M.

PDF 第 109 页题面写成 (b−a)2M/12(b-a)^2M/12，量纲与其本页推导均不一致；正确幂次为 33。

3. 开区间积分第一中值定理

若 f,gf,g 在 [a,b][a,b] 上连续，且 g(x)g(x) 在 (a,b)(a,b) 内不为零，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

∫abf(x)g(x) dx=f(ξ)∫abg(x) dx.\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm dx =f(\xi)\int_a^bg(x)\,\mathrm dx.

令

L(x)=∫axf(t)g(t) dt,H(x)=∫axg(t) dt.L(x)=\int_a^xf(t)g(t)\,\mathrm dt, \qquad H(x)=\int_a^xg(t)\,\mathrm dt.

由柯西中值定理，

L(b)−L(a)H(b)−H(a)=L′(ξ)H′(ξ)=f(ξ)g(ξ)g(ξ)=f(ξ).\frac{L(b)-L(a)}{H(b)-H(a)} =\frac{L'(\xi)}{H'(\xi)} =\frac{f(\xi)g(\xi)}{g(\xi)} =f(\xi).

八、考场速记

  • 看到 h′+phh'+ph：先乘积分因子 e∫pe^{\int p}。
  • 看到端点式等于中值式：先分离，再令端点式为常数 KK。
  • 目标含高阶导数：准备连续使用罗尔定理。
  • 题目写两个中值但不要求不同：通常不是真双中值问题。
  • 要求中值不同：优先划分不相交区间，或按先后顺序生成中值。
  • 多个函数值对应高阶导数：构造插值多项式 pp，研究 f−pf-p。
  • 含积分条件：令 F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm dt，或选权函数配合分部积分。
  • 求泰勒中值参数极限：比较最低非零阶系数。

验算：使用本地 Wolfram Language 求值器核对了积分因子导数、∫01(x2−x) dx=−1/6\int_0^1(x^2-x)\,\mathrm dx=-1/6、拟合多项式的二阶导数 −6-6 与 −8-8，以及 ∫ab(x−a)(x−b) dx=−(b−a)3/6\int_a^b(x-a)(x-b)\,\mathrm dx=-(b-a)^3/6。

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