一、基本定理及其证明

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0. 费马引理

前提条件： 函数$f(x)$ 在$x_0$ 的某邻域$U(x_0)$ 内有定义，且在$x_0$ 处取得极值；同时$f(x)$ 在$x_0$ 处可导。

结论： 则必有

$$f'(x_0) = 0$$

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1. 罗尔定理

前提条件： 函数$f(x)$ 在$[a,b]$ 上连续，在$(a,b)$ 内可导；且$f(a) = f(b)$。

结论： 则存在$\xi \in (a,b)$，使得

$$f'(\xi) = 0$$

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2. 拉格朗日中值定理

前提条件： 函数$f(x)$ 在$[a,b]$ 上连续，在$(a,b)$ 内可导。

结论： 则存在$\xi \in (a,b)$，使得

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

等价地，可写为增量形式：

$$f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)$$

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3. 积分中值定理

前提条件： 函数$f(x)$ 在$[a,b]$ 上连续。

结论： 则存在$\xi \in (a,b)$，使得

$$\int_a^b f(x)\mathrm{d}x = f(\xi)(b - a)$$

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4. 柯西中值定理

前提条件： 函数$f(x)$ 与$g(x)$ 在$[a,b]$ 上连续，在$(a,b)$ 内可导，且对任意$x \in (a,b)$，恒有$g'(x) \neq 0$。

结论： 则存在$\xi \in (a,b)$，使得$$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.$$

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二、辅助函数的构造方法

核心思想： 构造辅助函数。

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1. 观察法

一些题目待证结论比较简单，可以轻易的凑成某一函数的导数形式$g'(x)$，则直接设辅助函数为$g(x)$，证$g'(\xi)=0$。

一定要注意！！！不是说证到这个地方就可以直接写证毕了，当结论出现分母并且我们在简化的过程中拆掉了分母，则一定要证明分母不等于0才算证明成立！！！

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例题 1

设$f(x)$ 在$[0,1]$ 上可导，$f(0) = 0$，且对任意$x \in (0,1]$，有$f(x) > 0$。证明：存在$\xi \in (0,1)$，使得

$$\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = \frac{f'(1 - \xi)}{f(1 - \xi)}$$

解：

将等式移项整理得
$$f'(\xi)f(1 - \xi) - f(\xi)f'(1 - \xi) = 0$$

该式恰为函数$F(x) = f(x)f(1 - x)$ 在$x = \xi$处导数的取值：\$$F'(x) = f'(x)f(1 - x) - f(x)f'(1 - x)$$

注意到$F(0) = f(0)f(1) = 0$，$F(1) = f(1)f(0) = 0$，故$F(0) = F(1)$。

又因$f$ 在$[0,1]$ 上可导，从而$F$ 在$[0,1]$ 上连续、$(0,1)$ 内可导。

由罗尔定理，存在$\xi \in (0,1)$，使得$F'(\xi) = 0$，即原等式成立。

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例题 2

设$f(x)$ 在$[a,b]$ 上可导，且$b - a \geq 4$。证明：存在$\xi \in (a,b)$，使得

$$f'(\xi) < 1 + f^2(\xi).$$

解：

考虑辅助函数$G(x) = \arctan\bigl(f(x)\bigr).$

由于$f$ 在$[a,b]$ 上可导，而$\arctan u$ 处处可导，故$G(x)$ 在$[a,b]$ 上连续、$(a,b)$内可导，且\$$G'(x) = \frac{f'(x)}{1 + f^2(x)}.$$

由拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (a,b)$，使得
$$\frac{G(b) - G(a)}{b - a} = G'(\xi) = \frac{f'(\xi)}{1 + f^2(\xi)}.$$

利用反正切函数的有界性：对任意实数$u$，恒有
$$-\frac{\pi}{2} < \arctan u < \frac{\pi}{2}.$$因此
$$|G(b) - G(a)| = \bigl|\arctan\bigl(f(b)\bigr) - \arctan\bigl(f(a)\bigr)\bigr| < \pi.$$

结合条件$b - a \geq 4$，得
$$\left|\frac{f'(\xi)}{1 + f^2(\xi)}\right|\ \ = \frac{|G(b) - G(a)|}{b - a}\ \ < \frac{\pi}{4}.$$

由于$\pi \approx 3.1416 < 4$，故$\dfrac{\pi}{4} < 1$，进而有$\frac{f'(\xi)}{1 + f^2(\xi)} < 1$，即$f'(\xi) < 1 + f^2(\xi)$，证毕。

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2.公式法

很多时候题干的结论并不能用观察法直接凑出辅助函数，但当我们遇见形如$f'(x) + f(x)g(x) = 0$的结构，可以加入一个“积分因子”$e^{\int g(x)dx}$，通过构造辅助函数$F(x) = f(x) \cdot e^{\int g(x)dx}$来凑微分。

注：当$g(x)$是一个抽象函数，应该将辅助函数中的不定积分修改为变上限积分的形式：$$F(x) = f(x) \cdot e^{\int_a^x g(t)dt}$$

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例题 3

设$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上二阶可导，且$f(0) = f(1)$。

证明：存在$\xi \in (0, 1)$，使得$f'(\xi) = (e^{-\xi} - 1)f''(\xi)$。

解：

通过将等式变形得到：$$f''(\xi) - \left(\frac{e^\xi}{1 - e^\xi}\right)f'(\xi) = 0$$将$- \left(\frac{e^\xi}{1 - e^\xi}\right)$视为$g(x)$，构造辅助函数即可得到$F(x) = f'(x)(1 - e^x)$，后略。

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例题 4

设$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上$n+1$ 阶可导，且$f^{(i)}(0) = f^{(i)}(1) = 0 \quad (i = 0, 1, 2, \dots, n)$。证明：$\exists \xi \in (0, 1)$，使得$f^{(n+1)}(\xi) = f(\xi)$。

解：

令$G(x) = f(x) + f'(x) + f''(x) + \dots + f^{(n)}(x)$。

再利用积分因子$e^{-x}$，构造最终的辅助函数：
$$F(x) = e^{-x}G(x)$$

由于$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上$n+1$ 阶可导，故$F(x)$ 在$[0, 1]$ 上连续，在$(0, 1)$ 内可导。

将$x = 0$ 和$x = 1$ 分别代入$F(x)$：
$$F(0) = e^0 G(0) = 1 \cdot (f(0) + f'(0) + \dots + f^{(n)}(0))$$由已知条件，对于所有的$i = 0, 1, \dots, n$ 都有$f^{(i)}(0) = 0$，所以：$$F(0) = 0$$

同理，将$x = 1$代入：\$$F(1) = e^{-1} G(1) = e^{-1} (f(1) + f'(1) + \dots + f^{(n)}(1))$$由已知条件$f^{(i)}(1) = 0$，所以：
$$F(1) = 0$$因为$F(0) = F(1) = 0$，根据罗尔定理，至少存在一点$\xi \in (0, 1)$，使得$F'(\xi) = 0$。

我们来对$F(x)$求导并展开：\$$F'(x) = -e^{-x}G(x) + e^{-x}G'(x) = e^{-x} \big[ G'(x) - G(x) \big]$$仔细观察中括号里的内容：\$$G'(x) = f'(x) + f''(x) + \dots + f^{(n)}(x) + f^{(n+1)}(x)$$$$G(x) = f(x) + f'(x) + f''(x) + \dots + f^{(n)}(x)$$

上下相减（即$G'(x) - G(x)$），中间从一阶导到$n$阶导的所有项全部完美抵消：\$$G'(x) - G(x) = f^{(n+1)}(x) - f(x)$$

所以，$F'(x) = e^{-x} \big[ f^{(n+1)}(x) - f(x) \big]$。

将中值点$\xi$ 代入$F'(\xi) = 0$：
$$e^{-\xi} \big[ f^{(n+1)}(\xi) - f(\xi) \big] = 0$$因为指数函数$e^{-\xi} > 0$ 恒成立，故必然有$f^{(n+1)}(\xi) - f(\xi) = 0$，
即：$f^{(n+1)}(\xi) = f(\xi)$，证毕。

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3.微分方程反解常数C法

其实这个方法是前面两个方法的底层逻辑。

核心过程如下：

换元：将待证等式中的$\xi$ 全部改为$x$。

解方程：将改写后的等式视为一个关于$f(x)$ 的一阶微分方程，并求出它的通解。

反解 C：将通解里的任意常数$C$ 反解出来，孤立在等号的一边得到$F(x) = C$。

定函数：此时等号另一边的表达式，就是我们要找的终极辅助函数$F(x)$！

这是因为我们要求$F'(x)=0$，这在$F(x) = C$的情况下是必然成立的。

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三、双中值问题

与其他题型不同，这种题目的待证结论包含两个中值$\xi 和\eta$，并且一般都会要求这两个中值不同。

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1.未要求两个中值不同

这类题一般都比较简单，遵循以下三步即可：

（1）将待证结论中更复杂的那个单独拿出来分析，将尝试将其还原成某一函数使用拉格朗日或柯西中值定理得到的结果；

（2）将还原后的式子变形，在使用一次中值定理得到另一个中值；

（3）变形得到待证结论。

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例题 5

设$f(x)$ 在$[a, b]$ 上连续，在$(a, b)$ 内可导，且$f'(x) \neq 0$。证明：$\exists \xi, \eta \in (a, b)$，使得：$$\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)} = \frac{e^b - e^a}{b - a} e^{-\eta}$$

解：

因为$f(x)$ 在$[a, b]$ 上连续，在$(a, b)$ 内可导，根据拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (a, b)$，使得：
$$f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)$$

令$g(x) = e^x$。显然$f(x)$ 与$g(x)$ 均在$[a, b]$ 上连续，在$(a, b)$ 内可导，且对$\forall x \in (a, b)$，有$g'(x) = e^x \neq 0$。
根据柯西中值定理，存在$\eta \in (a, b)$，使得：$$\frac{f(b) - f(a)}{e^b - e^a} = \frac{f'(\eta)}{e^\eta}$$移项得：
$$f(b) - f(a) = f'(\eta) e^{-\eta} (e^b - e^a)$$由上述两式可得：
$$f'(\xi)(b - a) = f'(\eta) e^{-\eta} (e^b - e^a)$$

因为已知对于$\forall x \in (a, b)$ 有$f'(x) \neq 0$，故$f'(\eta) \neq 0$。
又因为$b - a \neq 0$，等式两边同除以$f'(\eta)(b - a)$，可得：
$$\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)} = \frac{e^b - e^a}{b - a} e^{-\eta}$$证毕。

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2.要求两个中值不同

这一问题最好的方式是让两个中值分别落在两个没有交集的空间，其关键是如何找到区间的分隔点。

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例题 6

设$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上连续，在$(0, 1)$ 内可导，$f(0)=0, f(1)=1$。证明：

(1)$\exists c \in (0, 1)$，使得$f(c) = 1 - c$；

(2)$\exists \xi, \eta \in (0, 1)$，且$\xi \neq \eta$，使得$f'(\xi) \cdot f'(\eta) = 1$。

解：

(1)

构造辅助函数$F(x) = f(x) + x - 1$。

因为$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上连续，所以$F(x)$ 在$[0, 1]$ 上连续。

计算端点值：$$F(0) = f(0) + 0 - 1 = -1 < 0$$$$F(1) = f(1) + 1 - 1 = 1 > 0$$因为$F(0) \cdot F(1) < 0$，根据零点定理，至少存在一点$c \in (0, 1)$，使得$F(c) = 0$。即$f(c) = 1 - c$，证毕。

(2)

由第一问可知，存在$c \in (0, 1)$ 使得$f(c) = 1 - c$。

将区间$[0, 1]$ 分为$[0, c]$ 和$[c, 1]$ 两个子区间。

在区间$[0, c]$ 上，对$f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0, c)$，使得：$$f(c) - f(0) = f'(\xi)(c - 0)$$代入$f(0) = 0$ 和$f(c) = 1 - c$，得：
$$1 - c = c f'(\xi)$$

在区间$[c, 1]$ 上，对$f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在$\eta \in (c, 1)$，使得：
$$f(1) - f(c) = f'(\eta)(1 - c)$$代入$f(1) = 1$ 和$f(c) = 1 - c$，得：
$$1 - (1 - c) = f'(\eta)(1 - c) \implies c = (1 - c)f'(\eta)$$将上述两式相乘，得：\$$(1 - c) \cdot c = c \cdot (1 - c) \cdot f'(\xi) \cdot f'(\eta)$$因为$c \in (0, 1)$，所以$c(1 - c) \neq 0$。等式两边同除以$c(1 - c)$，得：$$f'(\xi) \cdot f'(\eta) = 1$$又因为$\xi \in (0, c)$，$\eta \in (c, 1)$，即$0 < \xi < c < \eta < 1$，显然有$\xi \neq \eta$。证毕。

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进阶技巧：待定法逆推分段点

若本题去掉第一问，直接要求证明第二问，题目难度会大大增加，因为分段点未知。此时我们需要用待定法逆推分段点的位置。
不妨设$x_0 \in (0, 1)$，要证$f'(\xi) \cdot f'(\eta) = 1$，只需证：
$$\frac{f(x_0) - f(0)}{x_0 - 0} \cdot \frac{f(1) - f(x_0)}{1 - x_0} = 1$$即：
$$\frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1 - f(x_0)}{1 - x_0} = 1$$

此时可以发现当$f(x_0) = x_0$ 或$f(x_0) = 1 - x_0$ 时，都能使该等式成立。
不过在$f(0)=0, f(1)=1$ 的条件下，不一定能找到$x_0 \in (0, 1)$ 使得$f(x_0) = x_0$；但一定能找到$x_0 \in (0, 1)$ 使得$f(x_0) = 1 - x_0$，而这恰好就是第一小问所需证明的结论。

从几何上我们可以分析为什么前者不一定能够得到但后者可以，我们可以尝试画出$y = x$ 与$y = -x + 1$的图像，由于函数是连续的，想要从$(0,0)$移动到$(1,1)$，其轨迹必然同后者相交，而前者则不一定。

除此之外，我们应该尽量选择形如$f(x) = C$的情形进行分割。

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例题 7

设$f(x)$ 在$[a, b]$ 上连续，在$(a, b)$ 内可导，$f'(x) \neq 0$，$f(a) = 0$，$f(b) = 2$。证明：$\exists \xi, \eta \in (a, b)$ 且$\xi \neq \eta$，使得：$$f'(\eta)[f(\xi) + \xi f'(\xi)] = f'(\xi)[b f'(\eta) - 1]$$

解：

因为$f(x)$ 在$[a, b]$ 上连续，$f(a) = 0$，$f(b) = 2$，且$0 < 1 < 2$，根据介值定理，存在$c \in (a, b)$，使得$f(c) = 1$。

将区间$[a, b]$ 分割为$[a, c]$ 和$[c, b]$ 两个子区间。

在区间$[a, c]$ 上，令$F(x) = x f(x)$，$G(x) = f(x)$。

显然$F(x)$ 与$G(x)$ 在$[a, c]$ 上连续，在$(a, c)$ 内可导，且$G'(x) = f'(x) \neq 0$。

根据柯西中值定理，存在$\xi \in (a, c)$，使得：
$$\frac{F(c) - F(a)}{G(c) - G(a)} = \frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}$$即：
$$\frac{c f(c) - a f(a)}{f(c) - f(a)} = \frac{f(\xi) + \xi f'(\xi)}{f'(\xi)}$$代入$f(a) = 0$ 和$f(c) = 1$，等式左边为$\frac{c \cdot 1 - 0}{1 - 0} = c$，故：

$$\frac{f(\xi) + \xi f'(\xi)}{f'(\xi)} = c \quad \text{---(式 1)}$$

在区间$[c, b]$ 上，令$H(x) = b f(x) - x$，$G(x) = f(x)$。

同理，两函数满足柯西中值定理的条件。存在$\eta \in (c, b)$，使得：$$\frac{H(b) - H(c)}{G(b) - G(c)} = \frac{H'(\eta)}{G'(\eta)}$$即：$$\frac{[b f(b) - b] - [b f(c) - c]}{f(b) - f(c)} = \frac{b f'(\eta) - 1}{f'(\eta)}$$代入$f(b) = 2$ 和$f(c) = 1$，等式左边为：
$$\frac{(2b - b) - (b \cdot 1 - c)}{2 - 1} = \frac{b - b + c}{1} = c$$故：
$$\frac{b f'(\eta) - 1}{f'(\eta)} = c \quad \text{---(式 2)}$$

结合 (式 1) 与 (式 2) 可得：$$\frac{f(\xi) + \xi f'(\xi)}{f'(\xi)} = \frac{b f'(\eta) - 1}{f'(\eta)}$$交叉相乘即得：$$f'(\eta)[f(\xi) + \xi f'(\xi)] = f'(\xi)[b f'(\eta) - 1]$$又因为$\xi \in (a, c)$，$\eta \in (c, b)$，即$a < \xi < c < \eta < b$，显然$\xi \neq \eta$。证毕。

（这里也是用待定系数法先得出$f(c)=1$再开始证明的）

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3.要求三个中值不同

这种题就是前面双中值问题的变种，不过有两种情形：

一、和上面的题目异曲同工，即找到两个分段点，将定义域分为三个没有交集的区间进而得到三个各不相同的中值点。

二、有比较刁钻的题目，需要我们找到一个分段点，由这个分段点得到两个不相交的区间，进而先得到两个中值$x_1$、$x_2$，然后让这个分段点本身作为第三个中值点$x_3$。

判断是否是第二种情形的准则就是待证结论的三个中值当中有没有其中的两个比较复杂或者形式相同，而另一个比较简单，一般简单的那个就是分段点。

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例题 8

证明：在区间$(0, 2)$ 内，存在三个互不相同的点$x_1, x_2, x_3$，使得：
$$\frac{1 - \ln(1+x_1)}{(1+x_1)^2} \cdot x_3 = \frac{1 - \ln(1+x_2)}{(1+x_2)^2} \cdot (2 - x_3)$$解：

构造辅助函数$f(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+x}$。

显然$f(x)$ 在$[0, 2]$ 上连续，在$(0, 2)$ 内可导，且其导数为：

$$f'(x) = \frac{\frac{1}{1+x} \cdot (1+x) - \ln(1+x) \cdot 1}{(1+x)^2} = \frac{1 - \ln(1+x)}{(1+x)^2}$$

计算$f(x)$ 在区间端点的值：$f(0) = 0$，$f(2) = \frac{\ln 3}{3}$

原待证等式等价于：$$f'(x_1) \cdot (x_3 - 0) = f'(x_2) \cdot (2 - x_3)$$

这启发我们寻找一个分段点$x_3 \in (0, 2)$，使得：
$$f(x_3) - f(0) = f(2) - f(x_3)$$即：
$$2f(x_3) = f(2) + f(0) = \frac{\ln 3}{3} \implies f(x_3) = \frac{\ln 3}{6}$$

因为$f(x)$ 在$[0, 2]$ 上连续，且$f(0) = 0 < \frac{\ln 3}{6} < \frac{\ln 3}{3} = f(2)$，根据连续函数的介值定理，至少存在一点$x_3 \in (0, 2)$，使得$f(x_3) = \frac{\ln 3}{6}$。

找到$x_3$ 后，将区间$[0, 2]$ 分为$[0, x_3]$ 和$[x_3, 2]$ 两个子区间。

在区间$[0, x_3]$ 上，对$f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在$x_1 \in (0, x_3)$，使得：
$$f(x_3) - f(0) = f'(x_1)(x_3 - 0)$$

在区间$[x_3, 2]$ 上，对$f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在$x_2 \in (x_3, 2)$，使得：
$$f(2) - f(x_3) = f'(x_2)(2 - x_3)$$

又因为$f(x_3) - f(0) = f(2) - f(x_3)$，代入上述两式可得：
$$f'(x_1)(x_3 - 0) = f'(x_2)(2 - x_3)$$

将$f'(x)$的表达式代入，即得：\$$\frac{1 - \ln(1+x_1)}{(1+x_1)^2} \cdot x_3 = \frac{1 - \ln(1+x_2)}{(1+x_2)^2} \cdot (2 - x_3)$$

因为$x_1 \in (0, x_3)$，$x_2 \in (x_3, 2)$，即$0 < x_1 < x_3 < x_2 < 2$，故$x_1, x_2, x_3$ 是三个互不相同的点。证毕。

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四、泰勒中值定理的相关证明

不同于极限章节常用到的带皮亚诺余项的泰勒展开，在微分中值定理证明当中我们通常要用到带拉格朗日余项的泰勒展开：

若$f(x)$ 在$x = x_0$ 的邻域内 $n+1$阶可导（关键！这也是为什么它比定性估计的皮亚诺余项更加精确），则有：\$$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1}$$（其中$\xi$ 严格介于$x$ 和$x_0$ 之间）

至于展开方式则要灵活选用，基本原则是选择导数信息多的点作为$x_0$（展开点），而选只知道函数值信息，不知道导数信息的点作为$x$（代入点）。

其他展开方式还有：在中点展开、在端点展开、在极值点处展开、在任意点处展开、反向展开等等。

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1.在中点展开

例题 9

设$f(x)$ 在$[a, b]$ 上三阶连续可导。证明：存在$\xi \in (a, b)$，使得：$$f(b) = f(a) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{(b-a)^3}{24}f'''(\xi)$$

解：

观察结论中有$f(a), f(b)$ 和$f'\left(\frac{a+b}{2}\right)$。显然，导数信息在$\frac{a+b}{2}$ 处，故选择中点$x_0 = \frac{a+b}{2}$ 作为展开点，分别将端点$x = a$ 和$x = b$ 代入，展开到三阶（拉格朗日余项）：

对于$x = a$：$$f(a) = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\frac{a-b}{2}\right) + \frac{f''(\frac{a+b}{2})}{2!}\left(\frac{a-b}{2}\right)^2 + \frac{f'''(\xi_1)}{3!}\left(\frac{a-b}{2}\right)^3 \quad \text{①}$$其中$\xi_1 \in \left(a, \frac{a+b}{2}\right)$。

对于$x = b$：$$f(b) = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\frac{b-a}{2}\right) + \frac{f''(\frac{a+b}{2})}{2!}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 + \frac{f'''(\xi_2)}{3!}\left(\frac{b-a}{2}\right)^3 \quad \text{②}$$其中$\xi_2 \in \left(\frac{a+b}{2}, b\right)$。

将 ②式 - ①式，可以巧妙地消去$f\left(\frac{a+b}{2}\right)$和二阶导数项：\$$f(b) - f(a) = f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{6} \cdot \left(\frac{b-a}{2}\right)^3 f'''(\xi_2) - \frac{1}{6} \cdot \left(-\frac{b-a}{2}\right)^3 f'''(\xi_1)$$$$f(b) - f(a) = f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{(b-a)^3}{48} \big[ f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2) \big]$$

为了凑出题目结论中的分母$24$，我们提取出一个$\frac{1}{2}$：
$$f(b) - f(a) = f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{(b-a)^3}{24} \cdot \left[ \frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{2} \right]$$

等式方括号里的部分，本质上是两个点三阶导数的“算术平均值”。如何把它变成一个点$\xi$ 的导数呢？

由题意知$f(x)$ 在$[a, b]$ 上三阶连续可导，这意味着$f'''(x)$ 是一个连续函数。

设$f'''(x)$ 在$[a, b]$ 上的最大值为$M$，最小值为$m$。显然，这个平均值一定介于最大值和最小值之间：
$$m \le \frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{2} \le M$$根据连续函数的介值定理，在区间$(a, b)$ 内必定存在一点$\xi$，能够取到这个中间值，即：$$f'''(\xi) = \frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{2}$$代回上式，即有：$$f(b) = f(a) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{(b-a)^3}{24}f'''(\xi)$$得证。

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2.在极值/最值点展开

例题 10

设$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上二阶可导，$f(0) = f(1) = 0$。已知$f(x)$ 的最小值为$-1$。

证明：$\exists \xi \in (0, 1)$，使得$f''(\xi) \ge 8$。

解：

设$f(x)$ 在$x = c \in (0, 1)$ 处取得最小值$-1$，即$f(c) = -1$。

由费马引理可知，$f'(c) = 0$。

将$f(x)$ 在$x = c$ 处进行带拉格朗日余项的泰勒展开：$$f(x) = f(c) + f'(c)(x - c) + \frac{f''(\xi)}{2!}(x - c)^2$$分别将$x = 0$ 和$x = 1$ 代入，并利用$f(0) = 0, f(1) = 0, f(c) = -1, f'(c) = 0$ 进行化简：
对于$x = 0$：$$0 = -1 + 0 + \frac{c^2}{2} f''(\xi_1) \implies f''(\xi_1) = \frac{2}{c^2} \quad \text{①}$$其中$\xi_1 \in (0, c)$。

对于$x = 1$：$$0 = -1 + 0 + \frac{(1 - c)^2}{2} f''(\xi_2) \implies f''(\xi_2) = \frac{2}{(1 - c)^2} \quad \text{②}$$其中$\xi_2 \in (c, 1)$。

我们现在得到了两个独立的二阶导数表达式。由于$c$ 是$(0, 1)$ 内的某一点，它必然将区间分为两半，我们按$c$ 的位置进行分类讨论：

情况一：若$0 < c \le \frac{1}{2}$。

此时$c^2 \le \frac{1}{4}$。代入①式即可得到：

$$f''(\xi_1) = \frac{2}{c^2} \ge \frac{2}{\frac{1}{4}} = 8$$情况二：若$\frac{1}{2} \le c < 1$。

此时$1 - c \le \frac{1}{2}$，即$(1 - c)^2 \le \frac{1}{4}$。代入②式即可得到：

$$f''(\xi_2) = \frac{2}{(1 - c)^2} \ge \frac{2}{\frac{1}{4}} = 8$$

综上所述，无论最小值点$c$ 在区间的哪个位置，总能在$(0, 1)$ 内找到一点$\xi$（即$\xi_1$ 或$\xi_2$），使得$f''(\xi) \ge 8$ 成立。证明完毕。

易错点：盲目加减信息

很多同学写出①和②两式后，会习惯性地将两式相加或相减，试图构造出一个包含$\xi_1$ 和$\xi_2$ 的大式子，但这道题一旦相加，就会彻底走入死胡同！

如果两个展开式中，没有必须要消去的未知量，就不需要急于相加减。因为将两个独立的式子合并，本质上是在丢失信息！

这就像是，题目已经告诉你$x = 2$ 和$y = 2$，如果你非要把它们加起来变成$x + y = 4$，你就再也推导不出原来$x$ 和$y$ 各自等于几了。处理不等式放缩时，保持信息的独立性尤为重要！千万小心！

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3.在端点展开

例题 11

设$f(x)$ 二阶可导，$f'(0) = f'(1) = 0$，且对任意$x$，有$|f''(x)| \le 1$。证明：

(1) 当$x \in (0, 1)$ 时，$\left|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x\right| \le \frac{x(1-x)}{2}$；

(2)$\left|\int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \frac{1}{12}$。

解：

（1）

将$f(x)$ 分别在$x=0$ 和$x=1$ 处展开到二阶（带拉格朗日余项）：
在$x=0$ 处：$$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(\xi_1)}{2!}x^2$$在$x=1$ 处：$$f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{f''(\xi_2)}{2!}(x-1)^2$$

由于已知条件$f'(0) = f'(1) = 0$，一次项全部消失：$$f(x) = f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2 \quad \text{---(式 1)}$$$$f(x) = f(1) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2 \quad \text{---(式 2)}$$

将 (式 1)$\times (1-x)$ + (式 2)$\times x$：$$f(x)(1-x) + f(x)x = f(0)(1-x) + \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2(1-x) + f(1)x + \frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2 x$$

左边提取公因式$f(x)[(1-x) + x]$ 刚好等于$f(x)$。

移项整理，把目标结构凑到等式左边（注意$(x-1)^2$ 可以直接写成$(1-x)^2$）：$$f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x = \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2(1-x) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(1-x)^2 x$$

两边同时取绝对值，并利用三角不等式$|a+b| \le |a| + |b|$，以及已知条件$|f''(x)| \le 1$ 进行放缩：$$\left|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x\right| \le \left|\frac{1}{2}x^2(1-x)\right| + \left|\frac{1}{2}(1-x)^2 x\right|$$

因为$x \in (0, 1)$，所以$x > 0$ 且$(1-x) > 0$，直接去掉绝对值并提取公因式$\frac{x(1-x)}{2}$：

$$原式\le \frac{x(1-x)}{2} \cdot [x + (1-x)] = \frac{x(1-x)}{2}$$得证。

（2）

将第一问的绝对值不等式展开为连不等式：
$$-\frac{x(1-x)}{2} \le f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x \le \frac{x(1-x)}{2}$$

对上述不等式在区间$[0, 1]$上同时积分，得到：\$$-\frac{1}{12} \le \int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} \le \frac{1}{12}$$重新写回绝对值形式：\$$\left|\int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \frac{1}{12}$$证毕。

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4.在任意点展开

例题 12

设$f(x)$ 在$[0, 1]$ 上二阶可导，且$|f(x)| \le a$，$|f''(x)| \le b$。证明：对于$\forall x \in [0, 1]$，$|f'(x)| \le 2a + \frac{b}{2}$ 恒成立。
解：
将$f(x)$ 在$x_0 = x$ 处展开到二阶，并分别将端点$0$ 和$1$ 代入：

将$0$代入：$$f(0) = f(x) + f'(x)(0 - x) + \frac{f''(\xi_1)}{2!}(0 - x)^2$$

即：$f(0) = f(x) - x f'(x) + \frac{x^2}{2}f''(\xi_1)$

将$1$代入：$$f(1) = f(x) + f'(x)(1 - x) + \frac{f''(\xi_2)}{2!}(1 - x)^2$$

即：$f(1) = f(x) + (1-x)f'(x) + \frac{(1-x)^2}{2}f''(\xi_2)$

直接用 ②式 - ①式：$$f(1) - f(0) = [f(x) - f(x)] + [ (1-x) - (-x) ] f'(x) + \frac{(1-x)^2}{2}f''(\xi_2) - \frac{x^2}{2}f''(\xi_1)$$化简中间项：$(1-x) - (-x) = 1$，所以：$$f(1) - f(0) = f'(x) + \frac{(1-x)^2}{2}f''(\xi_2) - \frac{x^2}{2}f''(\xi_1)$$

移项，将$f'(x)$ 孤立在等式一边：$$f'(x) = f(1) - f(0) - \frac{(1-x)^2}{2}f''(\xi_2) + \frac{x^2}{2}f''(\xi_1)$$

对等式两边同时取绝对值，并利用三角不等式$|A + B| \le |A| + |B|$：$$|f'(x)| \le |f(1)| + |-f(0)| + \left| \frac{(1-x)^2}{2}f''(\xi_2) \right| + \left| \frac{x^2}{2}f''(\xi_1) \right|$$

代入题目已知条件$|f(x)| \le a$ 以及$|f''(x)| \le b$：
$$|f'(x)| \le a + a + \frac{(1-x)^2}{2}b + \frac{x^2}{2}b$$$$|f'(x)| \le 2a + \frac{b}{2} \big[ (1-x)^2 + x^2 \big]$$

观察方括号内的二次函数$g(x) = (1-x)^2 + x^2 = 2x^2 - 2x + 1$。

配方得：$g(x) = 2\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2}$。

这是一个开口向上的抛物线。在闭区间$[0, 1]$ 上，它的最大值在端点$x=0$ 或$x=1$ 处取得，即$g(0) = g(1) = 1$。

因此，对于任意$x \in [0, 1]$，恒有$(1-x)^2 + x^2 \le 1$。

将其放缩回原不等式：
$$|f'(x)| \le 2a + \frac{b}{2} \cdot 1 = 2a + \frac{b}{2}$$得证。

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例题 13

设$f(x)$ 在$[a, b]$ 上有二阶连续导数，$f(a) = f(b) = 0$。记$M = \max|f''(x)|$。证明：

(1)$\max|f(x)| \le \frac{M}{8}(b - a)^2$

(2)$\max|f'(x)| \le \frac{M}{2}(b - a)$

解：

（1）
设函数$|f(x)|$ 在闭区间$[a, b]$ 上的最大值在$x = c \in [a, b]$ 处取得，即$\max|f(x)| = |f(c)|$。

若$|f(c)| = 0$，则整个区间上$f(x) \equiv 0$。此时不等式$0 \le \frac{M}{8}(b - a)^2$ 显然成立。

若$|f(c)| > 0$，由于已知端点值$f(a) = f(b) = 0$，最值点$c$ 绝对不可能在端点处，因此$c$ 必定在开区间$(a, b)$ 内部。

因为$c$是内部的最值点且$f(x)$ 可导，根据费马引理，必定有$f'(c) = 0$。

将$f(x)$ 在$x_0 = c$ 处进行泰勒展开，并分别将两端点$x=a$ 和$x=b$ 代入得到：$$f(a) = f(c) + f'(c)(a - c) + \frac{f''(\xi_1)}{2!}(a - c)^2 \quad [\xi_1 \in (a, c)]$$$$f(b) = f(c) + f'(c)(b - c) + \frac{f''(\xi_2)}{2!}(b - c)^2 \quad [\xi_2 \in (c, b)]$$由于$f(a) = f(b) = 0$ 且$f'(c) = 0$，故有：$$0 = f(c) + \frac{f''(\xi_1)}{2}(a - c)^2 \implies f(c) = -\frac{f''(\xi_1)}{2}(c - a)^2$$$$0 = f(c) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(b - c)^2 \implies f(c) = -\frac{f''(\xi_2)}{2}(b - c)^2$$

对上述两个等式两边取绝对值，有：$$|f(c)| = \frac{|f''(\xi_1)|}{2}(c - a)^2 \le \frac{M}{2}(c - a)^2$$$$|f(c)| = \frac{|f''(\xi_2)|}{2}(b - c)^2 \le \frac{M}{2}(b - c)^2$$

易得$c$取得$\frac{a+b}{2}$的时候右边最小，则有

$$|f(c)| \le \frac{M}{2} \cdot \left(\frac{b - a}{2}\right)^2 = \frac{M}{2} \cdot \frac{(b - a)^2}{4} = \frac{M}{8}(b - a)^2$$得证。

（2）

设$|f'(x)|$ 的最大值在$x = x_0 \in [a, b]$ 处取得，即：$$|f'(x_0)| = \max|f'(x)|$$将$f(x)$ 在$x = x_0$ 处展开到二阶，并分别将端点$x=a$ 和$x=b$代入得到：$$f(a) = f(x_0) + f'(x_0)(a - x_0) + \frac{f''(\theta_1)}{2!}(a - x_0)^2 )$$

$$f(b) = f(x_0) + f'(x_0)(b - x_0) + \frac{f''(\theta_2)}{2!}(b - x_0)^2$$上下相减，有：$$0 - 0 = [f(x_0) - f(x_0)] + f'(x_0)[(b - x_0) - (a - x_0)] + \frac{f''(\theta_2)}{2}(b - x_0)^2 - \frac{f''(\theta_1)}{2}(a - x_0)^2$$

化简中间的项：$(b - x_0) - (a - x_0) = b - a$

得到：$$0 = f'(x_0)(b - a) + \frac{f''(\theta_2)}{2}(b - x_0)^2 - \frac{f''(\theta_1)}{2}(x_0 - a)^2$$

移项，将$f'(x_0)$ 孤立出来：$$-f'(x_0)(b - a) = \frac{f''(\theta_2)}{2}(b - x_0)^2 - \frac{f''(\theta_1)}{2}(x_0 - a)^2$$

对等式两边同时取绝对值，利用三角不等式$|A - B| \le |A| + |B|$，并代入题目条件$|f''(x)| \le M$ 得到：$$|f'(x_0)| \le \frac{1}{b - a} \cdot \frac{M}{2} \Big[ (b - x_0)^2 + (x_0 - a)^2 \Big]$$

根据抛物线的性质，右边在闭区间$[a, b]$ 上的最大值必定在区间的两个端点处取得，那么有：$$|f'(x_0)| \le \frac{1}{b - a} \cdot \frac{M}{2} \cdot (b - a)^2 = \frac{M}{2}(b - a)$$得证。

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五、中值点处参数极限的计算

这一类问题中的参数一般指位置参数$\theta$。假设有$\xi \in (a,b)$，那么可以将$\xi$表示为：$$\xi = a + \theta \times(b-a) ，\theta \in (0,1)$$

一般这种题目都会故意少展开一阶（例如给出$f(x)n+1$阶可导的条件但是只展开到$n阶$），这时我们要展开到最高阶，消掉重复项，再用一次拉格朗日中值定理。

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例题 14

设$f(x)$ 有$n+1$阶连续导数，且：\$$f(a+h) = f(a) + f'(a)h + \dots + \frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1} + \frac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^n$$其中$0 < \theta < 1$，且$f^{(n+1)}(a) \neq 0$。

证明：$\lim_{h \to 0} \theta = \frac{1}{n+1}$。

解：

根据泰勒中值定理，将$f(x)$ 在$x=a$ 处展开到$n+1$ 阶，并代入$x = a+h$：$$f(a+h) = f(a) + f'(a)h + \dots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n + \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{(n+1)!}h^{n+1}$$其中$\eta$ 介于$a$ 和$a+h$ 之间。

将该式同题干给出的式子相减可以发现从$f(a)$ 一直到$\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1}$ 的所有项，在等号两边抵消，只剩下高阶项：

$$\frac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^n = \frac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n + \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{(n+1)!}h^{n+1}$$

等式两边同时约掉公因式$\frac{h^n}{n!}$：$$f^{(n)}(a+\theta h) = f^{(n)}(a) + \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{n+1} h$$

移项，把含有$f^{(n)}$的项放在一边：\$$f^{(n)}(a+\theta h) - f^{(n)}(a) = \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{n+1} h$$

等式左边强行除以$\theta h$，再乘以$\theta h$：

$$\frac{f^{(n)}(a+\theta h) - f^{(n)}(a)}{\theta h} \cdot (\theta h) = \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{n+1} h$$

两边同时约去$h$（因为$h \to 0$ 但$h \neq 0$）：
$$\theta \cdot \frac{f^{(n)}(a+\theta h) - f^{(n)}(a)}{\theta h} = \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{n+1}$$左边用一次拉格朗日中值定理可以得到：$$\theta \cdot {f^{(n+1)}(\xi)} = \frac{f^{(n+1)}(\eta)}{n+1},\xi \in (a,a+\theta h)$$

对等式两边同时取$h \to 0$ 的极限得到：$$\lim_{h \to 0} \theta \cdot f^{(n+1)}(a) = \frac{1}{n+1} f^{(n+1)}(a)$$

题目已知$f^{(n+1)}(a) \neq 0$，那么$$\lim_{h \to 0} \theta = \frac{1}{n+1}$$证毕。