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中值问题笔记part2

系统整理中值问题中的还原法、微分方程法、双中值问题、泰勒展开与多项式拟合，重点说明如何从待证结论反推辅助函数。

中值问题笔记part2

中值问题的核心不是“猜”辅助函数，而是从待证等式逆向还原：先把结论整理成某个函数的导数为零，再回到题设中寻找两个等值点。

来源：夜雨教你考研竞赛《中值问题》课程资料。本文依据所提供的文字稿整理，并对原文章中条件不完整、推导中断和公式错误的内容作了校正。

一、还原法

1. 基本思想

罗尔定理的正向过程是

F(a)=F(b)⟹∃ ξ∈(a,b), F′(ξ)=0.F(a)=F(b) \quad\Longrightarrow\quad \exists\,\xi\in(a,b),\ F'(\xi)=0.

还原法走的是逆过程：从待证结论出发，通过乘除、移项、积分或配积分因子，把它改写成

F′(ξ)=0.F'(\xi)=0.

由此识别辅助函数 FF，最后回到题设验证 FF 在某两个点取值相等。

仅仅找到一个满足 F′(x)=0F'(x)=0 与目标等价的 FF 还不够；必须继续证明 FF 满足罗尔定理的条件。原文章中多道例题的主要缺陷正是漏掉了这一步。

解答题例 1

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=π4.f(0)=0,\qquad f(1)=\frac{\pi}{4}.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

(1+ξ2)f′(ξ)=1.(1+\xi^2)f'(\xi)=1.
解答

从结论逆向整理：

(1+ξ2)f′(ξ)=1  ⟺  f′(ξ)−11+ξ2=0.(1+\xi^2)f'(\xi)=1 \iff f'(\xi)-\frac{1}{1+\xi^2}=0.

由于

∫11+x2 dx=arctan⁡x,\int\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm dx=\arctan x,

构造

F(x)=f(x)−arctan⁡x.F(x)=f(x)-\arctan x.

于是

F′(x)=f′(x)−11+x2.F'(x)=f'(x)-\frac{1}{1+x^2}.

又有

F(0)=f(0)−arctan⁡0=0,F(0)=f(0)-\arctan0=0, F(1)=f(1)−arctan⁡1=π4−π4=0.F(1)=f(1)-\arctan1=\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}=0.

由罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得 F′(ξ)=0F'(\xi)=0。因此

f′(ξ)=11+ξ2,f'(\xi)=\frac{1}{1+\xi^2},

即

(1+ξ2)f′(ξ)=1.(1+\xi^2)f'(\xi)=1.

2. 常见还原结构

若目标含有

f′(x)+p(x)f(x),f'(x)+p(x)f(x),

则优先寻找积分因子

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

因为

[μ(x)f(x)]′=μ(x)[f′(x)+p(x)f(x)].\bigl[\mu(x)f(x)\bigr]' =\mu(x)\bigl[f'(x)+p(x)f(x)\bigr].

若目标是非齐次形式

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

则可构造

F(x)=μ(x)f(x)−∫μ(x)q(x) dx.F(x)=\mu(x)f(x)-\int \mu(x)q(x)\,\mathrm dx.

此时

F′(x)=μ(x)[f′(x)+p(x)f(x)−q(x)].F'(x)=\mu(x)\bigl[f'(x)+p(x)f(x)-q(x)\bigr].

还原法补充例题

解答题例 2

设 ff 在 (−2,2)(-2,2) 内可导。证明：存在 ξ∈(−2,2)\xi\in(-2,2)，使得

ξ(1−ξ)f′(ξ)+1−2ξ=0.\xi(1-\xi)f'(\xi)+1-2\xi=0.
解答

令

F(x)=ef(x)x(1−x).F(x)=e^{f(x)}x(1-x).

则 F(0)=F(1)=0F(0)=F(1)=0。由罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

F′(ξ)=ef(ξ)[ξ(1−ξ)f′(ξ)+1−2ξ]=0.F'(\xi) =e^{f(\xi)} \left[\xi(1-\xi)f'(\xi)+1-2\xi\right] =0.

因为 ef(ξ)>0e^{f(\xi)}>0，故

ξ(1−ξ)f′(ξ)+1−2ξ=0.\xi(1-\xi)f'(\xi)+1-2\xi=0.
解答题例 3

设 ff 在 [0,1][0,1] 上具有连续导数，且 f(0)=0f(0)=0。证明：

  1. 存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

    2ξ∫01f(x) dx−f(ξ)=0;2\xi\int_0^1f(x)\,\mathrm dx-f(\xi)=0;

  2. 存在 η∈(0,ξ)\eta\in(0,\xi)，使得

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

记

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

并令

H(x)=x2F(1)−F(x).H(x)=x^2F(1)-F(x).

由于 H(0)=H(1)=0H(0)=H(1)=0，罗尔定理给出 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

H′(ξ)=2ξF(1)−f(ξ)=0.H'(\xi)=2\xi F(1)-f(\xi)=0.

再令

G(x)=f(x)−2xF(1).G(x)=f(x)-2xF(1).

由 f(0)=0f(0)=0 及第一问可知 G(0)=G(ξ)=0G(0)=G(\xi)=0。再次应用罗尔定理，存在 η∈(0,ξ)\eta\in(0,\xi)，使得

G′(η)=f′(η)−2F(1)=0.G'(\eta)=f'(\eta)-2F(1)=0.

即

f′(η)=2∫01f(x) dx.f'(\eta)=2\int_0^1f(x)\,\mathrm dx.
解答题例 4

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，并且

∫01e−f(x)arctan⁡x dx=1,f(1)=ln⁡π4.\int_0^1e^{-f(x)}\arctan x\,\mathrm dx=1, \qquad f(1)=\ln\frac{\pi}{4}.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

f′(ξ)=1(1+ξ2)arctan⁡ξ.f'(\xi)=\frac{1}{(1+\xi^2)\arctan\xi}.
解答

令

h(x)=e−f(x)arctan⁡x.h(x)=e^{-f(x)}\arctan x.

由积分中值定理，存在 θ∈(0,1)\theta\in(0,1)，使得

h(θ)=∫01h(x) dx=1.h(\theta)=\int_0^1h(x)\,\mathrm dx=1.

又

h(1)=e−f(1)arctan⁡1=e−ln⁡(π/4)π4=1.h(1)=e^{-f(1)}\arctan1 =e^{-\ln(\pi/4)}\frac{\pi}{4} =1.

故 h(θ)=h(1)h(\theta)=h(1)。由罗尔定理，存在 ξ∈(θ,1)\xi\in(\theta,1)，使得 h′(ξ)=0h'(\xi)=0。而

h′(x)=e−f(x)[−f′(x)arctan⁡x+11+x2].h'(x) =e^{-f(x)} \left[ -f'(x)\arctan x+\frac{1}{1+x^2} \right].

因此

f′(ξ)=1(1+ξ2)arctan⁡ξ.f'(\xi)=\frac{1}{(1+\xi^2)\arctan\xi}.

二、微分方程法

还原法强调“从导数还原原函数”；微分方程法则把待证结论直接看成微分方程。二者本质一致，积分因子就是连接它们的工具。

1. 一阶齐次结构

对

y′+p(x)y=0,y'+p(x)y=0,

积分因子为

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

于是

(μy)′=0.(\mu y)'=0.

因此，辅助函数通常取为 μ(x)f(x)\mu(x)f(x)。

2. 一阶非齐次结构

对

y′+p(x)y=q(x),y'+p(x)y=q(x),

有

(μy)′=μq.(\mu y)'=\mu q.

所以可将目标还原为

[μ(x)y(x)−∫μ(x)q(x) dx]′=0.\left[\mu(x)y(x)-\int\mu(x)q(x)\,\mathrm dx\right]'=0.
解答题例 5

设奇函数 ff 在 [−1,1][-1,1] 上二阶可导，且 f(1)=1f(1)=1。证明：存在 η∈(−1,1)\eta\in(-1,1)，使得

f′′(η)+f′(η)=1.f''(\eta)+f'(\eta)=1.
解答

因为 ff 是奇函数，所以 f(0)=0f(0)=0。在 [0,1][0,1] 上应用拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

f′(ξ)=f(1)−f(0)1−0=1.f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1.

奇函数的导数是偶函数，因此

f′(−ξ)=f′(ξ)=1.f'(-\xi)=f'(\xi)=1.

从目标

f′′(x)+f′(x)−1=0f''(x)+f'(x)-1=0

出发，构造

F(x)=ex(f′(x)−1).F(x)=e^x\bigl(f'(x)-1\bigr).

则

F′(x)=ex[f′′(x)+f′(x)−1].F'(x)=e^x\bigl[f''(x)+f'(x)-1\bigr].

并且

F(−ξ)=F(ξ)=0.F(-\xi)=F(\xi)=0.

由罗尔定理，存在 η∈(−ξ,ξ)⊂(−1,1)\eta\in(-\xi,\xi)\subset(-1,1)，使得 F′(η)=0F'(\eta)=0。由于 eη>0e^\eta>0，故

f′′(η)+f′(η)=1.f''(\eta)+f'(\eta)=1.

3. 二阶常系数结构

对

y′′+py′+qy=0,y''+py'+qy=0,

先求特征方程

r2+pr+q=0.r^2+pr+q=0.

若能找到一个非零解 φ\varphi，常可利用 Wronskian 型表达式

F(x)=f′(x)φ(x)−f(x)φ′(x)F(x)=f'(x)\varphi(x)-f(x)\varphi'(x)

进行构造。求导得

F′(x)=f′′(x)φ(x)−f(x)φ′′(x),F'(x)=f''(x)\varphi(x)-f(x)\varphi''(x),

从而把二阶目标转化为一阶导数为零的问题。实际使用时仍须根据题设找到 FF 的两个等值点。

三、双中值问题

双中值问题要求产生两个不同的中值点。最稳妥的办法是先划分两个互不重叠的开区间，再分别应用中值定理；这样能从区间位置上保证两点不同。

1. 几何法：把导数看作弦斜率

在 [a,c][a,c] 与 [c,b][c,b] 上分别应用拉格朗日中值定理，可得

f′(ξ)=f(c)−f(a)c−a,f′(η)=f(b)−f(c)b−c,f'(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}, \qquad f'(\eta)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c},

其中

ξ∈(a,c),η∈(c,b).\xi\in(a,c),\qquad \eta\in(c,b).

选择分点 cc 的实质，是让两条弦的斜率满足目标关系。

2. 代数法：由目标反求分点

先把上面的两条弦斜率代入待证关系，得到关于 cc 的方程；若能证明该方程在 (a,b)(a,b) 内有解，就能确定分点，再分别应用中值定理。

3. 降维法：先产生一个中值

先在整个区间上应用一次中值定理得到 ξ\xi，再在 [a,ξ][a,\xi] 或 [ξ,b][\xi,b] 上应用第二次中值定理得到 η\eta。这种方法适合目标关系能够逐步消去一个中值的题目。

解答题例 6

设函数 ff 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，且 a<c<ba<c<b。证明：存在互不相同的

ξ∈(a,c),η∈(c,b),\xi\in(a,c),\qquad \eta\in(c,b),

使得

(c−a)f′(ξ)+(b−c)f′(η)=f(b)−f(a).(c-a)f'(\xi)+(b-c)f'(\eta)=f(b)-f(a).
解答

在 [a,c][a,c] 上应用拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(a,c)\xi\in(a,c)，使得

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

在 [c,b][c,b] 上应用拉格朗日中值定理，存在 η∈(c,b)\eta\in(c,b)，使得

(b−c)f′(η)=f(b)−f(c).(b-c)f'(\eta)=f(b)-f(c).

两式相加，得到

(c−a)f′(ξ)+(b−c)f′(η)=f(b)−f(a).(c-a)f'(\xi)+(b-c)f'(\eta)=f(b)-f(a).

由于 (a,c)(a,c) 与 (c,b)(c,b) 不相交，所以 ξ≠η\xi\ne\eta。

双中值问题的三种方法

双中值问题有三种基本处理方式：

  1. 几何法：把 f′(ξ)f'(\xi)、f′(η)f'(\eta) 看成两条首尾相接弦的斜率，通过图形确定分点；
  2. 插分点法：在 (a,b)(a,b) 内插入 cc，分别在 (a,c)(a,c)、(c,b)(c,b) 上应用拉格朗日或柯西中值定理，再由目标关系反求 cc 或 f(c)f(c)；
  3. 降维法：先产生 ξ\xi，把另一个中值对应的导数替换为区间 [a,ξ][a,\xi] 或 [ξ,b][\xi,b] 上的差商，将双中值化为单中值。

方法一和方法二中两个中值没有先后顺序，并满足

ξ<c<η.\xi<c<\eta.

方法三中的两个中值有产生顺序：先产生 ξ\xi，再在由 ξ\xi 决定的子区间上产生 η\eta。

解答题例 7

函数 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)，使得

f′(ξ)f′(η)=−1.f'(\xi)f'(\eta)=-1.
解答

分别在区间 [−b,0][-b,0] 与 [0,a][0,a] 上使用拉格朗日中值定理，存在

ξ∈(−b,0),η∈(0,a),\xi\in(-b,0),\qquad \eta\in(0,a),

使得

f′(ξ)=f(0)−f(−b)b=−ab,f′(η)=f(a)−f(0)a=ba.f'(\xi)=\frac{f(0)-f(-b)}{b}=-\frac ab, \qquad f'(\eta)=\frac{f(a)-f(0)}a=\frac ba.

两点分属不同区间，故 ξ≠η\xi\ne\eta，且

f′(ξ)f′(η)=−1.f'(\xi)f'(\eta)=-1.
解答题例 8

设函数 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] 与 [0,1][0,1] 上分别应用拉格朗日中值定理，存在

ξ1∈(−1,0),ξ2∈(0,1),\xi_1\in(-1,0),\qquad \xi_2\in(0,1),

使得

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).

由 f(−1)=f(1)f(-1)=f(1)，两式相加即得

f′(ξ1)+f′(ξ2)=0.f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=0.
解答题例 9（2010 年）

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=13.f(0)=0,\qquad f(1)=\frac13.

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

构造

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

由题设 g(0)=g(1)=0g(0)=g(1)=0。在 [0,12][0,\frac12] 与 [12,1][\frac12,1] 上分别使用拉格朗日中值定理，存在

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

使得

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

故 g′(ξ)+g′(η)=0g'(\xi)+g'(\eta)=0。又 g′(x)=f′(x)−x2g'(x)=f'(x)-x^2，于是

f′(ξ)+f′(η)=ξ2+η2.f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2.
解答题例 10

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=1.f(0)=0,\qquad f(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

若 f′≡1f'\equiv1，任取两个不同点即可。以下设 f′f' 不恒为 11。由 f(1)−f(0)=1f(1)-f(0)=1 和拉格朗日中值定理，至少存在一点 cc 使 f′(c)=1f'(c)=1。

f′f' 不可能在整个区间内恒大于等于 11：否则 f(x)−xf(x)-x 单调不减，而它在 0,10,1 两端取相同值，只能恒为常数，从而 f′≡1f'\equiv1，矛盾。同理，f′f' 也不可能恒小于等于 11。因此存在 u,v∈(0,1)u,v\in(0,1)，使

f′(u)<1<f′(v).f'(u)<1<f'(v).

导数具有达布性质，故其值域包含一个以 11 为内点的小区间。取充分接近 11 的 r>1r>1，使 rr 与 1/r1/r 都在该值域内，便可取两个不同点 ξ,η\xi,\eta，使

f′(ξ)=r,f′(η)=1rf'(\xi)=r,\qquad f'(\eta)=\frac1r

其中 r>0r>0 且 r≠1r\ne1，从而 f′(ξ)f′(η)=1f'(\xi)f'(\eta)=1。

解答题例 11（第十二届初赛）

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=1.f(0)=0,\qquad f(1)=1.

证明：存在 ξ,η∈(0,1)\xi,\eta\in(0,1)，且 ξ≠η\xi\ne\eta，使得

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

令

g(x)=x+f(x).g(x)=x+f(x).

则 g(0)=0, g(1)=2g(0)=0,\ g(1)=2。对函数 g/2g/2 使用例 10 的结论，可得两个不同点 ξ,η∈(0,1)\xi,\eta\in(0,1)，使得

g′(ξ)2⋅g′(η)2=1.\frac{g'(\xi)}2\cdot\frac{g'(\eta)}2=1.

由于 g′(x)=1+f′(x)g'(x)=1+f'(x)，故

[1+f′(ξ)][1+f′(η)]=4.\bigl[1+f'(\xi)\bigr]\bigl[1+f'(\eta)\bigr]=4.
解答题例 12

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=1.f(0)=0,\qquad f(1)=1.

证明：存在 nn 个不同的点 ξ1,ξ2,…,ξn∈(0,1)\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_n\in(0,1)，使得

f′(ξ1)+f′(ξ2)+⋯+f′(ξn)=n.f'(\xi_1)+f'(\xi_2)+\cdots+f'(\xi_n)=n.
解答

把 [0,1][0,1] 等分为 nn 个互不重叠的小区间

[k−1n,kn],k=1,2,…,n.\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right], \qquad k=1,2,\ldots,n.

在每个小区间上使用拉格朗日中值定理，存在

ξk∈(k−1n,kn)\xi_k\in\left(\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right)

使得

f′(ξk)=n[f(kn)−f(k−1n)].f'(\xi_k) =n\left[ f\left(\frac{k}{n}\right) -f\left(\frac{k-1}{n}\right) \right].

这些点位于互不相交的开区间内，因而两两不同。求和并利用裂项相消，

∑k=1nf′(ξk)=n[f(1)−f(0)]=n.\sum_{k=1}^nf'(\xi_k) =n[f(1)-f(0)]=n.

四、泰勒中值定理

选择展开点时遵循两条原则：

  1. 优先选择题设中给出函数值或导数值的点；
  2. 通过相加或相减消去题设未给出的中间量。
解答题例 13

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上具有三阶连续导数，且

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

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

∣f′′′(ξ)∣≥24.\left|f'''(\xi)\right|\ge 24.
解答

在 x=12x=\frac12 处分别对 x=0x=0 和 x=1x=1 使用带拉格朗日余项的三阶泰勒公式。存在

ξ1∈(0,12),ξ2∈(12,1),\xi_1\in\left(0,\frac12\right), \qquad \xi_2\in\left(\frac12,1\right),

使得

0=f(12)+18f′′(12)−148f′′′(ξ1),0=f\left(\frac12\right) +\frac18f''\left(\frac12\right) -\frac1{48}f'''(\xi_1), 1=f(12)+18f′′(12)+148f′′′(ξ2).1=f\left(\frac12\right) +\frac18f''\left(\frac12\right) +\frac1{48}f'''(\xi_2).

第二式减第一式，得到

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)=48.f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=48.

于是

∣f′′′(ξ1)∣+∣f′′′(ξ2)∣≥∣f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)∣=48.\left|f'''(\xi_1)\right|+\left|f'''(\xi_2)\right| \ge \left|f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\right| =48.

因此两者中至少有一个的绝对值不小于 2424。取相应的点为 ξ\xi，即得

∣f′′′(ξ)∣≥24.\left|f'''(\xi)\right|\ge24.

泰勒法补充选点原则

使用泰勒中值定理时，资料给出两条选点原则：

  1. 条件中给出了哪个点的函数值或导数值，就优先在该点展开；
  2. 条件与结论中没有出现的低阶项，要通过相加或相减消去。

常用展开点包括区间端点、区间中点、极值点和任意内部点。

解答题例 14

设函数 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)+12(b−a)[f′(a)+f′(b)]−112(b−a)3f′′′(ξ).f(b) =f(a) +\frac12(b-a)\bigl[f'(a)+f'(b)\bigr] -\frac1{12}(b-a)^3f'''(\xi).
解答

令 L=b−aL=b-a，作线性变换 x=a+Ltx=a+Lt，并记 F(t)=f(a+Lt)F(t)=f(a+Lt)。所证结论等价于

∫01F(t) dt=F(0)+F(1)2−112F′′′(θ)\int_0^1F(t)\,\mathrm dt =\frac{F(0)+F(1)}2-\frac1{12}F'''(\theta)

的积分形式。更直接地，三次分部积分可得梯形公式的 Peano 余项

f(b)−f(a)−L2[f′(a)+f′(b)]=−12∫ab(x−a)(b−x)f′′′(x) dx.f(b)-f(a)-\frac L2\bigl[f'(a)+f'(b)\bigr] =-\frac12\int_a^b(x-a)(b-x)f'''(x)\,\mathrm dx.

权函数 (x−a)(b−x)≥0(x-a)(b-x)\ge0。由积分中值定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

∫ab(x−a)(b−x)f′′′(x) dx=f′′′(ξ)∫ab(x−a)(b−x) dx=L36f′′′(ξ).\int_a^b(x-a)(b-x)f'''(x)\,\mathrm dx =f'''(\xi)\int_a^b(x-a)(b-x)\,\mathrm dx =\frac{L^3}{6}f'''(\xi).

代回即得

f(b)=f(a)+L2[f′(a)+f′(b)]−L312f′′′(ξ).f(b)=f(a)+\frac L2\bigl[f'(a)+f'(b)\bigr] -\frac{L^3}{12}f'''(\xi).
解答题例 15

函数 ff 在 [−1,1][-1,1] 上有三阶连续导数，且

f(−1)=f(1)=1.f(-1)=f(1)=1.

证明：存在 ξ∈(−1,1)\xi\in(-1,1)，使得

f′′′(ξ)=−6f′(0).f'''(\xi)=-6f'(0).
解答

在 x=0x=0 处分别对 f(1)f(1) 与 f(−1)f(-1) 作三阶 Taylor 展开：

f(1)=f(0)+f′(0)+12f′′(0)+16f′′′(ξ1),f(1)=f(0)+f'(0)+\frac12f''(0)+\frac16f'''(\xi_1), f(−1)=f(0)−f′(0)+12f′′(0)−16f′′′(ξ2),f(-1)=f(0)-f'(0)+\frac12f''(0)-\frac16f'''(\xi_2),

其中 ξ1∈(0,1)\xi_1\in(0,1)，ξ2∈(−1,0)\xi_2\in(-1,0)。由 f(−1)=f(1)f(-1)=f(1)，

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)=−12f′(0).f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=-12f'(0).

函数 f′′′f''' 连续，因此由介值性，存在 ξ\xi 介于 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 之间，使

f′′′(ξ)=f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)2=−6f′(0).f'''(\xi) =\frac{f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)}2 =-6f'(0).
解答题例 16

设函数 ff 在 [a,b][a,b] 上有三阶连续导数，且

f′(a)=f′(b)=f′′(a)=f′′(b)=0.f'(a)=f'(b)=f''(a)=f''(b)=0.

证明：存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

f(b)−f(a)=124(b−a)3f′′′(ξ).f(b)-f(a)=\frac1{24}(b-a)^3f'''(\xi).
解答

任取 x∈(a,b)x\in(a,b)。分别在 aa、bb 处对 f(x)f(x) 作三阶 Taylor 展开。利用

f′(a)=f′′(a)=f′(b)=f′′(b)=0,f'(a)=f''(a)=f'(b)=f''(b)=0,

可得

f(x)=f(a)+(x−a)36f′′′(ξ1),ξ1∈(a,x),f(x)=f(a)+\frac{(x-a)^3}{6}f'''(\xi_1), \qquad \xi_1\in(a,x), f(x)=f(b)+(x−b)36f′′′(ξ2),ξ2∈(x,b).f(x)=f(b)+\frac{(x-b)^3}{6}f'''(\xi_2), \qquad \xi_2\in(x,b).

两式相减，

f(b)−f(a)=(x−a)36f′′′(ξ1)+(b−x)36f′′′(ξ2).f(b)-f(a) =\frac{(x-a)^3}{6}f'''(\xi_1) +\frac{(b-x)^3}{6}f'''(\xi_2).

取 x=(a+b)/2x=(a+b)/2，两个系数均为 (b−a)3/48(b-a)^3/48，故

f(b)−f(a)=(b−a)348[f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)].f(b)-f(a) =\frac{(b-a)^3}{48} \bigl[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\bigr].

由 f′′′f''' 的连续性，存在 ξ\xi 介于 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 之间，使其等于二者平均值，于是

f(b)−f(a)=124(b−a)3f′′′(ξ).f(b)-f(a)=\frac1{24}(b-a)^3f'''(\xi).
解答题例 17（2024 年）

设函数 ff 具有二阶导数，且

f′(0)=f′(1),∣f′′(x)∣≤1.f'(0)=f'(1),\qquad |f''(x)|\le1.

证明：

  1. 当 x∈(0,1)x\in(0,1) 时，

    ∣f(x)−f(0)(1−x)−f(1)x∣≤x(1−x)2;\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| \le\frac{x(1-x)}2;
∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤112.\left|\int_0^1f(x)\,\mathrm dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right| \le\frac1{12}.
解答

对固定的 x∈(0,1)x\in(0,1)，分别在 00 与 11 处对 f(x)f(x) 作二阶 Taylor 展开：

f(x)=f(0)+xf′(0)+x22f′′(ξ1),f(x)=f(0)+xf'(0)+\frac{x^2}{2}f''(\xi_1), f(x)=f(1)+(x−1)f′(1)+(x−1)22f′′(ξ2),f(x)=f(1)+(x-1)f'(1)+\frac{(x-1)^2}{2}f''(\xi_2),

其中 ξ1∈(0,x)\xi_1\in(0,x)、ξ2∈(x,1)\xi_2\in(x,1)。第一式乘 1−x1-x，第二式乘 xx 后相加；利用 f′(0)=f′(1)f'(0)=f'(1)，一次项恰好抵消，得到

f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)=x(1−x)2[xf′′(ξ1)+(1−x)f′′(ξ2)].f(x)-(1-x)f(0)-xf(1) =\frac{x(1-x)}2 \bigl[xf''(\xi_1)+(1-x)f''(\xi_2)\bigr].

因此

∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2.\left|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)\right| \le\frac{x(1-x)}2.

再对上式在 [0,1][0,1] 上积分，

∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤12∫01x(1−x) dx=112.\left| \int_0^1f(x)\,\mathrm dx-\frac{f(0)+f(1)}2 \right| \le\frac12\int_0^1x(1-x)\,\mathrm dx =\frac1{12}.
解答题例 18（2023 年）

设函数 ff 在 [−a,a][-a,a] 上有二阶连续导数。证明：

  1. 若 f(0)=0f(0)=0，则存在 ξ∈(−a,a)\xi\in(-a,a)，使得

    f′′(ξ)=f(a)+f(−a)a2;f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2};

  2. 若 ff 在 (−a,a)(-a,a) 内取得极值，则存在 η∈(−a,a)\eta\in(-a,a)，使得

    ∣f′′(η)∣≥∣f(a)−f(−a)∣2a2.|f''(\eta)| \ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.
解答

第一问在 00 处分别对 f(a)f(a)、f(−a)f(-a) 作二阶 Taylor 展开：

f(a)=f(0)+af′(0)+a22f′′(ξ1),f(a)=f(0)+af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\xi_1), f(−a)=f(0)−af′(0)+a22f′′(ξ2).f(-a)=f(0)-af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\xi_2).

相加并利用 f(0)=0f(0)=0，

f(a)+f(−a)=a22[f′′(ξ1)+f′′(ξ2)].f(a)+f(-a) =\frac{a^2}{2}\bigl[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\bigr].

由 f′′f'' 连续，存在介于 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 之间的 ξ\xi，使 f′′(ξ)f''(\xi) 等于二者平均值，故

f′′(ξ)=f(a)+f(−a)a2.f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.

第二问设 x0∈(−a,a)x_0\in(-a,a) 为极值点，则 f′(x0)=0f'(x_0)=0。分别在 x0x_0 处对端点展开：

f(a)−f(x0)=(a−x0)22f′′(η1),f(a)-f(x_0)=\frac{(a-x_0)^2}{2}f''(\eta_1), f(−a)−f(x0)=(a+x0)22f′′(η2).f(-a)-f(x_0)=\frac{(a+x_0)^2}{2}f''(\eta_2).

两式相减并取绝对值。若处处有

∣f′′(x)∣<∣f(a)−f(−a)∣2a2,|f''(x)|<\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2},

则

∣f(a)−f(−a)∣<∣f(a)−f(−a)∣4a2[(a−x0)2+(a+x0)2]≤∣f(a)−f(−a)∣,|f(a)-f(-a)| <\frac{|f(a)-f(-a)|}{4a^2} \bigl[(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\bigr] \le |f(a)-f(-a)|,

矛盾。因此存在 η∈(−a,a)\eta\in(-a,a) 满足所证估计。

中值极限

若条件中的中值部分为 f(n)(a+θx)f^{(n)}(a+\theta x)，并且最低的非零高阶导数是 f(m)(a)f^{(m)}(a)，资料给出的处理模板为：

  1. 将条件中的 f(a+x)f(a+x) 与 f(n)(a+θx)f^{(n)}(a+\theta x) 在 aa 处展开到 f(m)(a)f^{(m)}(a)；
  2. 等式两边除以 xmx^m，再令 x→0x\to0；
  3. 或把 θx\theta x 看作整体，通过导数定义和洛必达法则分别计算分子、分母的极限。

更一般地，当

f(n+1)(a)=⋯=f(m−1)(a)=0,f(m)(a)≠0,f^{(n+1)}(a)=\cdots=f^{(m-1)}(a)=0, \qquad f^{(m)}(a)\ne0,

可从

θm−n=f(n)(a+θx)−f(n)(a)xm−n/f(n)(a+θx)−f(n)(a)(θx)m−n\theta^{m-n} = \frac{f^{(n)}(a+\theta x)-f^{(n)}(a)}{x^{m-n}} \bigg/ \frac{f^{(n)}(a+\theta x)-f^{(n)}(a)} {(\theta x)^{m-n}}

求出 θ\theta 的极限。

解答题例 19

设

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

f′′(x)f''(x) 连续，且 f′′(0)≠0f''(0)\ne0。求

lim⁡x→0θ.\lim_{x\to0}\theta.
解答

在 00 处展开：

f(x)=f(0)+xf′(0)+x22f′′(0)+o(x2),f(x)=f(0)+xf'(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).

代入题设并约去 f(0)+xf′(0)f(0)+xf'(0)，

x22f′′(0)+o(x2)=θx2f′′(0)+o(x2).\frac{x^2}{2}f''(0)+o(x^2) =\theta x^2f''(0)+o(x^2).

两边除以 x2x^2，令 x→0x\to0。由于 f′′(0)≠0f''(0)\ne0，

lim⁡x→0θ=12.\lim_{x\to0}\theta=\frac12.
解答题例 20

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.\lim_{x\to0}\theta.
解答

由 Taylor 公式，

f(x)=f(0)+xf′(0)+⋯+xnn!f(n)(0)+xn+1(n+1)!f(n+1)(0)+o(xn+1).f(x) =f(0)+xf'(0)+\cdots +\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(0) +\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(0) +o(x^{n+1}).

另一方面，

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).

把后式代入题设中的最后一项，与前式比较 xn+1x^{n+1} 的系数：

f(n+1)(0)(n+1)!=θf(n+1)(0)n!+o(1).\frac{f^{(n+1)}(0)}{(n+1)!} =\frac{\theta f^{(n+1)}(0)}{n!}+o(1).

因 f(n+1)(0)≠0f^{(n+1)}(0)\ne0，

lim⁡x→0θ=1n+1.\lim_{x\to0}\theta=\frac1{n+1}.

五、多项式拟合法

若题设给出若干函数值，而结论要求某阶导数取定值，可先构造满足相同插值条件的低次多项式 PP，再令

G(x)=f(x)−P(x).G(x)=f(x)-P(x).

题设会转化为 GG 的多个零点，而目标则转化为 G(k)(ξ)=0G^{(k)}(\xi)=0，随后连续使用罗尔定理。

解答题例 21

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=1.f(0)=0,\qquad f(1)=1.

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

解答

取满足相同端点条件的一次多项式

P(x)=x,P(x)=x,

并令

G(x)=f(x)−P(x)=f(x)−x.G(x)=f(x)-P(x)=f(x)-x.

则

G(0)=G(1)=0.G(0)=G(1)=0.

由罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

G′(ξ)=0.G'(\xi)=0.

因此

f′(ξ)−1=0,f'(\xi)-1=0,

即 f′(ξ)=1f'(\xi)=1。

解答题例 22

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)，使得

f′′(ξ)=−8.f''(\xi)=-8.
解答

构造通过三个已知点的二次多项式

P(x)=4x(1−x).P(x)=4x(1-x).

它满足

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

并且

P′′(x)=−8.P''(x)=-8.

令

G(x)=f(x)−P(x).G(x)=f(x)-P(x).

则

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

分别在 [0,12]\left[0,\frac12\right] 和 [12,1]\left[\frac12,1\right] 上应用罗尔定理，可得

ξ1∈(0,12),ξ2∈(12,1),\xi_1\in\left(0,\frac12\right), \qquad \xi_2\in\left(\frac12,1\right),

使得

G′(ξ1)=G′(ξ2)=0.G'(\xi_1)=G'(\xi_2)=0.

再对 G′G' 在 [ξ1,ξ2][\xi_1,\xi_2] 上应用罗尔定理，存在 ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(0,1)\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(0,1)，使得

G′′(ξ)=0.G''(\xi)=0.

因此

f′′(ξ)−P′′(ξ)=0,f''(\xi)-P''(\xi)=0,

即

f′′(ξ)=−8.f''(\xi)=-8.

多项式拟合法补充步骤

多项式拟合法的完整步骤是：

  1. 把条件和结论中的 ff 暂时换成多项式 pp，由已知条件确定 pp 的系数；

  2. 构造差函数

    g(x)=f(x)−p(x);g(x)=f(x)-p(x);

  3. 把原条件转化为 gg 的多个零点或积分条件；

  4. 连续应用罗尔定理，把目标转化为 g(k)(ξ)=0g^{(k)}(\xi)=0。

若结论分别是 f′(ξ)=kf'(\xi)=k、f′′(ξ)=kf''(\xi)=k、f′′′(ξ)=kf'''(\xi)=k，可依次选择一次、二次、三次多项式，使结论化为差函数相应阶导数等于零。

解答题例 23（第十一届决赛）

设函数 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_0^1xf(x)\,\mathrm dx=\frac32.

证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得

f′(ξ)=3.f'(\xi)=3.
解答

先拟合一次多项式 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_0^1xp(x)\,\mathrm dx=\frac32.

令 g(x)=f(x)−p(x)g(x)=f(x)-p(x)，则

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

再令

G(x)=∫0xg(t) dt.G(x)=\int_0^xg(t)\,\mathrm dt.

有 G(0)=G(1)=0G(0)=G(1)=0，且分部积分给出

∫01G(x) dx=−∫01xg(x) dx=0.\int_0^1G(x)\,\mathrm dx =-\int_0^1xg(x)\,\mathrm dx=0.

因此 GG 在 (0,1)(0,1) 内存在零点 η\eta；否则连续函数 GG 在内部恒同号，其积分不可能为零。对 GG 分别在 [0,η][0,\eta]、[η,1][\eta,1] 上使用罗尔定理，得到 gg 的两个不同零点；再对 gg 使用罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 g′(ξ)=0g'(\xi)=0。所以

f′(ξ)=p′(ξ)=3.f'(\xi)=p'(\xi)=3.

六、带积分条件的处理

若题设出现

∫axf(t) dt,\int_a^x f(t)\,\mathrm dt,

可令

F(x)=∫axf(t) dt.F(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm dt.

这样

F(a)=0,F′(x)=f(x),F(a)=0,\qquad F'(x)=f(x),

积分条件便转化为函数值或导数条件。需要特别注意：F(a)=0F(a)=0 是这个构造自带的零点，不能遗漏。

积分条件补充例题

解答题例 24

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上具有连续导数，且

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

证明：

  1. 存在 η∈(0,1)\eta\in(0,1)，使得

    ∫0ηf(x) dx=0;\int_0^\eta f(x)\,\mathrm dx=0;

  2. ff 在 (0,1)(0,1) 内至少有两个不同的零点；

  3. 存在 δ∈(0,1)\delta\in(0,1)，使得 f′(δ)=0f'(\delta)=0。

解答

令

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

由第一个积分条件，F(0)=F(1)=0F(0)=F(1)=0；分部积分并利用第二个条件，

∫01F(x) dx=xF(x)∣01−∫01xf(x) dx=0.\int_0^1F(x)\,\mathrm dx =\left.xF(x)\right|_0^1-\int_0^1xf(x)\,\mathrm dx=0.

若 FF 不恒为零，则其积分为零迫使它在 (0,1)(0,1) 内变号，因而存在 η∈(0,1)\eta\in(0,1) 使 F(η)=0F(\eta)=0；若 F≡0F\equiv0，任取 η∈(0,1)\eta\in(0,1) 即可。第一问得证。

由

F(0)=F(η)=F(1)=0,F(0)=F(\eta)=F(1)=0,

分别在 (0,η)(0,\eta)、(η,1)(\eta,1) 上应用罗尔定理，存在两个不同点 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 使

f(ξ1)=F′(ξ1)=0,f(ξ2)=F′(ξ2)=0.f(\xi_1)=F'(\xi_1)=0,\qquad f(\xi_2)=F'(\xi_2)=0.

再对 ff 在 [ξ1,ξ2][\xi_1,\xi_2] 上使用罗尔定理，存在 δ∈(ξ1,ξ2)\delta\in(\xi_1,\xi_2) 使 f′(δ)=0f'(\delta)=0。

解答题例 25（2019 年）

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上具有二阶导数，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：

  1. 存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得 f′(ξ)=0f'(\xi)=0；
  2. 存在 η∈(0,1)\eta\in(0,1)，使得 f′′(η)<−2f''(\eta)<-2。
解答

由积分中值定理，存在 c∈(0,1)c\in(0,1)，使

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

对 ff 在 [c,1][c,1] 上使用罗尔定理，存在 ξ∈(c,1)\xi\in(c,1) 使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。

再证第二问。令

g(x)=f(x)−x.g(x)=f(x)-x.

则 g(0)=g(1)=0g(0)=g(1)=0，且

∫01g(x) dx=12.\int_0^1g(x)\,\mathrm dx=\frac12.

若对所有 x∈(0,1)x\in(0,1) 都有 f′′(x)≥−2f''(x)\ge-2，则

h(x)=g(x)−x(1−x)h(x)=g(x)-x(1-x)

满足 h′′(x)=f′′(x)+2≥0h''(x)=f''(x)+2\ge0，所以 hh 为凸函数。又 h(0)=h(1)=0h(0)=h(1)=0，凸函数图像不高于端点连线，故 h(x)≤0h(x)\le0，即

g(x)≤x(1−x).g(x)\le x(1-x).

积分得

12=∫01g(x) dx≤∫01x(1−x) dx=16,\frac12=\int_0^1g(x)\,\mathrm dx \le\int_0^1x(1-x)\,\mathrm dx=\frac16,

矛盾。因此存在 η∈(0,1)\eta\in(0,1)，使 f′′(η)<−2f''(\eta)<-2。

七、推广的罗尔定理

普通罗尔定理要求函数在闭区间上连续、开区间内可导，并且两个端点的函数值相等。资料中还给出了两种常用推广。

1. 单侧极限代替端点函数值

设 ff 在 (a,b)(a,b) 内可导、在 (a,b](a,b] 上连续。若

lim⁡x→a+f(x)=f(b),\lim_{x\to a^+}f(x)=f(b),

则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

f′(ξ)=0.f'(\xi)=0.

证明时可补定义

F(a)=lim⁡x→a+f(x),F(x)=f(x)(a<x≤b),F(a)=\lim_{x\to a^+}f(x),\qquad F(x)=f(x)\quad(a<x\le b),

把问题还原为闭区间上的罗尔定理。

2. 无穷极限产生两个等值点

若 ff 在 (a,b)(a,b) 内可导，并且

lim⁡x→a+f(x)=lim⁡x→b−f(x)=+∞,\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to b^-}f(x)=+\infty,

则函数在区间内部取得极小值；从极小值点两侧分别取适当点，可以找到两个函数值相等的点，再应用罗尔定理得到 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。

这类题的关键不是直接在开区间端点套用罗尔定理，而是先补端点或先制造两个内部等值点。

推广罗尔定理补充例题

解答题例 26

设函数 ff 在 [0,1][0,1] 上具有三阶导数，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)，使得

f′′′(ξ)=0.f'''(\xi)=0.
解答

令

g(x)=f(x)−x.g(x)=f(x)-x.

由题设，

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

先由罗尔定理得到 c∈(0,1)c\in(0,1)，使 g′(c)=0g'(c)=0。于是 g′g' 在 0,c,10,c,1 三点取零值。分别在 (0,c)(0,c) 与 (c,1)(c,1) 上对 g′g' 使用罗尔定理，存在

η1∈(0,c),η2∈(c,1)\eta_1\in(0,c),\qquad \eta_2\in(c,1)

使 g′′(η1)=g′′(η2)=0g''(\eta_1)=g''(\eta_2)=0。最后对 g′′g'' 在 [η1,η2][\eta_1,\eta_2] 上使用罗尔定理，存在 ξ∈(η1,η2)\xi\in(\eta_1,\eta_2) 使

g′′′(ξ)=0.g'''(\xi)=0.

因为 g′′′=f′′′g'''=f'''，故 f′′′(ξ)=0f'''(\xi)=0。

八、常数 K 值法

常数 K 值法同样是从罗尔定理反推辅助函数，适合“端点量与中值量可以分离”的结论。

1. 零式构造

先把只含端点的部分记为常数 KK，再把端点 bb 换成变量 xx，构造满足

F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0

的零式。最后由 F′(ξ)=0F'(\xi)=0 还原目标结论。

2. 对称分离

若原式可以整理为

Φ(a,K)=Φ(b,K),\Phi(a,K)=\Phi(b,K),

则令

F(x)=Φ(x,K).F(x)=\Phi(x,K).

这样天然有 F(a)=F(b)F(a)=F(b)。

解答题例 27

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

  1. 存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

    bf(a)−af(b)b−a=f(ξ)−ξf′(ξ);\frac{bf(a)-af(b)}{b-a}=f(\xi)-\xi f'(\xi);

  2. 存在 η∈(a,b)\eta\in(a,b)，使得

    f(b)−f(a)b−a=η2f′(η)ab.\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{\eta^2f'(\eta)}{ab}.
解答

（1） 记

K=bf(a)−af(b)b−a,K=\frac{bf(a)-af(b)}{b-a},

并构造

F(x)=f(x)−Kx.F(x)=\frac{f(x)-K}{x}.

由 KK 的定义可得

F(a)=F(b).F(a)=F(b).

由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

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

因此

K=f(ξ)−ξf′(ξ),K=f(\xi)-\xi f'(\xi),

即得第一问。

（2） 记

L=ab[f(b)−f(a)]b−a,L=\frac{ab[f(b)-f(a)]}{b-a},

并构造

G(x)=f(x)+Lx.G(x)=f(x)+\frac{L}{x}.

直接计算得

G(a)=G(b).G(a)=G(b).

由罗尔定理，存在 η∈(a,b)\eta\in(a,b)，使得

G′(η)=f′(η)−Lη2=0.G'(\eta)=f'(\eta)-\frac{L}{\eta^2}=0.

故

f(b)−f(a)b−a=Lab=η2f′(η)ab.\frac{f(b)-f(a)}{b-a} =\frac{L}{ab} =\frac{\eta^2f'(\eta)}{ab}.

九、柯西中值定理

当结论中同时出现两组端点差或两个导数的比值时，优先考虑柯西中值定理。

若 F,GF,G 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，并且 G′(x)≠0G'(x)\ne0，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

F(b)−F(a)G(b)−G(a)=F′(ξ)G′(ξ).\frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} =\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}.

资料给出的拆分原则是：

  • 只含 a,ba,b 的部分化成 F(b)−F(a)G(b)−G(a)\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}；
  • 只含中值的部分化成 F′(ξ)G′(ξ)\dfrac{F'(\xi)}{G'(\xi)}。

若目标包含两个中值，可先固定其中一个，把另一个中值对应的表达式化为柯西中值形式；但必须额外保证两个中值确实不同。

多次柯西中值定理

若 L,HL,H 在 aa 点满足

L(a)=L′(a)=⋯=L(n)(a)=0,L(a)=L'(a)=\cdots=L^{(n)}(a)=0, H(a)=H′(a)=⋯=H(n)(a)=0,H(a)=H'(a)=\cdots=H^{(n)}(a)=0,

并满足相应的连续、可导及分母非零条件，则连续应用柯西中值定理可得某个 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使得

L(b)H(b)=L(n+1)(ξ)H(n+1)(ξ).\frac{L(b)}{H(b)} =\frac{L^{(n+1)}(\xi)}{H^{(n+1)}(\xi)}.

这个结论是处理高阶导数中值问题的重要工具。

高阶柯西中值补充例题

解答题例 28

设函数 f,gf,g 在 [a,b][a,b] 上有二阶导数，且 g′′(x)≠0g''(x)\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

A=f(b)−f(a)−f′(a)(b−a),B=g(b)−g(a)−g′(a)(b−a).A=f(b)-f(a)-f'(a)(b-a),\qquad B=g(b)-g(a)-g'(a)(b-a).

由 g′′(x)≠0g''(x)\ne0 及达布定理，g′′g'' 在 (a,b)(a,b) 内恒正或恒负，故 B≠0B\ne0。构造

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

显然 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0，且 F′(a)=0F'(a)=0。由罗尔定理，存在 c∈(a,b)c\in(a,b) 使 F′(c)=0F'(c)=0；再对 F′F' 在 [a,c][a,c] 上使用罗尔定理，存在 ξ∈(a,c)\xi\in(a,c) 使 F′′(ξ)=0F''(\xi)=0。于是

f′′(ξ)−ABg′′(ξ)=0,f''(\xi)-\frac ABg''(\xi)=0,

即得所证等式。

十、泰勒展开中的对称消元

资料中的泰勒方法强调：展开点应尽量选在题设已经给出函数值或导数值的位置，并通过两次展开相减，消去未知的低阶项。

解答题例 29（1999 年）

设函数 ff 在 [−1,1][-1,1] 上具有三阶连续导数，且

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

证明：存在 ξ∈(−1,1)\xi\in(-1,1)，使得

f′′′(ξ)=3.f'''(\xi)=3.
解答

在 x=0x=0 处分别对 x=−1x=-1 和 x=1x=1 使用三阶泰勒公式。存在

ξ1∈(−1,0),ξ2∈(0,1),\xi_1\in(-1,0),\qquad \xi_2\in(0,1),

使得

f(−1)=f(0)+12f′′(0)−16f′′′(ξ1)=0,f(-1)=f(0)+\frac12f''(0)-\frac16f'''(\xi_1)=0, f(1)=f(0)+12f′′(0)+16f′′′(ξ2)=1.f(1)=f(0)+\frac12f''(0)+\frac16f'''(\xi_2)=1.

第二式减第一式，得到

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)6=1,\frac{f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)}{6}=1,

即

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)2=3.\frac{f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)}{2}=3.

由于 f′′′f''' 连续，介于 f′′′(ξ1)f'''(\xi_1) 与 f′′′(ξ2)f'''(\xi_2) 之间的数仍能由 f′′′f''' 在 [ξ1,ξ2][\xi_1,\xi_2] 上取得。因此存在 ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(−1,1)\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-1,1)，使得

f′′′(ξ)=3.f'''(\xi)=3.

对称二阶差分补充例题

解答题例 30

设函数 ff 在点 aa 的某个邻域内具有二阶导数。证明：对充分小的 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

由二阶 Taylor 公式的积分余项，

f(a+h)+f(a−h)−2f(a)=h2∫01(1−t)[f′′(a+th)+f′′(a−th)] dt.f(a+h)+f(a-h)-2f(a) =h^2\int_0^1(1-t) \bigl[f''(a+th)+f''(a-th)\bigr]\,\mathrm dt.

令

q(t)=f′′(a+th)+f′′(a−th).q(t)=f''(a+th)+f''(a-th).

因 qq 连续且 1−t≥01-t\ge0，由积分中值定理，存在 θ∈(0,1)\theta\in(0,1)，使得

∫01(1−t)q(t) dt=q(θ)∫01(1−t) dt=12q(θ).\int_0^1(1-t)q(t)\,\mathrm dt =q(\theta)\int_0^1(1-t)\,\mathrm dt =\frac12q(\theta).

两边除以 h2h^2 即得结论。

十一、分部积分法构造二阶中值

若结论要求把 f′′(ξ)f''(\xi) 与 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,\mathrm dx 联系起来，可选取二次权函数 p(x)p(x)，连续两次分部积分：

∫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^b f(x)p''(x)\,\mathrm dx +\left.f'(x)p(x)\right|_a^b -\left.f(x)p'(x)\right|_a^b.

若还能保证 pp 在区间内部不变号，则积分中值定理给出

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

选择 pp 的原则是：让边界项由题设直接确定，并让 p′′p'' 尽可能简单。

解答题例 31（原资料勘误）

设函数 ff 在 [a,b][a,b] 上具有二阶连续导数，且

f(a)=f(b)=0.f(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)312M.\left|\int_a^b f(x)\,\mathrm dx\right| \le\frac{(b-a)^3}{12}M.

原资料第 52 页将分子误写为 (b−a)2(b-a)^2，并漏写了左侧绝对值；这里依据分部积分推导改正。

解答

取

p(x)=(x−a)(b−x)2.p(x)=\frac{(x-a)(b-x)}{2}.

则

p(a)=p(b)=0,p′′(x)=−1,p(x)≥0.p(a)=p(b)=0,\qquad p''(x)=-1,\qquad p(x)\ge0.

两次分部积分，并利用 f(a)=f(b)=p(a)=p(b)=0f(a)=f(b)=p(a)=p(b)=0，得到

∫abf(x) dx=−∫abf(x)p′′(x) dx=−∫abf′′(x)p(x) dx.\int_a^b f(x)\,\mathrm dx =-\int_a^b f(x)p''(x)\,\mathrm dx =-\int_a^b f''(x)p(x)\,\mathrm dx.

因此

∣∫abf(x) dx∣≤M∫abp(x) dx.\left|\int_a^b f(x)\,\mathrm dx\right| \le M\int_a^b p(x)\,\mathrm dx.

而

∫abp(x) dx=12∫ab(x−a)(b−x) dx=(b−a)312.\int_a^b p(x)\,\mathrm dx =\frac12\int_a^b(x-a)(b-x)\,\mathrm dx =\frac{(b-a)^3}{12}.

故

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

分部积分构造补充方法

一阶情形：

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

若 pp 不变号，还可由积分中值定理写成

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

二阶情形：

∫abf′′(x)p(x) dx=∫abf(x)p′′(x) dx+f′(x)p(x)∣ab−f(x)p′(x)∣ab.\int_a^bf''(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.

通过选择二次多项式 p(x)=Ax2+Bx+Cp(x)=Ax^2+Bx+C，可让边界项符合题设，并利用 p′′(x)=2Ap''(x)=2A 把 f′′(ξ)f''(\xi) 与 ∫abf(x) dx\int_a^bf(x)\,\mathrm dx 联系起来。

解答题例 32

设函数 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)，使得

f′′(ξ)=−6.f''(\xi)=-6.
解答

取不变号权函数

p(x)=x(1−x)2.p(x)=\frac{x(1-x)}2.

则 p(0)=p(1)=0p(0)=p(1)=0，p′′(x)=−1p''(x)=-1。两次分部积分得

∫01f′′(x)p(x) dx=∫01f(x)p′′(x) dx−f(x)p′(x)∣01.\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =\int_0^1f(x)p''(x)\,\mathrm dx -\left.f(x)p'(x)\right|_0^1.

利用 f(0)=0, f(1)=1f(0)=0,\ f(1)=1，

∫01f′′(x)p(x) dx=−1+12=−12.\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =-1+\frac12=-\frac12.

由积分中值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使

∫01f′′(x)p(x) dx=f′′(ξ)∫01p(x) dx=112f′′(ξ).\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =f''(\xi)\int_0^1p(x)\,\mathrm dx =\frac1{12}f''(\xi).

因此 f′′(ξ)=−6f''(\xi)=-6。

解答题例 33

设函数 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)，使得

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

取

p(x)=−x(1−x)2.p(x)=-\frac{x(1-x)}2.

则 p(0)=p(1)=0p(0)=p(1)=0，p′′(x)=1p''(x)=1，并且

p′(0)=−12,p′(1)=12.p'(0)=-\frac12,\qquad p'(1)=\frac12.

两次分部积分得

∫01f′′(x)p(x) dx=∫01f(x) dx−f(x)p′(x)∣01.\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =\int_0^1f(x)\,\mathrm dx -\left.f(x)p'(x)\right|_0^1.

由 f(0)+f(1)=0f(0)+f(1)=0，边界项为

f(x)p′(x)∣01=f(1)+f(0)2=0.\left.f(x)p'(x)\right|_0^1 =\frac{f(1)+f(0)}2=0.

又 p(x)≤0p(x)\le0 且

∫01p(x) dx=−112.\int_0^1p(x)\,\mathrm dx=-\frac1{12}.

由积分中值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使

∫01f′′(x)p(x) dx=f′′(ξ)∫01p(x) dx=−112f′′(ξ).\int_0^1f''(x)p(x)\,\mathrm dx =f''(\xi)\int_0^1p(x)\,\mathrm dx =-\frac1{12}f''(\xi).

故

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

十二、考场速记

  • 看到一阶线性组合 f′+pff'+pf：先配积分因子 e∫pe^{\int p}。
  • 找到辅助函数后：必须检查连续性、可导性和两个等值点。
  • 看到两个中值：优先划分两个不相交区间，保证中值不同。
  • 看到多个函数值与高阶导数：尝试插值多项式，再对差函数连续使用罗尔定理。
  • 看到积分上限为变量：令 F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm dt，把积分降为函数值。
  • 泰勒展开时：围绕已知导数值的点展开，再通过相加或相减消去未知中间量。
  • 端点量与中值量能分离：尝试常数 K 值法。
  • 同时出现两组差商或导数比：尝试柯西中值定理。
  • 需要把 f′′(ξ)f''(\xi) 与积分联系起来：选二次权函数并连续两次分部积分。

核验说明：本文逐式检查了积分因子恒等式、两区间中值关系、泰勒余项系数和多项式拟合例题；删除了原文章中条件不足、推导未完成或结论无法由题设推出的例题。

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