第 0 部分
先看全貌
先用一个开车的例子看懂“中值”在说什么，再看全章地图、和夜雨 / 李林 / Maki 的对应、真题考了什么，最后是 12 天的学习计划。
0.1 中值定理在说什么：平均速度总会被“某一刻”赶上先看一件你肯定经历过的事。
坐车从 A 地到 B 地，一小时开了 100 千米，平均速度是 100 千米/时 。车一会儿快一会儿慢，但只要速度是连续变化的（车不会瞬移），中间一定有某一时刻，速度表恰好指着 100 ——如果全程都比 100 慢，一小时开不到 100 千米；全程都比 100 快，又会超过 100 千米。
把这件事翻译成数学：s ( t ) s(t) s ( t ) s ( 1 ) − s ( 0 ) 1 − 0 \dfrac{s(1)-s(0)}{1-0} 1 − 0 s ( 1 ) − s ( 0 ) s ′ ( t ) s'(t) s ′ ( t )
存在某一时刻 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使 s ′ ( ξ ) = s ( 1 ) − s ( 0 ) 1 − 0 . \displaystyle \text{存在某一时刻 }\xi\in(0,1)\text{，使 }s'(\xi)=\frac{s(1)-s(0)}{1-0}. 存在某一时刻 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使 s ′ ( ξ ) = 1 − 0 s ( 1 ) − s ( 0 ) . 这就是本章的主角拉格朗日中值定理 。“中值”的意思是“中间的某个值”：我们只知道这个时刻 ξ \xi ξ 存在 ，不知道它具体是几点几分——这正是中值定理题的特点：题目只让你证明“存在”，从来不让你把 ξ \xi ξ
t s O 1 小时 t 1 t 2 100 平均速度 = 100/1 = 100 这一刻速度表也是 100 s (t )：走过的路程路程曲线的弦（红虚线）斜率 = 平均速度；绿色切线与弦平行的地方，瞬时速度 = 平均速度。图中 s ( t ) = 100 ( 3 t 2 − 2 t 3 ) s(t)=100(3t^2-2t^3) s ( t ) = 100 ( 3 t 2 − 2 t 3 ) 从几何上看更简单：弦的斜率 = 平均变化率，切线的斜率 = 瞬时变化率，曲线上总有一点的切线和弦平行 。本章所有定理都是这张图的变形：
弦是水平的（两端一样高），那就有一条水平切线——罗尔定理 ；
弦是斜的，有一条切线平行于弦——拉格朗日中值定理 ；
曲线用参数 ( g ( t ) , f ( t ) ) (g(t),f(t)) ( g ( t ) , f ( t )) 柯西中值定理 ；
不只看切线（一次），还看弯曲程度（二次、三次……）——泰勒公式 。
考研怎么考它？几乎都是证明题 ：“证明存在 ξ \xi ξ
看结论里有什么 ：只有 f f f f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′ ξ , η \xi,\eta ξ , η 选定理 ：只有 f f f f ′ f' f ′ 造函数、造点 ：把结论整理成“某个函数的导数等于 0”（构造辅助函数），再去找两个函数值相等的点（造点）。
0.2 全章地图，和夜雨、李林、Maki 怎么对应五个定理的关系画成一张图（从上往下读）：
零点定理 · 介值定理 连续且 f (a )f (b )<0 ⇒ f (ξ )=0 费马引理 可导的极值点：f ′(x 0 )=0 罗尔定理 f (a )=f (b ) ⇒ f ′(ξ )=0拉格朗日中值定理 f (b )−f (a )=f ′(ξ )(b −a )柯西中值定理 两个函数：差之比 = 导数之比 泰勒公式 f = 多项式 + 余项洛必达法则 0/0、∞/∞ 型极限 应用：证“存在 ξ 使……” · 证不等式 数方程的根 · 求极限 · 估计导数的大小 (先造点) 费马 + 最值定理 减去一条弦 推广 n =0 就是拉格朗日全章地图：上面两个是地基，中间一串是“罗尔 → 拉格朗日 → 柯西 / 泰勒”，最下面是它们能干的事。 本页分成下面这些部分，顺序就是学习顺序 ：
和夜雨讲义的对应。 你让我参考夜雨的规划：他的“中值问题”一章不按定理排，而是按“辅助函数怎么造”排 ，并给每个方法标了重点、次重点、非重点。本页的第 2—6 部分沿用了他的方法名称和轻重，下表是对应关系（他的讲义只有题目没有解答，本页把用到的题都补了完整解答）：
夜雨《解题班讲义》“中值问题”的小节 本页位置
还原法（重点） 2.3 微分方程法、万能构造（重点） 2.4 需要二次构造辅助函数的情形（重点） 2.6 万能构造在不等式和极限中的应用（次重点） 2.4 注、8.2 推广的罗尔定理、常数 K 值法（次重点） 2.7 利用柯西中值定理（重点）、多次运用柯西（非重点） 4.1—4.2 拉格朗日中值定理的几何意义（重点） 3.6 三个方法虐杀双中值问题（次重点） 第 5 部分 利用泰勒中值定理（重点） 6.2—6.3 带积分的处理（重点） 1.3、6.4 利用泰勒中值定理求中值极限（非重点） 6.5 多项式拟合法（次重点） 2.6、6.2 利用分部积分公式（非重点） 6.4 注
和李林讲义的对应。 李林第三章分四节：罗尔定理（本页第 1、2 部分）、拉格朗日（第 3、5 部分）、柯西（第 4 部分）、泰勒公式（第 6 部分）。“方程的根、不等式”在李林第四章“导数的应用”，本页第 7 部分只讲其中和中值定理有关的做法。李林第三章的考试要求 是：
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章）
理解并会用罗尔定理。
理解并会用拉格朗日中值定理。
理解并会用泰勒定理。
了解并会用柯西中值定理。
“理解并会用”是大纲里最高的要求；柯西只要求“了解”。另外第一章要求“了解闭区间上连续函数的性质（有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质”——这是本页第 1 部分。
和 Maki 的对应。 Maki《一站式大串讲》把这一章拆在 L07（零点定理）、L10（罗尔、拉格朗日、柯西）、L12（泰勒公式）、L15（不等式与根的个数）；积分形式的证明题（2022、2024、2026 年）归在 L18（定积分）。他的“五步推理链”在 2.1 节，“造点四手段”在 2.2 节，“构造总表”在 2.8 节。
这一块的分数，还有一部分在另外两份笔记里 大纲把“洛必达法则”“泰勒公式求极限”也放在中值定理这一章，但它们考的是计算 ，在你的《极限》笔记第 3、4 部分（3.5 泰勒、3.6 洛必达、4.3 由阶反求参数）已经系统讲过，本页只讲它们和中值定理的关系（4.1、6.1 节）。积分形式的证明题（积分不等式、积分中值定理配罗尔）在《一元函数积分学》笔记第 8 部分。三份笔记合起来，才是这一块的全部考点 ；只看本页，证明题够用，计算题要回《极限》笔记。
0.3 考情：考多少、考在哪本页收了 38 道数一真题 ：2010—2026 年的 17 道（在 Maki《真题分类精解》全书里找出以中值定理、泰勒公式为主要工具的数一题，再用书末年份索引核对题号；只在某一步顺带用到的，如 2014 年第 19 题级数题里的一次泰勒展开，不收），加上 1987—2009 年的 21 道经典老题（按原卷页面录入）。老题并没有过时——2023、2024 年的压轴题和 1996、2001 年的题用的是同一套方法。
2010—2026 年这 17 道共 157 分 ，17 年里有 15 年出现，平均每年约 9 分，而且几乎都是一整道 10—12 分的解答题 。其中 12 道是“核心”（整题就是中值定理或泰勒公式的证明），其余是“应用”（数根、不等式、数列、级数的题里用到它）。
从表里能看出四件事：
第 2 部分（罗尔 + 构造辅助函数）和第 6 部分（泰勒）是分数所在 ：2013、2017、2026 年是罗尔，2022、2023、2024 年连续三年是泰勒——近几年的压轴证明题几乎被这两部分包了。第 3 部分（拉格朗日）题最多、最杂 ：证不等式、估计导数、递推数列、级数，它往往是一道大题里的一步。柯西、双中值单独考得少 ：数一 2010 年以后没有单独考过（2005 年考过双中值），所以第 4、5 部分用数二真题和李林例题补齐题型，够用即可。选择题只考“看图说话” ：2004(8)、2006(7)、2014(2)、2017(2) 都是用导数定义、切线、弦、单调性判断的题，放在 1.4、6.5、3.6、7.3 节。
2010—2026 逐年分布
0.4 接下来 12 天怎么学你的《05-进度表》把中值定理排在 W4（8/9—8/15，和洛必达、单调极值凹凸放在同一周）。中值定理是证明题，一周 7 天连同洛必达一起学太挤，下面拆成 12 天，每天约 2 小时，沿用《02-方法卡》的例题桥接法：例题先遮住解答自己做 5 分钟，再点开对照 ；做完标 ⭕ / △ / ✗，△ 和 ✗ 第二天重做；卡住的地方在《04-错题断点本》只记一行“卡在哪一步、缺什么、怎么补”，不抄题。
日期怎么定 进度表原定的 W4 已经过去了，9 月下旬以后的日子又被其他几份笔记的计划占着，所以上表和前几份笔记一样只写第几天，不写日期。
如果暑假已经按进度表学过中值定理 ：把它当二轮复习，压缩成 6 天（每天做上表两天的量，只做“当天必做的真题”和做错过的例题），重点放在 2.8 节构造总表和第 8 部分。如果还没真正学过 ：中值定理是一元积分证明题、级数、多元微分的共同工具，按进度表的红线规则处理——砍题量，不砍覆盖 ：每节先做真题，普通例题只做第一道。 时间不够时 每天优先做完“当天必做的真题”；标“数二”“数三”的真题和夜雨、李林的例题是补题型用的，时间紧可以只看不做。2.8 节的构造总表和第 8 部分的二级结论一定要背。
《02-方法卡》里的那句话 你的方法卡里写着：“中值定理构造辅助函数＝微积分里的‘添辅助线’”。确实如此：几何题的辅助线不是凭空想出来的，是从结论倒推出来的；辅助函数也一样。第 2 部分的每个方法，都是一种“从结论倒推”的固定套路。
0.5 小结：看到这类题，去哪一部分
题目里的说法 换成什么（去哪一部分） 例子
“证明存在 ξ \xi ξ f ( ξ ) = ⋯ f(\xi)=\cdots f ( ξ ) = ⋯ 第 1 部分：零点定理、介值定理 例 1.3 “证明存在 ξ \xi ξ f , f ′ f,f' f , f ′ = 0 =0 = 0 第 2 部分：构造 F F F F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) 例 2.7 结论含 f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ ) 2.6 节：往回数零点，两次罗尔 例 2.8 结论里是差商 f ( b ) − f ( a ) b − a \frac{f(b)-f(a)}{b-a} b − a f ( b ) − f ( a ) f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) 第 3 部分：拉格朗日 例 3.2 lim [ f ( x + 1 ) − f ( x ) ] \lim[f(x+1)-f(x)] lim [ f ( x + 1 ) − f ( x )] 3.3 节：拉格朗日化成 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 例 3.5 结论里有 ln x \ln x ln x e x \e^x e x f f f 第 4 部分：柯西 例 4.3 两个中值 ξ , η \xi,\eta ξ , η 第 5 部分：看要不要 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η 例 5.3 条件给 f ′ ′ f'' f ′′ 第 6 部分：泰勒公式 例 6.7 “方程有几个根”“证明不等式” 第 7 部分：单调性 + 零点定理 例 7.2
学完了，标记这一部分
A 部分
零基础补课：导数、单调、凑导数与证明的写法
导数的几何意义、导数与单调性、把求导公式反过来认、分离变量解方程、证明题怎么读怎么写——中值定理之前只需要这五样。
这一部分给谁看 中值定理用到的“前置知识”只有四样：导数是切线斜率；导数的正负管着函数的升降；求导公式要会反过来认；会解最简单的微分方程 。高三学过前两样，后两样考研才用。如果你看到 ( x 2 f ( x ) ) ′ (x^2f(x))' ( x 2 f ( x ) ) ′ 2 x f ( x ) + x 2 f ′ ( x ) 2xf(x)+x^2f'(x) 2 x f ( x ) + x 2 f ′ ( x ) y ′ = 2 y x y'=\frac{2y}x y ′ = x 2 y y = C x 2 y=Cx^2 y = C x 2
A.1 导数就是切线的斜率大白话：割线斜率是“一段时间里的平均变化率”，把这段时间缩到无穷短，割线就转成了切线，平均变化率就变成了瞬时变化率——导数 。
x y O x 0 Q Q P 切线：斜率 f ′(x 0 ) 割线 PQ ：斜率 = 平均变化率 割线 PQ（橙）随 Q 靠近 P 转向切线（红）。 写成式子：
f ′ ( x 0 ) = lim h → 0 f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) h . \displaystyle f'(x_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}. f ′ ( x 0 ) = h → 0 lim h f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) . 分子是函数的增量，分母是自变量的增量，比值是割线斜率。中值定理说的是：不取极限也行——在区间 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 。
求导公式（这一页会反复用到）
( x n ) ′ = n x n − 1 (x^n)'=nx^{n-1} ( x n ) ′ = n x n − 1 ( e x ) ′ = e x (\e^x)'=\e^x ( e x ) ′ = e x ( ln x ) ′ = 1 x (\ln x)'=\frac1x ( ln x ) ′ = x 1 ( sin x ) ′ = cos x (\sin x)'=\cos x ( sin x ) ′ = cos x ( cos x ) ′ = − sin x (\cos x)'=-\sin x ( cos x ) ′ = − sin x ( arctan x ) ′ = 1 1 + x 2 (\arctan x)'=\frac1{1+x^2} ( arctan x ) ′ = 1 + x 2 1 乘积：( u v ) ′ = u ′ v + u v ′ (uv)'=u'v+uv' ( uv ) ′ = u ′ v + u v ′ ( u v ) ′ = u ′ v − u v ′ v 2 \big(\frac uv\big)'=\frac{u'v-uv'}{v^2} ( v u ) ′ = v 2 u ′ v − u v ′
复合（链式法则）：( e g ( x ) ) ′ = e g ( x ) g ′ ( x ) \big(\e^{g(x)}\big)'=\e^{g(x)}g'(x) ( e g ( x ) ) ′ = e g ( x ) g ′ ( x ) ( f ( x ) 2 ) ′ = 2 f ( x ) f ′ ( x ) \big(f(x)^2\big)'=2f(x)f'(x) ( f ( x ) 2 ) ′ = 2 f ( x ) f ′ ( x )
变上限积分：( ∫ a x f ( t ) d t ) ′ = f ( x ) \Big(\int_a^xf(t)\dt\Big)'=f(x) ( ∫ a x f ( t ) d t ) ′ = f ( x ) f f f
例 A.1
求下面几个函数的导数（
f f f 可导）：（1）
x 2 f ( x ) x^2f(x) x 2 f ( x ) ；（2）
e − x f ( x ) \e^{-x}f(x) e − x f ( x ) ；（3）
f ( x ) x \dfrac{f(x)}{x} x f ( x ) ；（4）
e x ( f ′ ( x ) − 1 ) \e^{x}\big(f'(x)-1\big) e x ( f ′ ( x ) − 1 ) （设
f f f 二阶可导）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 乘积法则。 （1）( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ = x ( 2 f + x f ′ ) (x^2f)'=2xf+x^2f'=x\big(2f+xf'\big) ( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ = x ( 2 f + x f ′ )
u = x 2 u=x^2 u = x 2 v = f ( x ) v=f(x) v = f ( x ) u ′ v + u v ′ u'v+uv' u ′ v + u v ′ x x x
② 乘积 + 链式。 （2）( e − x f ) ′ = − e − x f + e − x f ′ = e − x ( f ′ − f ) (\e^{-x}f)'=-\e^{-x}f+\e^{-x}f'=\e^{-x}\big(f'-f\big) ( e − x f ) ′ = − e − x f + e − x f ′ = e − x ( f ′ − f )
( e − x ) ′ = − e − x (\e^{-x})'=-\e^{-x} ( e − x ) ′ = − e − x
③ 商法则。 （3）( f x ) ′ = x f ′ − f x 2 \Big(\dfrac fx\Big)'=\dfrac{xf'-f}{x^2} ( x f ) ′ = x 2 x f ′ − f
u = f u=f u = f v = x v=x v = x u ′ v − u v ′ = f ′ x − f u'v-uv'=f'x-f u ′ v − u v ′ = f ′ x − f
④ 同 ②。 （4）[ e x ( f ′ − 1 ) ] ′ = e x ( f ′ − 1 ) + e x f ′ ′ = e x ( f ′ ′ + f ′ − 1 ) \big[\e^x(f'-1)\big]'=\e^x(f'-1)+\e^xf''=\e^x\big(f''+f'-1\big) [ e x ( f ′ − 1 ) ] ′ = e x ( f ′ − 1 ) + e x f ′′ = e x ( f ′′ + f ′ − 1 )
这正是 2013 年数一第 18 题要用的式子（例 2.7 ）：结论里的 f ′ ′ + f ′ − 1 f''+f'-1 f ′′ + f ′ − 1 e x \e^x e x
答案：（1）x ( 2 f + x f ′ ) x(2f+xf') x ( 2 f + x f ′ ) e − x ( f ′ − f ) \e^{-x}(f'-f) e − x ( f ′ − f ) x f ′ − f x 2 \frac{xf'-f}{x^2} x 2 x f ′ − f e x ( f ′ ′ + f ′ − 1 ) \e^x(f''+f'-1) e x ( f ′′ + f ′ − 1 )
A.2 导数的正负管着函数的升降大白话：切线往上斜（f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 。
x y O −1 1 f ′(x )=x ²−1f (x )=x ³/3−x f ′<0：f 下降f ′>0：上升f ′>0：上升极大值点 极小值点 f ( x ) = x 3 3 − x f(x)=\frac{x^3}3-x f ( x ) = 3 x 3 − x f ′ = x 2 − 1 f'=x^2-1 f ′ = x 2 − 1 ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) f f f 三条要记住的事实（证明见第 3 部分）
在区间上 f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f f ′ < 0 f'<0 f ′ < 0 f ′ ≡ 0 f'\equiv0 f ′ ≡ 0 f f f
要证 f ( x ) > g ( x ) f(x)>g(x) f ( x ) > g ( x ) x > a x>a x > a F = f − g F=f-g F = f − g F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0 ≥ 0 \ge0 ≥ 0 F ′ > 0 F'>0 F ′ > 0 F ( x ) > F ( a ) ≥ 0 F(x)>F(a)\ge0 F ( x ) > F ( a ) ≥ 0
f f f f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 至多一个根 。
例 A.2
证明：当
x > 0 x>0 x > 0 时，
x 1 + x < ln ( 1 + x ) < x \dfrac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x 1 + x x < ln ( 1 + x ) < x 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 右边：作差求导。 令 F ( x ) = x − ln ( 1 + x ) F(x)=x-\ln(1+x) F ( x ) = x − ln ( 1 + x ) F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ′ ( x ) = 1 − 1 1 + x = x 1 + x > 0 F'(x)=1-\dfrac1{1+x}=\dfrac x{1+x}>0 F ′ ( x ) = 1 − 1 + x 1 = 1 + x x > 0 x > 0 x>0 x > 0 F ( x ) > F ( 0 ) = 0 F(x)>F(0)=0 F ( x ) > F ( 0 ) = 0
“作差 → 看起点的值 → 看导数的正负”是证函数不等式的第一招。
② 左边：同样的办法。 令 G ( x ) = ln ( 1 + x ) − x 1 + x G(x)=\ln(1+x)-\dfrac x{1+x} G ( x ) = ln ( 1 + x ) − 1 + x x G ( 0 ) = 0 G(0)=0 G ( 0 ) = 0 G ′ ( x ) = 1 1 + x − 1 ( 1 + x ) 2 = x ( 1 + x ) 2 > 0 G'(x)=\dfrac1{1+x}-\dfrac1{(1+x)^2}=\dfrac{x}{(1+x)^2}>0 G ′ ( x ) = 1 + x 1 − ( 1 + x ) 2 1 = ( 1 + x ) 2 x > 0 G ( x ) > 0 G(x)>0 G ( x ) > 0
( x 1 + x ) ′ = ( 1 + x ) − x ( 1 + x ) 2 = 1 ( 1 + x ) 2 \big(\frac x{1+x}\big)'=\frac{(1+x)-x}{(1+x)^2}=\frac1{(1+x)^2} ( 1 + x x ) ′ = ( 1 + x ) 2 ( 1 + x ) − x = ( 1 + x ) 2 1
③ 记住结论。 把 x x x 1 n \frac1n n 1 1 n + 1 < ln ( 1 + 1 n ) < 1 n \dfrac1{n+1}<\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)<\dfrac1n n + 1 1 < ln ( 1 + n 1 ) < n 1
这就是 2011 年数一第 18 题的第（Ⅰ）问（例 3.2 ），那里会用拉格朗日中值定理再证一遍。
答案：证明题。思路：作差 F F F F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ′ > 0 F'>0 F ′ > 0 F ( x ) > 0 F(x)>0 F ( x ) > 0
A.3 求导公式反过来认：“这是谁的导数？”大白话：中值定理的证明题，最后都要说“某个函数 F F F F ′ F' F ′ x f ′ + 2 f xf'+2f x f ′ + 2 f F F F 。这和“已知导数求原函数”（不定积分）是一回事，只是这里的函数里含着抽象的 f f f
看见（导数的样子） 它是谁的导数 怎么来的
f ′ g + f g ′ f'g+fg' f ′ g + f g ′ f g fg f g 乘积法则 f ′ g − f g ′ f'g-fg' f ′ g − f g ′ f g \frac fg g f g 2 g^2 g 2 商法则的分子 f ′ + f f'+f f ′ + f e x f \e^xf e x f e x \e^x e x ( e x f ) ′ = e x ( f ′ + f ) (\e^xf)'=\e^x(f'+f) ( e x f ) ′ = e x ( f ′ + f ) f ′ − f f'-f f ′ − f e − x f \e^{-x}f e − x f e − x \e^{-x} e − x ( e − x f ) ′ = e − x ( f ′ − f ) (\e^{-x}f)'=\e^{-x}(f'-f) ( e − x f ) ′ = e − x ( f ′ − f ) x f ′ + k f xf'+kf x f ′ + k f x k f x^kf x k f x k − 1 x^{k-1} x k − 1 ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) (x^kf)'=x^{k-1}(xf'+kf) ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) x f ′ − f xf'-f x f ′ − f f x \frac fx x f x 2 x^2 x 2 商法则 f f ′ ff' f f ′ 1 2 f 2 \frac12f^2 2 1 f 2 链式法则 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 ff''+(f')^2 f f ′′ + ( f ′ ) 2 f f ′ ff' f f ′ 乘积法则用在 f ⋅ f ′ f\cdot f' f ⋅ f ′
规律：两项相加想乘积，两项相减想商；只差一个“自己”（f ′ + λ f f'+\lambda f f ′ + λ f e λ x \e^{\lambda x} e λ x x x x f ′ f' f ′ x x x 。这张表在 2.8 节会扩充成完整的构造总表。
例 A.3
下面每个式子都是某个函数的导数乘（或除以）一个恒正或非零的因子。认出这个函数：（1）
e x [ f ′ ( x ) + f ( x ) ] \e^x\big[f'(x)+f(x)\big] e x [ f ′ ( x ) + f ( x ) ] ；（2）
x f ′ ( x ) + 2 f ( x ) xf'(x)+2f(x) x f ′ ( x ) + 2 f ( x ) ；（3）
( 1 + x ) f ′ ( x ) − f ( x ) (1+x)f'(x)-f(x) ( 1 + x ) f ′ ( x ) − f ( x ) ；（4）
f ( x ) f ′ ′ ( x ) + [ f ′ ( x ) ] 2 f(x)f''(x)+[f'(x)]^2 f ( x ) f ′′ ( x ) + [ f ′ ( x ) ] 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 指数型。 （1）就是 ( e x f ( x ) ) ′ \big(\e^xf(x)\big)' ( e x f ( x ) ) ′
e x \e^x e x e x \e^x e x e x f + e x f ′ \e^xf+\e^xf' e x f + e x f ′
② 幂型。 （2）( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ = x ( x f ′ + 2 f ) (x^2f)'=2xf+x^2f'=x\,(xf'+2f) ( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ = x ( x f ′ + 2 f ) x f ′ + 2 f = ( x 2 f ) ′ x xf'+2f=\dfrac{(x^2f)'}{x} x f ′ + 2 f = x ( x 2 f ) ′
f ′ f' f ′ x x x f f f x 2 f x^2f x 2 f f f f
③ 商型。 （3）( f 1 + x ) ′ = ( 1 + x ) f ′ − f ( 1 + x ) 2 \Big(\dfrac{f}{1+x}\Big)'=\dfrac{(1+x)f'-f}{(1+x)^2} ( 1 + x f ) ′ = ( 1 + x ) 2 ( 1 + x ) f ′ − f ( 1 + x ) f ′ − f = ( 1 + x ) 2 ( f 1 + x ) ′ (1+x)f'-f=(1+x)^2\Big(\dfrac{f}{1+x}\Big)' ( 1 + x ) f ′ − f = ( 1 + x ) 2 ( 1 + x f ) ′
两项相减，而且 f ′ f' f ′ 1 + x 1+x 1 + x f f f ( 1 + x ) ′ = 1 (1+x)'=1 ( 1 + x ) ′ = 1
④ 乘积型。 （4）( f f ′ ) ′ = f ′ ⋅ f ′ + f ⋅ f ′ ′ (ff')'=f'\cdot f'+f\cdot f'' ( f f ′ ) ′ = f ′ ⋅ f ′ + f ⋅ f ′′ f f ′ ff' f f ′
2017 年数一第 18 题（例 2.8 ）的关键就是认出这一条。
答案：（1）e x f \e^xf e x f x 2 f x^2f x 2 f f 1 + x \frac f{1+x} 1 + x f f f ′ ff' f f ′
A.4 最简单的微分方程：分离变量大白话：认不出“是谁的导数”时，有一个保底办法——把结论当成一个微分方程去解，解出来写成“某个式子 = 常数”，那个式子就是要找的函数 （2.3 节的“还原法”）。所以需要会解最简单的一种方程：y ′ = g ( x ) h ( y ) y'=g(x)h(y) y ′ = g ( x ) h ( y ) y y y x x x
d y d x = g ( x ) h ( y ) ⟹ ∫ d y h ( y ) = ∫ g ( x ) d x . \displaystyle \frac{\dd y}{\dd x}=g(x)h(y)\ \Longrightarrow\ \int\frac{\dd y}{h(y)}=\int g(x)\dx. d x d y = g ( x ) h ( y ) ⟹ ∫ h ( y ) d y = ∫ g ( x ) d x .
例 A.4
解微分方程
y ′ = 2 y x y'=\dfrac{2y}{x} y ′ = x 2 y （
x > 0 x>0 x > 0 ），并把通解写成“
⋯ = C \cdots=C ⋯ = C ”的形式。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分离变量。 d y y = 2 d x x \dfrac{\dd y}{y}=\dfrac{2\dx}{x} y d y = x 2 d x
把含 y y y x x x
② 两边积分。 ln ∣ y ∣ = 2 ln x + C 1 \ln|y|=2\ln x+C_1 ln ∣ y ∣ = 2 ln x + C 1 ∣ y ∣ = e C 1 x 2 |y|=\e^{C_1}x^2 ∣ y ∣ = e C 1 x 2 y = C x 2 y=Cx^2 y = C x 2
e C 1 \e^{C_1} e C 1 y = 0 y=0 y = 0 C C C
③ 写成“= C =C = C y x 2 = C \dfrac{y}{x^2}=C x 2 y = C
这就是 2.4 节 例 2.5 的辅助函数 F ( x ) = f ( x ) x 2 F(x)=\frac{f(x)}{x^2} F ( x ) = x 2 f ( x ) f ′ ( ξ ) = 2 f ( ξ ) ξ f'(\xi)=\frac{2f(\xi)}\xi f ′ ( ξ ) = ξ 2 f ( ξ ) ξ \xi ξ x x x f f f y y y
答案：y = C x 2 y=Cx^2 y = C x 2 y x 2 = C \frac y{x^2}=C x 2 y = C
A.5 “存在 ξ \xi ξ 大白话：“存在 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) 至少有一个 点满足要求，你只要证明它有，不用找出它是哪个，也不用证明只有一个 。反过来，“对任意 x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x ∈ ( a , b )
读题时圈出这四样
条件里的区间是开是闭 ：“在 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) 结论里的区间 ：ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) “至少”“两个不同的”“唯一” ：“两个不同的点”要说明它们不相等；“唯一”要额外证明不会有第二个（通常用单调性）。题目分（Ⅰ）（Ⅱ）两问 ：第（Ⅰ）问的结论几乎总是第（Ⅱ）问要用的点。
例 A.5
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使
f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) = 0 f'(\xi)+f(\xi)=0 f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) = 0 。（这道题用来示范证明题的书写格式。）
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 构造辅助函数。 令 F ( x ) = e x f ( x ) F(x)=\e^xf(x) F ( x ) = e x f ( x ) x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x ∈ [ 0 , 1 ]
由 A.3 节的表，f ′ + f f'+f f ′ + f e x f \e^xf e x f e x \e^x e x F ( x ) = ⋯ F(x)=\cdots F ( x ) = ⋯
② 逐条验证定理的条件。 F F F [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) F ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 F(0)=f(0)=0 F ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 F ( 1 ) = e f ( 1 ) = 0 F(1)=\e f(1)=0 F ( 1 ) = e f ( 1 ) = 0 F ( 0 ) = F ( 1 ) F(0)=F(1) F ( 0 ) = F ( 1 )
阅卷按步给分，“连续、可导、两端相等”三句话都要写。
③ 用定理，写结论。 由罗尔定理，存在 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) F ′ ( ξ ) = e ξ [ f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) ] = 0 F'(\xi)=\e^{\xi}\big[f'(\xi)+f(\xi)\big]=0 F ′ ( ξ ) = e ξ [ f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) ] = 0 e ξ ≠ 0 \e^\xi\ne0 e ξ = 0 f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) = 0 f'(\xi)+f(\xi)=0 f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) = 0
最后一步“e ξ ≠ 0 \e^\xi\ne0 e ξ = 0 F ′ = 0 F'=0 F ′ = 0
答案：证明题。思路：f ′ + f f'+f f ′ + f F = e x f F=\e^xf F = e x f F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 e ξ \e^\xi e ξ
A.6 小结与自测
题目里的说法 换成什么 例子
“f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f 例 A.2 “证明 f ( x ) > g ( x ) f(x)>g(x) f ( x ) > g ( x ) 作差 F = f − g F=f-g F = f − g F ′ F' F ′ 例 A.2 “存在 ξ \xi ξ f f f f ′ f' f ′ = 0 =0 = 0 认出它是谁的导数（A.3），或解方程（A.4） 例 A.3 、例 A.4 “证明存在……” 写清三件事：构造、验证条件、用定理下结论 例 A.5
自测（答案在括号里）
( x 3 f ( x ) ) ′ = \big(x^3f(x)\big)'= ( x 3 f ( x ) ) ′ = x 2 ( x f ′ + 3 f ) x^2(xf'+3f) x 2 ( x f ′ + 3 f ) e 2 x [ f ′ ( x ) + 2 f ( x ) ] \e^{2x}\big[f'(x)+2f(x)\big] e 2 x [ f ′ ( x ) + 2 f ( x ) ] e 2 x f ( x ) \e^{2x}f(x) e 2 x f ( x ) y ′ = y 1 + x y'=\frac{y}{1+x} y ′ = 1 + x y = C =C = C y 1 + x = C \frac y{1+x}=C 1 + x y = C “存在 ξ \xi ξ ξ \xi ξ
学完了，标记这一部分
第 1 部分
闭区间上的连续函数与费马引理
最值、介值、零点三条定理和积分中值定理负责“造点”，费马引理负责“极值点处导数为 0”——它们是罗尔定理的地基。
考试要求（大纲原文，李林讲义第一章第 11 条、第三章第 1 条）
第一章第 11 条：了解连续函数的性质和初等函数的连续性，理解闭区间上连续函数的性质（有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质。
第三章第 1 条：理解并会用罗尔定理。
这一部分讲第一章第 11 条里“闭区间上连续函数的性质”，以及罗尔定理的证明依据费马引理（大纲不单列，但证明题里常用）。积分中值定理属于定积分那一章的要求，见《一元函数积分学》笔记。
这一部分在考什么
大纲第一章：“了解闭区间上连续函数的性质（有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质。”第二章：“理解并会用罗尔定理”——而罗尔定理的证明就靠这里的最值定理和费马引理。
Maki 统计：零点定理、介值定理在 2010—2026 年从不单独命题 ，永远是一道大题的第（Ⅰ）问，用来“造出一个点”。所以这一部分的目标很明确：学会用它们造点 ，给第 2 部分的罗尔定理准备“两个相等的函数值”。
1.1 最值定理与介值定理：连续曲线不会“跳”大白话：在闭区间上一笔画成的曲线（连续），一定有最高点和最低点；最高、最低之间的每一个高度，曲线都要经过 。
x y O a b M m C ξ 1 ξ 2 ξ 3 y =C 夹在最小值 m m m M M M y = C y=C y = C 三条定理（f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
有界、最值定理 ：f f f M M M m m m 介值定理 ：对 m m m M M M C C C ξ ∈ [ a , b ] \xi\in[a,b] ξ ∈ [ a , b ] f ( ξ ) = C f(\xi)=C f ( ξ ) = C 零点定理 ：若 f ( a ) f ( b ) < 0 f(a)f(b)<0 f ( a ) f ( b ) < 0 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) f ( ξ ) = 0 f(\xi)=0 f ( ξ ) = 0
“闭区间”和“连续”两个条件都不能少：f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 )
x y O a b f (a )<0f (b )>0ξ 零点定理：两端异号，中间必过 x x x x y O a b 在这里断开 跳过了 0 断开的函数可以跳过 0。
介值定理的一个常用变形：平均值定理
f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] x 1 , ⋯ , x n ∈ [ a , b ] x_1,\cdots,x_n\in[a,b] x 1 , ⋯ , x n ∈ [ a , b ] ξ ∈ [ a , b ] \xi\in[a,b] ξ ∈ [ a , b ]
f ( ξ ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋯ + f ( x n ) n . \displaystyle f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}. f ( ξ ) = n f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋯ + f ( x n ) . 理由：n n n m m m M M M p i p_i p i p 1 f ( x 1 ) + ⋯ + p n f ( x n ) p 1 + ⋯ + p n \frac{p_1f(x_1)+\cdots+p_nf(x_n)}{p_1+\cdots+p_n} p 1 + ⋯ + p n p 1 f ( x 1 ) + ⋯ + p n f ( x n )
例 1.1 经典题 孝哥一页纸：平均值定理
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 3 ] [0,3] [ 0 , 3 ] 上连续，在
( 0 , 3 ) (0,3) ( 0 , 3 ) 内可导，且
f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 f(0)+f(1)+f(2)=3 f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 ，
f ( 3 ) = 1 f(3)=1 f ( 3 ) = 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 3 ) \xi\in(0,3) ξ ∈ ( 0 , 3 ) ，使
f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 平均值定理造一个点。 f f f [ 0 , 2 ] [0,2] [ 0 , 2 ] m m m M M M m ≤ f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) 3 = 1 ≤ M m\le\dfrac{f(0)+f(1)+f(2)}3=1\le M m ≤ 3 f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 1 ≤ M c ∈ [ 0 , 2 ] c\in[0,2] c ∈ [ 0 , 2 ] f ( c ) = 1 f(c)=1 f ( c ) = 1
要用罗尔需要“两个相等的函数值”，已有 f ( 3 ) = 1 f(3)=1 f ( 3 ) = 1
② 罗尔定理。 f ( c ) = f ( 3 ) = 1 f(c)=f(3)=1 f ( c ) = f ( 3 ) = 1 c ≤ 2 < 3 c\le2<3 c ≤ 2 < 3 f f f [ c , 3 ] [c,3] [ c , 3 ] ( c , 3 ) (c,3) ( c , 3 ) ξ ∈ ( c , 3 ) ⊂ ( 0 , 3 ) \xi\in(c,3)\subset(0,3) ξ ∈ ( c , 3 ) ⊂ ( 0 , 3 ) f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0
c c c c ≤ 2 c\le2 c ≤ 2 [ c , 3 ] [c,3] [ c , 3 ] ξ \xi ξ ( 0 , 3 ) (0,3) ( 0 , 3 )
答案：证明题。思路：三个值的平均数 1 ← 介值定理造 f ( c ) = 1 f(c)=1 f ( c ) = 1 f ( 3 ) = 1 f(3)=1 f ( 3 ) = 1
1.2 零点定理与“造点”：把极限条件变成一个函数值大白话：零点定理需要两个端点值一正一负，可题目常常只给一个极限，比如 lim x → 0 + f ( x ) x < 0 \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}x<0 x → 0 + lim x f ( x ) < 0 lim x → + ∞ f ( x ) = 2 \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=2 x → + ∞ lim f ( x ) = 2 ——这是 Maki 总结的“造点四手段”中的第一种。
x y O 1 f (c )<0ξ 斜率 = lim f (x )/x <0 f (1)>0lim x → 0 + f ( x ) x < 0 \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f(x)}x<0 x → 0 + lim x f ( x ) < 0 f ( c ) < 0 f(c)<0 f ( c ) < 0 保号性怎么用（记住这两句）
lim x → a + g ( x ) = L < 0 \lim\limits_{x\to a^+}g(x)=L<0 x → a + lim g ( x ) = L < 0 a a a g ( x ) < 0 g(x)<0 g ( x ) < 0 c c c g ( c ) < 0 g(c)<0 g ( c ) < 0 lim x → + ∞ f ( x ) = A > C \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A>C x → + ∞ lim f ( x ) = A > C ε = A − C \eps=A-C ε = A − C X X X x > X x>X x > X f ( x ) > C f(x)>C f ( x ) > C b = X + 1 b=X+1 b = X + 1 f ( b ) > C f(b)>C f ( b ) > C
另外：lim x → a f ( x ) x − a \lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a} x → a lim x − a f ( x ) f f f f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 f ′ ( a ) f'(a) f ′ ( a )
方法卡 · 零点定理造点
什么时候用
结论是“存在
ξ \xi ξ 使
f ( ξ ) = f(\xi)= f ( ξ ) = 某个值”（没有导数）；或第（Ⅱ）问需要一个特殊的点。
步骤
把结论移成 g ( ξ ) = 0 g(\xi)=0 g ( ξ ) = 0 g g g g = f ( x ) − x g=f(x)-x g = f ( x ) − x f ( x ) − 1 + x f(x)-1+x f ( x ) − 1 + x
找两点使 g g g
写“g g g [ α , β ] [\alpha,\beta] [ α , β ] g ( α ) g ( β ) < 0 g(\alpha)g(\beta)<0 g ( α ) g ( β ) < 0 最容易错
把
+ ∞ +\infty + ∞ 当成端点直接用介值定理；忘了先说明
f f f 连续（可导的函数一定连续，写一句）。
例 1.2 李林 第三章 §1 例 4(1) · p67
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 ，
f ( 1 2 ) = 1 f\big(\frac12\big)=1 f ( 2 1 ) = 1 。证明：至少存在一点
η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in\big(\frac12,1\big) η ∈ ( 2 1 , 1 ) ，使
f ( η ) = η f(\eta)=\eta f ( η ) = η 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 移项成零点问题。 令 g ( x ) = f ( x ) − x g(x)=f(x)-x g ( x ) = f ( x ) − x [ 1 2 , 1 ] \big[\frac12,1\big] [ 2 1 , 1 ]
结论 f ( η ) = η f(\eta)=\eta f ( η ) = η
② 两端异号。 g ( 1 2 ) = 1 − 1 2 = 1 2 > 0 g\big(\frac12\big)=1-\frac12=\frac12>0 g ( 2 1 ) = 1 − 2 1 = 2 1 > 0 g ( 1 ) = 0 − 1 = − 1 < 0 g(1)=0-1=-1<0 g ( 1 ) = 0 − 1 = − 1 < 0
只用到题目给的三个函数值中的两个。
③ 零点定理。 存在 η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in\big(\frac12,1\big) η ∈ ( 2 1 , 1 ) g ( η ) = 0 g(\eta)=0 g ( η ) = 0 f ( η ) = η f(\eta)=\eta f ( η ) = η
这是李林第三章例 4 的第（1）问，第（2）问在 例 2.10 继续做，用的正是这个 η \eta η
答案：证明题。思路：g = f − x g=f-x g = f − x g ( 1 2 ) > 0 > g ( 1 ) g(\frac12)>0>g(1) g ( 2 1 ) > 0 > g ( 1 )
例 1.3 2013 数三(19)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [ 0 , + ∞ ) 上可导，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 且
lim x → + ∞ f ( x ) = 2 \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=2 x → + ∞ lim f ( x ) = 2 。证明：（Ⅰ）存在
a > 0 a>0 a > 0 ，使得
f ( a ) = 1 f(a)=1 f ( a ) = 1 ；（Ⅱ）对（Ⅰ）中的
a a a ，存在
ξ ∈ ( 0 , a ) \xi\in(0,a) ξ ∈ ( 0 , a ) ，使得
f ′ ( ξ ) = 1 a f'(\xi)=\dfrac1a f ′ ( ξ ) = a 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 用极限定义把无穷远落到有限处。 取 ε = 1 2 \eps=\frac12 ε = 2 1 X > 0 X>0 X > 0 x > X x>X x > X ∣ f ( x ) − 2 ∣ < 1 2 |f(x)-2|<\frac12 ∣ f ( x ) − 2∣ < 2 1 f ( x ) > 3 2 f(x)>\frac32 f ( x ) > 2 3 b = X + 1 b=X+1 b = X + 1 f ( b ) > 3 2 > 1 f(b)>\frac32>1 f ( b ) > 2 3 > 1
介值定理只对闭区间成立，+ ∞ +\infty + ∞ ε \eps ε 2 − ε > 1 2-\eps>1 2 − ε > 1
② (Ⅰ) 介值定理。 f f f [ 0 , b ] [0,b] [ 0 , b ] f ( 0 ) = 0 < 1 < f ( b ) f(0)=0<1<f(b) f ( 0 ) = 0 < 1 < f ( b ) a ∈ ( 0 , b ) a\in(0,b) a ∈ ( 0 , b ) f ( a ) = 1 f(a)=1 f ( a ) = 1 a > 0 a>0 a > 0
对 g = f − 1 g=f-1 g = f − 1
③ (Ⅱ) 一步拉格朗日。 f f f [ 0 , a ] [0,a] [ 0 , a ] ( 0 , a ) (0,a) ( 0 , a ) ξ ∈ ( 0 , a ) \xi\in(0,a) ξ ∈ ( 0 , a ) f ′ ( ξ ) = f ( a ) − f ( 0 ) a − 0 = 1 a f'(\xi)=\dfrac{f(a)-f(0)}{a-0}=\dfrac1a f ′ ( ξ ) = a − 0 f ( a ) − f ( 0 ) = a 1
结论 1 a = f ( a ) − f ( 0 ) a − 0 \frac1a=\frac{f(a)-f(0)}{a-0} a 1 = a − 0 f ( a ) − f ( 0 )
答案：证明题。思路：（Ⅰ）极限定义把 + ∞ +\infty + ∞ b b b [ 0 , a ] [0,a] [ 0 , a ]
1.3 积分中值定理：把积分换成一个函数值大白话：连续函数在 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 。题目条件里出现积分时，第一步往往就是用它把积分变成 f ( c ) f(c) f ( c )
积分中值定理（f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
∫ a b f ( x ) d x = f ( ξ ) ( b − a ) , \displaystyle \int_a^bf(x)\dx=f(\xi)(b-a), ∫ a b f ( x ) d x = f ( ξ ) ( b − a ) , ξ ∈ [ a , b ] . \displaystyle \xi\in[a,b]. ξ ∈ [ a , b ] . 李林讲义的“推广”：ξ \xi ξ ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t F(x)=\int_a^xf(t)\dt F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t F ( b ) − F ( a ) = F ′ ( ξ ) ( b − a ) = f ( ξ ) ( b − a ) F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)=f(\xi)(b-a) F ( b ) − F ( a ) = F ′ ( ξ ) ( b − a ) = f ( ξ ) ( b − a ) g g g [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x = f ( ξ ) ∫ a b g ( x ) d x \int_a^bf(x)g(x)\dx=f(\xi)\int_a^bg(x)\dx ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x = f ( ξ ) ∫ a b g ( x ) d x
这就是夜雨说的“带积分的处理”的第一招。第二招是“隐藏的导数”：令 F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t F(x)=\int_a^xf(t)\dt F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t F ′ = f F'=f F ′ = f F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0 例 2.1 、例 2.15 里会用到。
例 1.4 1991 数一(六)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
3 ∫ 2 / 3 1 f ( x ) d x = f ( 0 ) 3\displaystyle\int_{2/3}^1f(x)\dx=f(0) 3 ∫ 2/3 1 f ( x ) d x = f ( 0 ) 。证明：在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内存在一点
c c c ，使
f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 积分中值定理：把积分换成函数值。 f f f [ 2 3 , 1 ] \big[\frac23,1\big] [ 3 2 , 1 ] c 1 ∈ [ 2 3 , 1 ] c_1\in\big[\frac23,1\big] c 1 ∈ [ 3 2 , 1 ] ∫ 2 / 3 1 f ( x ) d x = f ( c 1 ) ⋅ 1 3 \displaystyle\int_{2/3}^1f(x)\dx=f(c_1)\cdot\frac13 ∫ 2/3 1 f ( x ) d x = f ( c 1 ) ⋅ 3 1 f ( c 1 ) = f ( 0 ) f(c_1)=f(0) f ( c 1 ) = f ( 0 )
条件里的系数 3 正是区间长度 1 3 \frac13 3 1
② 罗尔定理。 c 1 ≥ 2 3 > 0 c_1\ge\frac23>0 c 1 ≥ 3 2 > 0 f f f [ 0 , c 1 ] [0,c_1] [ 0 , c 1 ] ( 0 , c 1 ) (0,c_1) ( 0 , c 1 ) f ( 0 ) = f ( c 1 ) f(0)=f(c_1) f ( 0 ) = f ( c 1 ) c ∈ ( 0 , c 1 ) ⊂ ( 0 , 1 ) c\in(0,c_1)\subset(0,1) c ∈ ( 0 , c 1 ) ⊂ ( 0 , 1 ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
两个相等的函数值找到了，就是罗尔定理的标准用法（2.2 节）。
答案：证明题。思路：积分中值定理：∫ 2 / 3 1 f = 1 3 f ( c 1 ) \int_{2/3}^1f=\frac13f(c_1) ∫ 2/3 1 f = 3 1 f ( c 1 ) f ( c 1 ) = f ( 0 ) f(c_1)=f(0) f ( c 1 ) = f ( 0 )
1.4 费马引理与导数零点定理：山顶、谷底切线水平大白话：如果 f f f x 0 x_0 x 0 f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0 。理由很直观：切线往上斜，往右走一点函数值就更大；往下斜，往左走一点就更大——都当不了山顶。
x y O 极大值点：切线水平 极小值点：切线水平 x 1 x 2 可导的极值点处切线水平。 费马引理
f f f x 0 x_0 x 0 x 0 x_0 x 0 f ( x ) ≤ f ( x 0 ) f(x)\le f(x_0) f ( x ) ≤ f ( x 0 ) ≥ \ge ≥ x x x f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0
证明：x > x 0 x>x_0 x > x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≤ 0 \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le0 x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) ≤ 0 f + ′ ( x 0 ) ≤ 0 f'_+(x_0)\le0 f + ′ ( x 0 ) ≤ 0 x < x 0 x<x_0 x < x 0 ≥ 0 \ge0 ≥ 0 f − ′ ( x 0 ) ≥ 0 f'_-(x_0)\ge0 f − ′ ( x 0 ) ≥ 0
反过来不成立：f ′ ( x 0 ) > 0 f'(x_0)>0 f ′ ( x 0 ) > 0 导数为正只说明和 x 0 x_0 x 0 ，右边附近的函数值更大、左边附近的更小；并不能说明 x 0 x_0 x 0
例 1.5 2004 数一(8)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 连续，且
f ′ ( 0 ) > 0 f'(0)>0 f ′ ( 0 ) > 0 ，则存在
δ > 0 \delta>0 δ > 0 ，使得（ ）。（A）
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( 0 , δ ) (0,\delta) ( 0 , δ ) 内单调增加 （B）
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − δ , 0 ) (-\delta,0) ( − δ , 0 ) 内单调减少 （C）对任意的
x ∈ ( 0 , δ ) x\in(0,\delta) x ∈ ( 0 , δ ) ，有
f ( x ) > f ( 0 ) f(x)>f(0) f ( x ) > f ( 0 ) （D）对任意的
x ∈ ( − δ , 0 ) x\in(-\delta,0) x ∈ ( − δ , 0 ) ，有
f ( x ) > f ( 0 ) f(x)>f(0) f ( x ) > f ( 0 ) 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 导数定义 + 保号性。 f ′ ( 0 ) = lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x > 0 f'(0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}>0 f ′ ( 0 ) = x → 0 lim x f ( x ) − f ( 0 ) > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 0 < ∣ x ∣ < δ 0<|x|<\delta 0 < ∣ x ∣ < δ f ( x ) − f ( 0 ) x > 0 \dfrac{f(x)-f(0)}x>0 x f ( x ) − f ( 0 ) > 0
只有一点的导数，能用的就只有导数的定义（一个极限）和极限的保号性。
② 分左右读出符号。 x ∈ ( 0 , δ ) x\in(0,\delta) x ∈ ( 0 , δ ) f ( x ) > f ( 0 ) f(x)>f(0) f ( x ) > f ( 0 ) x ∈ ( − δ , 0 ) x\in(-\delta,0) x ∈ ( − δ , 0 ) f ( x ) < f ( 0 ) f(x)<f(0) f ( x ) < f ( 0 )
和费马引理的证明是同一个推理：看差商的符号。
③ 用反例排除（A）（B）。 f ( x ) = x + 2 x 2 sin 1 x f(x)=x+2x^2\sin\dfrac1x f ( x ) = x + 2 x 2 sin x 1 x ≠ 0 x\ne0 x = 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) = 1 > 0 f'(0)=1>0 f ′ ( 0 ) = 1 > 0 f ′ ( x ) = 1 + 4 x sin 1 x − 2 cos 1 x f'(x)=1+4x\sin\dfrac1x-2\cos\dfrac1x f ′ ( x ) = 1 + 4 x sin x 1 − 2 cos x 1 x = 1 2 k π x=\dfrac1{2k\pi} x = 2 kπ 1 − 1 -1 − 1 f ′ < 0 f'<0 f ′ < 0 ( 0 , δ ) (0,\delta) ( 0 , δ ) ( − δ , 0 ) (-\delta,0) ( − δ , 0 )
“单调”需要一整段上导数不变号，一点的导数管不了这么多。
答案：C
费马引理配上最值定理，能推出一个很有用的结论：导数零点定理 （也叫达布定理）。它说：可导函数的导数虽然不一定连续，但也有“介值性”。孝哥一页纸特别注明它“不可直接用” ：它不在教材的定理表里，答卷中要用时，把下面这道例题的证明（最值 + 保号性 + 费马）写一遍。
x y O a b f ′(a )<0：先往下f ′(b )>0：往上收尾最小值点 ξ ：f ′(ξ )=0 左端往下、右端往上，最小值只能在内部取到，那里导数为 0。
例 1.6 刷题课程《章节三 中值定理》 孝哥一页纸
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上可导，
f + ′ ( a ) < 0 f'_+(a)<0 f + ′ ( a ) < 0 ，
f − ′ ( b ) > 0 f'_-(b)>0 f − ′ ( b ) > 0 。证明：存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) 使
f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 。并由此说明：若
f ′ ( a ) < C < f ′ ( b ) f'(a)<C<f'(b) f ′ ( a ) < C < f ′ ( b ) ，则存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) 使
f ′ ( ξ ) = C f'(\xi)=C f ′ ( ξ ) = C 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 最小值存在。 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
最值定理是费马引理的前提：先有“最低点”，再说“最低点处导数为 0”。
② 最小值不在端点。 f + ′ ( a ) = lim x → a + f ( x ) − f ( a ) x − a < 0 f'_+(a)=\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}<0 f + ′ ( a ) = x → a + lim x − a f ( x ) − f ( a ) < 0 a a a f ( x ) < f ( a ) f(x)<f(a) f ( x ) < f ( a ) a a a f − ′ ( b ) > 0 f'_-(b)>0 f − ′ ( b ) > 0 b b b f ( x ) < f ( b ) f(x)<f(b) f ( x ) < f ( b ) b b b
分母 x − a > 0 x-a>0 x − a > 0 f ( x ) − f ( a ) < 0 f(x)-f(a)<0 f ( x ) − f ( a ) < 0 b b b x − b < 0 x-b<0 x − b < 0 f ( x ) < f ( b ) f(x)<f(b) f ( x ) < f ( b )
③ 费马引理。 最小值点 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) f f f f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0
内部的最值点一定是极值点。
④ 推论：导数的介值性。 对 g ( x ) = f ( x ) − C x g(x)=f(x)-Cx g ( x ) = f ( x ) − C x g ′ ( a ) = f ′ ( a ) − C < 0 g'(a)=f'(a)-C<0 g ′ ( a ) = f ′ ( a ) − C < 0 g ′ ( b ) = f ′ ( b ) − C > 0 g'(b)=f'(b)-C>0 g ′ ( b ) = f ′ ( b ) − C > 0 ξ \xi ξ g ′ ( ξ ) = 0 g'(\xi)=0 g ′ ( ξ ) = 0 f ′ ( ξ ) = C f'(\xi)=C f ′ ( ξ ) = C
所以导函数不可能有跳跃间断点（第一类间断点）——这条二级结论在第 8 部分。
答案：证明题。思路：最小值存在（最值定理）→ 端点导数的符号说明最小值不在端点 → 费马
1.5 小结
题目里的说法 换成什么 例子
“存在 ξ \xi ξ f ( ξ ) = ξ f(\xi)=\xi f ( ξ ) = ξ 移项成 g ( ξ ) = 0 g(\xi)=0 g ( ξ ) = 0 例 1.2 “lim x → + ∞ f ( x ) = 2 \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=2 x → + ∞ lim f ( x ) = 2 lim f ( x ) x < 0 \lim\frac{f(x)}x<0 lim x f ( x ) < 0 保号性：先落实成某点的函数值 例 1.3 、例 2.8 “f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 f(0)+f(1)+f(2)=3 f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) = 3 平均值定理：造一个等于平均数的点 例 1.1 条件里有 ∫ α β f \int_\alpha^\beta f ∫ α β f 积分中值定理换成 f ( c ) ( β − α ) f(c)(\beta-\alpha) f ( c ) ( β − α ) F = ∫ a x f F=\int_a^xf F = ∫ a x f 例 1.4 “可导的极值点” 费马引理：f ′ = 0 f'=0 f ′ = 0 例 1.6 “f ′ ( x 0 ) > 0 f'(x_0)>0 f ′ ( x 0 ) > 0 只能推出 x 0 x_0 x 0 f ( x ) > f ( x 0 ) f(x)>f(x_0) f ( x ) > f ( x 0 ) 例 1.5
学完了，标记这一部分
第 2 部分
罗尔定理与构造辅助函数
罗尔定理本身一句话就能说完；难的是把要证的结论变成“某个函数的导数等于 0”。这一部分按夜雨的规划讲六种构造方法，每种都配真题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章第 1 条）
理解并会用罗尔定理。
对应李林第三章第一节“罗尔定理”（p65 起）。李林把罗尔定理的应用分成两类：“判别方程实根的个数”和“构造辅助函数”（分析法：从要证的结论反推；原函数法：积分）。这一部分讲构造辅助函数，数根在第 7 部分。
这一部分为什么最重要
Maki 统计：“微分中值定理（一）”这一讲是全书区分度最高的一讲——17 年 14 个卷面题位里 12 个是解答题，平均难度 3.4/5。命中就是 10—12 分，没命中就是 0。而这一讲的解答题几乎都是“构造一个函数，用罗尔定理” 。
夜雨的讲义也把这一部分放在最前面，按“辅助函数怎么造”分成还原法、微分方程法、万能构造、二次构造、推广的罗尔定理、常数 K 值法，全部标“重点”或“次重点”。本部分按他的顺序讲，每种方法配真题。
2.1 罗尔定理：两端一样高，中间必有水平切线大白话：一段连续、光滑（没有尖角）的曲线，两个端点一样高，那么中间至少有一处切线是水平的 。爬山下山回到同一高度，中途总有一个“到顶了”（或“到底了”）的时刻。
x y O ξ 1 ξ 2 a b f (a )f (b )f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) 罗尔定理
设 f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b )
f ′ ( ξ ) = 0. \displaystyle f'(\xi)=0. f ′ ( ξ ) = 0. 为什么成立：由最值定理，f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] M M M m m m M = m M=m M = m f f f f ′ = 0 f'=0 f ′ = 0 M > m M>m M > m M M M m m m
三个条件缺一不可 ，下面三个函数各缺一个，都没有水平切线：
x y 1 f (1)=0① 端点处不连续 x y −1 1 ② 尖点处不可导 x y 1 ③ 两端不等高 三个反例：端点不连续、中间不可导、两端不等高。 Maki 的“五步推理链”：每道罗尔题都这样想
看目标式里有几阶导数 ：只有 f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′ ln x \ln x ln x e x \e^x e x f f f 猜辅助函数 F F F ：把目标式整体认成 F ′ F' F ′ 检查区间条件 ：F F F 两端相等 ——第三条通常不是白给的，要先造点。选定理 ：两端相等用罗尔；两端值已知、要差商用拉格朗日；有第二个函数用柯西。写结论 ：把 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0
Maki 的提醒：大多数人卡在第 2 步，其实是第 1 步没看清；大多数丢分在第 3 步——没写“连续、可导”，或根本没有两个相等的端点值就用了罗尔。
2.2 直接用罗尔：找两个相等的函数值大白话：要证“f ′ f' f ′ f f f f ′ f' f ′ n n n f f f n + 1 n+1 n + 1 n + 1 n+1 n + 1 。相邻两个零点之间各夹一个导数的零点。
x y O −1 1 f ：3 个零点f ′：至少 2 个f ″：至少 1 个f f f f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′ 往回数零点（两个方向都要会）
往下数 ：f f f n + 1 n+1 n + 1 f ′ f' f ′ n n n f ′ ′ f'' f ′′ n − 1 n-1 n − 1 往上推（反证） ：若在区间上 f ( n ) ( x ) ≠ 0 f^{(n)}(x)\ne0 f ( n ) ( x ) = 0 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 至多 n n n 。例：f ( x ) = 2 x − x 2 − 1 f(x)=2^x-x^2-1 f ( x ) = 2 x − x 2 − 1 f ′ ′ ′ ( x ) = 2 x ( ln 2 ) 3 ≠ 0 f'''(x)=2^x(\ln2)^3\ne0 f ′′′ ( x ) = 2 x ( ln 2 ) 3 = 0
Maki：真题“造点”只用四种手段
零点定理 / 保号性 ：条件给了极限（lim f ( x ) x < 0 \lim\frac{f(x)}x<0 lim x f ( x ) < 0 lim x → + ∞ f = 2 \lim\limits_{x\to+\infty}f=2 x → + ∞ lim f = 2 拉格朗日直接上 ：条件给了端点值（奇函数给出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( ξ ) = f'(\xi)= f ′ ( ξ ) = 最值点劈区间 ：出现 M = max ∣ f ∣ M=\max|f| M = max ∣ f ∣ 积分条件 ：给了 ∫ f \int f ∫ f F = ∫ a x f F=\int_a^xf F = ∫ a x f F F F
碰壁时按这个顺序检查：条件里有没有积分？有没有奇偶性、对称区间？有没有极限可以用保号性？有没有 f ′ f' f ′
方法卡 · 罗尔定理的直接用法
什么时候用
结论是“
f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 ”或“
f ′ f' f ′ （
f ′ ′ f'' f ′′ ）至少有几个零点”，而且不需要构造新函数。
步骤
数一数需要 f f f f ′ f' f ′
从条件里找：端点值、题目给的函数值；不够就用第 1 部分的方法造点。
在每两个相邻点组成的小区间上用一次罗尔，说明得到的点互不相同。 最容易错
只找到两个点就宣布“两个根”（其实只得到一个）；忘了说明两次罗尔得到的点在不相交的区间里，所以不同。
x y O π/4 3π/4 π f =cos 2x F (x )=∫0 x f (t )dt f = cos 2 x f=\cos2x f = cos 2 x F F F
例 2.1 2000 数一(九)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] 上连续，且
∫ 0 π f ( x ) d x = 0 \displaystyle\int_0^\pi f(x)\dx=0 ∫ 0 π f ( x ) d x = 0 ，
∫ 0 π f ( x ) cos x d x = 0 \displaystyle\int_0^\pi f(x)\cos x\dx=0 ∫ 0 π f ( x ) cos x d x = 0 。试证：在
( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) 内至少存在两个不同的点
ξ 1 , ξ 2 \xi_1,\xi_2 ξ 1 , ξ 2 ，使
f ( ξ 1 ) = f ( ξ 2 ) = 0 f(\xi_1)=f(\xi_2)=0 f ( ξ 1 ) = f ( ξ 2 ) = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 令原函数，把积分条件翻译成端点值。 令 F ( x ) = ∫ 0 x f ( t ) d t F(x)=\displaystyle\int_0^xf(t)\dt F ( x ) = ∫ 0 x f ( t ) d t F ′ = f F'=f F ′ = f F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( π ) = ∫ 0 π f = 0 F(\pi)=\int_0^\pi f=0 F ( π ) = ∫ 0 π f = 0
要证 f f f F ′ F' F ′ F F F π \pi π
② 分部积分，用第二个条件。 因为 F ′ = f F'=f F ′ = f f ( x ) d x = d F ( x ) f(x)\dx=\dd F(x) f ( x ) d x = d F ( x ) 0 = ∫ 0 π cos x d F ( x ) 0=\displaystyle\int_0^\pi\cos x\,\dd F(x) 0 = ∫ 0 π cos x d F ( x ) ∫ u d v = u v − ∫ v d u \int u\,\dd v=uv-\int v\,\dd u ∫ u d v = uv − ∫ v d u u = cos x u=\cos x u = cos x v = F v=F v = F 0 = [ F ( x ) cos x ] 0 π − ∫ 0 π F ( x ) d ( cos x ) = [ F ( π ) cos π − F ( 0 ) cos 0 ] + ∫ 0 π F ( x ) sin x d x 0=\big[F(x)\cos x\big]_0^\pi-\displaystyle\int_0^\pi F(x)\,\dd(\cos x)=\big[F(\pi)\cos\pi-F(0)\cos0\big]+\int_0^\pi F(x)\sin x\dx 0 = [ F ( x ) cos x ] 0 π − ∫ 0 π F ( x ) d ( cos x ) = [ F ( π ) cos π − F ( 0 ) cos 0 ] + ∫ 0 π F ( x ) sin x d x = 0 − 0 = 0 =0-0=0 = 0 − 0 = 0 ∫ 0 π F ( x ) sin x d x = 0 \displaystyle\int_0^\pi F(x)\sin x\dx=0 ∫ 0 π F ( x ) sin x d x = 0
条件是关于 f f f F F F f f f F F F d ( cos x ) = − sin x d x \dd(\cos x)=-\sin x\dx d ( cos x ) = − sin x d x
③ 反证：F F F ( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) 若 F F F ( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) F F F F F F ( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) sin x > 0 \sin x>0 sin x > 0 ∫ 0 π F ( x ) sin x d x ≠ 0 \int_0^\pi F(x)\sin x\dx\ne0 ∫ 0 π F ( x ) sin x d x = 0 c ∈ ( 0 , π ) c\in(0,\pi) c ∈ ( 0 , π ) F ( c ) = 0 F(c)=0 F ( c ) = 0
连续函数不变号时积分不为 0；这里是“第三个零点”的来源。
④ 两次罗尔。 F ( 0 ) = F ( c ) = F ( π ) = 0 F(0)=F(c)=F(\pi)=0 F ( 0 ) = F ( c ) = F ( π ) = 0 [ 0 , c ] [0,c] [ 0 , c ] [ c , π ] [c,\pi] [ c , π ] ξ 1 ∈ ( 0 , c ) \xi_1\in(0,c) ξ 1 ∈ ( 0 , c ) ξ 2 ∈ ( c , π ) \xi_2\in(c,\pi) ξ 2 ∈ ( c , π ) f ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 1 ) = 0 f(\xi_1)=F'(\xi_1)=0 f ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 1 ) = 0 f ( ξ 2 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 f(\xi_2)=F'(\xi_2)=0 f ( ξ 2 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 ξ 1 < c < ξ 2 \xi_1<c<\xi_2 ξ 1 < c < ξ 2
F F F f f f
答案：证明题。思路：F = ∫ 0 x f F=\int_0^xf F = ∫ 0 x f F ( 0 ) = F ( π ) = 0 F(0)=F(\pi)=0 F ( 0 ) = F ( π ) = 0 c c c
例 2.2 1987 数一(八)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在闭区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上可微，对于
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上的每一个
x x x ，函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 的值都在开区间
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内，且
f ′ ( x ) ≠ 1 f'(x)\ne1 f ′ ( x ) = 1 。证明：在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内有且仅有一个
x x x ，使
f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 存在：零点定理。 令 g ( x ) = f ( x ) − x g(x)=f(x)-x g ( x ) = f ( x ) − x g g g [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] g ( 0 ) = f ( 0 ) > 0 g(0)=f(0)>0 g ( 0 ) = f ( 0 ) > 0 g ( 1 ) = f ( 1 ) − 1 < 0 g(1)=f(1)-1<0 g ( 1 ) = f ( 1 ) − 1 < 0 f f f ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) g ( x 0 ) = 0 g(x_0)=0 g ( x 0 ) = 0
“f f f ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 )
② 唯一：罗尔定理反证。 若还有 x 1 ≠ x 0 x_1\ne x_0 x 1 = x 0 g ( x 1 ) = 0 g(x_1)=0 g ( x 1 ) = 0 g g g x 0 x_0 x 0 x 1 x_1 x 1 ξ \xi ξ g ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) − 1 = 0 g'(\xi)=f'(\xi)-1=0 g ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) − 1 = 0 f ′ ≠ 1 f'\ne1 f ′ = 1
“往上推”的用法：g ′ ≠ 0 g'\ne0 g ′ = 0 g g g f ′ ≠ 1 f'\ne1 f ′ = 1 f ′ f' f ′ f ′ − 1 f'-1 f ′ − 1
答案：证明题。思路：存在：g = f − x g=f-x g = f − x f ′ = 1 f'=1 f ′ = 1
2.3 还原法：把 ξ \xi ξ x x x F ( x ) = C F(x)=C F ( x ) = C 大白话（夜雨）：还原法就是把罗尔定理“倒着走一遍” 。罗尔定理是“F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 ξ \xi ξ x x x F ( x ) = C F(x)=C F ( x ) = C F F F
夜雨讲义开头的例子：已知 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( 1 ) = π 4 f(1)=\frac\pi4 f ( 1 ) = 4 π ( 1 + ξ 2 ) f ′ ( ξ ) = 1 (1+\xi^2)f'(\xi)=1 ( 1 + ξ 2 ) f ′ ( ξ ) = 1
( 1 + x 2 ) f ′ ( x ) = 1 ⇒ f ′ ( x ) = 1 1 + x 2 ⇒ f ( x ) − arctan x = C , \displaystyle (1+x^2)f'(x)=1\ \Rightarrow\ f'(x)=\frac1{1+x^2}\ \Rightarrow\ f(x)-\arctan x=C, ( 1 + x 2 ) f ′ ( x ) = 1 ⇒ f ′ ( x ) = 1 + x 2 1 ⇒ f ( x ) − arctan x = C , 所以令 F ( x ) = f ( x ) − arctan x F(x)=f(x)-\arctan x F ( x ) = f ( x ) − arctan x F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( 1 ) = π 4 − π 4 = 0 F(1)=\frac\pi4-\frac\pi4=0 F ( 1 ) = 4 π − 4 π = 0 很多时候积分出来是对数，要两边取指数 （夜雨特别标红了这一句）。
方法卡 · 还原法
什么时候用
结论是“存在
ξ \xi ξ 使（含
f ( ξ ) f(\xi) f ( ξ ) 、
f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 、
ξ \xi ξ 的等式）”，一眼认不出是谁的导数。
步骤
把 ξ \xi ξ x x x f ′ f = g ( x ) \frac{f'}{f}=g(x) f f ′ = g ( x ) f ′ = g ( x ) f'=g(x) f ′ = g ( x )
两边积分：ln ∣ f ∣ = ∫ g + C \ln|f|=\int g+C ln ∣ f ∣ = ∫ g + C Φ ( x , f ( x ) ) = C \Phi(x,f(x))=C Φ ( x , f ( x )) = C
令 F ( x ) = Φ ( x , f ( x ) ) F(x)=\Phi(x,f(x)) F ( x ) = Φ ( x , f ( x ))
答卷上只写“令 F ( x ) = ⋯ F(x)=\cdots F ( x ) = ⋯ 最容易错
积分后忘了取指数，得到带
ln ∣ f ∣ \ln|f| ln ∣ f ∣ 的函数——
f f f 有零点时它没定义；取指数后的
F F F 在全区间都有意义。
例 2.3 夜雨 还原法 · p69
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − 2 , 2 ) (-2,2) ( − 2 , 2 ) 内可导。证明：存在
ξ ∈ ( − 2 , 2 ) \xi\in(-2,2) ξ ∈ ( − 2 , 2 ) ，使
ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) + 1 − 2 ξ = 0 \xi(1-\xi)f'(\xi)+1-2\xi=0 ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) + 1 − 2 ξ = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 还原。 把 ξ \xi ξ x x x x ( 1 − x ) f ′ ( x ) = − ( 1 − 2 x ) x(1-x)f'(x)=-(1-2x) x ( 1 − x ) f ′ ( x ) = − ( 1 − 2 x ) ( x ( 1 − x ) ) ′ = ( x − x 2 ) ′ = 1 − 2 x \big(x(1-x)\big)'=(x-x^2)'=1-2x ( x ( 1 − x ) ) ′ = ( x − x 2 ) ′ = 1 − 2 x x ( 1 − x ) x(1-x) x ( 1 − x ) f ′ ( x ) = − ( x ( 1 − x ) ) ′ x ( 1 − x ) f'(x)=-\dfrac{\big(x(1-x)\big)'}{x(1-x)} f ′ ( x ) = − x ( 1 − x ) ( x ( 1 − x ) ) ′ f ( x ) = − ln ∣ x ( 1 − x ) ∣ + C f(x)=-\ln|x(1-x)|+C f ( x ) = − ln ∣ x ( 1 − x ) ∣ + C
右边是“某个函数 u u u u u u ( ln ∣ u ∣ ) ′ = u ′ u (\ln|u|)'=\frac{u'}u ( ln ∣ u ∣ ) ′ = u u ′ ln ∣ u ∣ \ln|u| ln ∣ u ∣ u = x ( 1 − x ) u=x(1-x) u = x ( 1 − x )
② 移项、取指数，写成 = C =C = C f ( x ) + ln ∣ x ( 1 − x ) ∣ = C f(x)+\ln|x(1-x)|=C f ( x ) + ln ∣ x ( 1 − x ) ∣ = C e f ( x ) ⋅ ∣ x ( 1 − x ) ∣ = e C \e^{f(x)}\cdot|x(1-x)|=\e^C e f ( x ) ⋅ ∣ x ( 1 − x ) ∣ = e C x ( 1 − x ) e f ( x ) = C ′ x(1-x)\e^{f(x)}=C' x ( 1 − x ) e f ( x ) = C ′ F ( x ) = x ( 1 − x ) e f ( x ) F(x)=x(1-x)\e^{f(x)} F ( x ) = x ( 1 − x ) e f ( x )
e A + B = e A e B \e^{A+B}=\e^A\e^B e A + B = e A e B e ln ∣ u ∣ = ∣ u ∣ \e^{\ln|u|}=|u| e l n ∣ u ∣ = ∣ u ∣ x ( 1 − x ) x(1-x) x ( 1 − x ) x = 0 , 1 x=0,1 x = 0 , 1 F F F
③ 罗尔定理。 F F F [ 0 , 1 ] ⊂ ( − 2 , 2 ) [0,1]\subset(-2,2) [ 0 , 1 ] ⊂ ( − 2 , 2 ) F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) F ′ ( ξ ) = e f ( ξ ) [ ( 1 − 2 ξ ) + ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) ] = 0 F'(\xi)=\e^{f(\xi)}\big[(1-2\xi)+\xi(1-\xi)f'(\xi)\big]=0 F ′ ( ξ ) = e f ( ξ ) [ ( 1 − 2 ξ ) + ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) ] = 0
题目没有给任何函数值，两个相等的值是 F F F
④ 约去非零因子。 e f ( ξ ) > 0 \e^{f(\xi)}>0 e f ( ξ ) > 0 ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) + 1 − 2 ξ = 0 \xi(1-\xi)f'(\xi)+1-2\xi=0 ξ ( 1 − ξ ) f ′ ( ξ ) + 1 − 2 ξ = 0 ξ ∈ ( 0 , 1 ) ⊂ ( − 2 , 2 ) \xi\in(0,1)\subset(-2,2) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ⊂ ( − 2 , 2 )
所有指数因子都恒正，可以放心约去。
答案：证明题。思路：还原：f ′ = − ( x ( 1 − x ) ) ′ x ( 1 − x ) f'=-\frac{(x(1-x))'}{x(1-x)} f ′ = − x ( 1 − x ) ( x ( 1 − x ) ) ′ F = x ( 1 − x ) e f F=x(1-x)\e^{f} F = x ( 1 − x ) e f F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0
例 2.4 李林 第三章 §1 例 2 · p67
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
f ( 1 ) = 2 f ( 0 ) f(1)=2f(0) f ( 1 ) = 2 f ( 0 ) 。证明：至少存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) = f ( ξ ) (1+\xi)f'(\xi)=f(\xi) ( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) = f ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 还原。 ( 1 + x ) f ′ = f ⇒ f ′ f = 1 1 + x ⇒ ln ∣ f ∣ = ln ( 1 + x ) + C 1 ⇒ f ( x ) 1 + x = C (1+x)f'=f\Rightarrow\dfrac{f'}{f}=\dfrac1{1+x}\Rightarrow\ln|f|=\ln(1+x)+C_1\Rightarrow\dfrac{f(x)}{1+x}=C ( 1 + x ) f ′ = f ⇒ f f ′ = 1 + x 1 ⇒ ln ∣ f ∣ = ln ( 1 + x ) + C 1 ⇒ 1 + x f ( x ) = C
这是 A.4 节的分离变量；也可以直接认出 ( 1 + x ) f ′ − f (1+x)f'-f ( 1 + x ) f ′ − f f 1 + x \frac f{1+x} 1 + x f
② 验证两端相等。 令 F ( x ) = f ( x ) 1 + x F(x)=\dfrac{f(x)}{1+x} F ( x ) = 1 + x f ( x ) F ( 0 ) = f ( 0 ) F(0)=f(0) F ( 0 ) = f ( 0 ) F ( 1 ) = f ( 1 ) 2 = f ( 0 ) F(1)=\dfrac{f(1)}2=f(0) F ( 1 ) = 2 f ( 1 ) = f ( 0 )
条件 f ( 1 ) = 2 f ( 0 ) f(1)=2f(0) f ( 1 ) = 2 f ( 0 ) 1 + x 1+x 1 + x x = 1 x=1 x = 1 F F F
③ 罗尔定理。 存在 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) F ′ ( ξ ) = ( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) ( 1 + ξ ) 2 = 0 F'(\xi)=\dfrac{(1+\xi)f'(\xi)-f(\xi)}{(1+\xi)^2}=0 F ′ ( ξ ) = ( 1 + ξ ) 2 ( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = 0 ( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) = f ( ξ ) (1+\xi)f'(\xi)=f(\xi) ( 1 + ξ ) f ′ ( ξ ) = f ( ξ )
分母 ( 1 + ξ ) 2 > 0 (1+\xi)^2>0 ( 1 + ξ ) 2 > 0
答案：证明题。思路：( 1 + x ) f ′ − f (1+x)f'-f ( 1 + x ) f ′ − f F = f 1 + x F=\frac f{1+x} F = 1 + x f F ( 0 ) = F ( 1 ) F(0)=F(1) F ( 0 ) = F ( 1 )
2.4 微分方程法与万能构造：h ′ + p ( x ) h = 0 h'+p(x)h=0 h ′ + p ( x ) h = 0 e ∫ p \e^{\int p} e ∫ p 大白话：结论形如 h ′ ( ξ ) + p ( ξ ) h ( ξ ) = 0 h'(\xi)+p(\xi)h(\xi)=0 h ′ ( ξ ) + p ( ξ ) h ( ξ ) = 0 h h h f f f f ′ f' f ′ f − x f-x f − x e ∫ p ( x ) d x \e^{\int p(x)\dx} e ∫ p ( x ) d x ：
( h ( x ) e ∫ p ( x ) d x ) ′ = e ∫ p ( x ) d x [ h ′ ( x ) + p ( x ) h ( x ) ] . \displaystyle \Big(h(x)\e^{\int p(x)\dx}\Big)'=\e^{\int p(x)\dx}\big[h'(x)+p(x)h(x)\big]. ( h ( x ) e ∫ p ( x ) d x ) ′ = e ∫ p ( x ) d x [ h ′ ( x ) + p ( x ) h ( x ) ] . 夜雨把它叫“万能构造”：若结论形如 h ′ ( x ) + p ( x ) h ( x ) = 0 h'(x)+p(x)h(x)=0 h ′ ( x ) + p ( x ) h ( x ) = 0 G ( x ) = h ( x ) e ∫ p ( x ) d x G(x)=h(x)\e^{\int p(x)\dx} G ( x ) = h ( x ) e ∫ p ( x ) d x 。它其实就是解一阶线性微分方程时用的积分因子（夜雨叫“微分方程法”：把结论看作方程，把通解化成 F ( x ) = C F(x)=C F ( x ) = C q ( x ) q(x) q ( x )
h ′ + p h = q ⟹ F ( x ) = h ( x ) e ∫ p d x − ∫ q ( x ) e ∫ p d x d x . \displaystyle h'+ph=q\ \Longrightarrow\ F(x)=h(x)\e^{\int p\dx}-\int q(x)\e^{\int p\dx}\dx. h ′ + p h = q ⟹ F ( x ) = h ( x ) e ∫ p d x − ∫ q ( x ) e ∫ p d x d x .
结论的样子 p ( x ) p(x) p ( x ) 辅助函数
f ′ + λ f = 0 f'+\lambda f=0 f ′ + λ f = 0 λ \lambda λ e λ x f ( x ) \e^{\lambda x}f(x) e λ x f ( x ) f ′ − λ ( f − x ) = 1 f'-\lambda(f-x)=1 f ′ − λ ( f − x ) = 1 ( f − x ) ′ − λ ( f − x ) = 0 (f-x)'-\lambda(f-x)=0 ( f − x ) ′ − λ ( f − x ) = 0 − λ -\lambda − λ e − λ x ( f ( x ) − x ) \e^{-\lambda x}\big(f(x)-x\big) e − λ x ( f ( x ) − x ) f ′ + g ′ f = 0 f'+g'f=0 f ′ + g ′ f = 0 g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) e g ( x ) f ( x ) \e^{g(x)}f(x) e g ( x ) f ( x ) f ′ = k f x f'=\frac{kf}{x} f ′ = x k f f ′ − k x f = 0 f'-\frac kxf=0 f ′ − x k f = 0 − k x -\frac kx − x k f ( x ) x k \frac{f(x)}{x^k} x k f ( x ) f ′ ′ + f ′ = 1 f''+f'=1 f ′′ + f ′ = 1 ( f ′ − 1 ) ′ + ( f ′ − 1 ) = 0 (f'-1)'+(f'-1)=0 ( f ′ − 1 ) ′ + ( f ′ − 1 ) = 0 1 e x ( f ′ ( x ) − 1 ) \e^x\big(f'(x)-1\big) e x ( f ′ ( x ) − 1 ) f ′ − f = sin x f'-f=\sin x f ′ − f = sin x − 1 -1 − 1 e − x f + e − x ( sin x + cos x ) 2 \e^{-x}f+\frac{\e^{-x}(\sin x+\cos x)}2 e − x f + 2 e − x ( s i n x + c o s x )
方法卡 · 万能构造（积分因子）
什么时候用
结论里是“一个量的导数 + 某个函数 × 这个量”，如
f ′ + 2 f f'+2f f ′ + 2 f 、
f ′ ′ + f ′ f''+f' f ′′ + f ′ 、
f ′ − λ ( f − ξ ) f'-\lambda(f-\xi) f ′ − λ ( f − ξ ) 。
步骤
认出 h h h p p p h h h
G ( x ) = h ( x ) e ∫ p d x G(x)=h(x)\e^{\int p\dx} G ( x ) = h ( x ) e ∫ p d x q q q ∫ q e ∫ p \int q\e^{\int p} ∫ q e ∫ p 找 G G G h h h h = f − x h=f-x h = f − x h = f ′ − 1 h=f'-1 h = f ′ − 1
罗尔，约去恒正的 e ∫ p \e^{\int p} e ∫ p 最容易错
把
h h h 认错：
f ′ ′ + f ′ = 1 f''+f'=1 f ′′ + f ′ = 1 里
h = f ′ − 1 h=f'-1 h = f ′ − 1 ，不是
f f f ；常数项
− 1 -1 − 1 漏掉就证成了
f ′ ′ + f ′ = 0 f''+f'=0 f ′′ + f ′ = 0 。
例 2.5 夜雨 万能构造 · p75
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 1 , 2 ] [1,2] [ 1 , 2 ] 上连续，在
( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) 内可导，
f ( 2 ) = 2 f(2)=2 f ( 2 ) = 2 ，
f ( 1 ) = 1 2 f(1)=\frac12 f ( 1 ) = 2 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 1 , 2 ) \xi\in(1,2) ξ ∈ ( 1 , 2 ) ，使得
f ′ ( ξ ) = 2 f ( ξ ) ξ f'(\xi)=\dfrac{2f(\xi)}{\xi} f ′ ( ξ ) = ξ 2 f ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出 h h h p p p f ′ − 2 x f = 0 f'-\dfrac2xf=0 f ′ − x 2 f = 0 h = f h=f h = f p = − 2 x p=-\dfrac2x p = − x 2 e ∫ p d x = e − 2 ln x = 1 x 2 \e^{\int p\dx}=\e^{-2\ln x}=\dfrac1{x^2} e ∫ p d x = e − 2 l n x = x 2 1
这正是 例 A.4 解过的方程，通解 y x 2 = C \frac y{x^2}=C x 2 y = C
② 构造并验证。 G ( x ) = f ( x ) x 2 G(x)=\dfrac{f(x)}{x^2} G ( x ) = x 2 f ( x ) G ( 1 ) = 1 2 G(1)=\dfrac12 G ( 1 ) = 2 1 G ( 2 ) = 2 4 = 1 2 G(2)=\dfrac24=\dfrac12 G ( 2 ) = 4 2 = 2 1
两端相等——题目给的两个函数值就是为它设计的。
③ 罗尔。 存在 ξ ∈ ( 1 , 2 ) \xi\in(1,2) ξ ∈ ( 1 , 2 ) G ′ ( ξ ) = ξ 2 f ′ ( ξ ) − 2 ξ f ( ξ ) ξ 4 = 0 G'(\xi)=\dfrac{\xi^2f'(\xi)-2\xi f(\xi)}{\xi^4}=0 G ′ ( ξ ) = ξ 4 ξ 2 f ′ ( ξ ) − 2 ξ f ( ξ ) = 0 f ′ ( ξ ) = 2 f ( ξ ) ξ f'(\xi)=\dfrac{2f(\xi)}{\xi} f ′ ( ξ ) = ξ 2 f ( ξ )
分子 ξ ( ξ f ′ ( ξ ) − 2 f ( ξ ) ) = 0 \xi\big(\xi f'(\xi)-2f(\xi)\big)=0 ξ ( ξ f ′ ( ξ ) − 2 f ( ξ ) ) = 0 ξ > 0 \xi>0 ξ > 0
答案：证明题。思路：f ′ − 2 x f f'-\frac2xf f ′ − x 2 f G = f x 2 G=\frac f{x^2} G = x 2 f G ( 1 ) = G ( 2 ) = 1 2 G(1)=G(2)=\frac12 G ( 1 ) = G ( 2 ) = 2 1
例 2.6 夜雨 微分方程法 · p72
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] 上连续，在
( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) 内可导，
f ( 0 ) = f ( π 2 ) = − 1 2 f(0)=f\big(\frac\pi2\big)=-\frac12 f ( 0 ) = f ( 2 π ) = − 2 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , π ) \xi\in(0,\pi) ξ ∈ ( 0 , π ) ，使得
f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = sin ξ f'(\xi)-f(\xi)=\sin\xi f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = sin ξ 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 右边不为 0：p = − 1 p=-1 p = − 1 q = sin x q=\sin x q = sin x e ∫ p = e − x \e^{\int p}=\e^{-x} e ∫ p = e − x I = ∫ e − x sin x d x I=\displaystyle\int\e^{-x}\sin x\dx I = ∫ e − x sin x d x I = − e − x sin x + ∫ e − x cos x d x = − e − x sin x − e − x cos x − I I=-\e^{-x}\sin x+\int\e^{-x}\cos x\dx=-\e^{-x}\sin x-\e^{-x}\cos x-I I = − e − x sin x + ∫ e − x cos x d x = − e − x sin x − e − x cos x − I 2 I = − e − x ( sin x + cos x ) 2I=-\e^{-x}(\sin x+\cos x) 2 I = − e − x ( sin x + cos x ) I = − e − x ( sin x + cos x ) 2 I=-\dfrac{\e^{-x}(\sin x+\cos x)}2 I = − 2 e − x ( sin x + cos x )
“e x \e^{x} e x sin \sin sin cos \cos cos F = h e ∫ p − ∫ q e ∫ p F=h\e^{\int p}-\int q\e^{\int p} F = h e ∫ p − ∫ q e ∫ p I I I F F F
② 构造。 F ( x ) = e − x f ( x ) + e − x ( sin x + cos x ) 2 = e − x [ f ( x ) + sin x + cos x 2 ] F(x)=\e^{-x}f(x)+\dfrac{\e^{-x}(\sin x+\cos x)}2=\e^{-x}\Big[f(x)+\dfrac{\sin x+\cos x}2\Big] F ( x ) = e − x f ( x ) + 2 e − x ( sin x + cos x ) = e − x [ f ( x ) + 2 sin x + cos x ] F ′ = e − x [ f ′ − f − sin x ] F'=\e^{-x}\big[f'-f-\sin x\big] F ′ = e − x [ f ′ − f − sin x ]
构造完一定要求一次导数验算，这一步最容易出符号错误。
③ 两端相等。 F ( 0 ) = − 1 2 + 1 2 = 0 F(0)=-\frac12+\frac12=0 F ( 0 ) = − 2 1 + 2 1 = 0 F ( π 2 ) = e − π / 2 ( − 1 2 + 1 2 ) = 0 F\big(\frac\pi2\big)=\e^{-\pi/2}\big(-\frac12+\frac12\big)=0 F ( 2 π ) = e − π /2 ( − 2 1 + 2 1 ) = 0
f f f − 1 2 -\frac12 − 2 1 sin x + cos x 2 \frac{\sin x+\cos x}2 2 s i n x + c o s x 0 0 0 π 2 \frac\pi2 2 π 1 2 \frac12 2 1
④ 罗尔。 存在 ξ ∈ ( 0 , π 2 ) ⊂ ( 0 , π ) \xi\in\big(0,\frac\pi2\big)\subset(0,\pi) ξ ∈ ( 0 , 2 π ) ⊂ ( 0 , π ) F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = sin ξ f'(\xi)-f(\xi)=\sin\xi f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = sin ξ
e − ξ ≠ 0 \e^{-\xi}\ne0 e − ξ = 0
答案：证明题。思路：f ′ − f = sin x f'-f=\sin x f ′ − f = sin x F = e − x [ f + sin x + cos x 2 ] F=\e^{-x}\big[f+\frac{\sin x+\cos x}2\big] F = e − x [ f + 2 s i n x + c o s x ] F ( 0 ) = F ( π 2 ) = 0 F(0)=F(\frac\pi2)=0 F ( 0 ) = F ( 2 π ) = 0
x y O −1 1 −ξ ξ F ′(η )=0F =ex ( f ′−1)f ′−1（偶函数）f = sin π x 2 f=\sin\frac{\pi x}2 f = sin 2 π x f ′ − 1 f'-1 f ′ − 1 ± ξ \pm\xi ± ξ
例 2.7 2013 数一(18) 2013 数二(18)
设奇函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] 上具有二阶导数，且
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 。证明：（Ⅰ）存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ ) = 1 f'(\xi)=1 f ′ ( ξ ) = 1 ；（Ⅱ）存在
η ∈ ( − 1 , 1 ) \eta\in(-1,1) η ∈ ( − 1 , 1 ) ，使得
f ′ ′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1 f''(\eta)+f'(\eta)=1 f ′′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 奇函数给出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 由 f ( − 0 ) = − f ( 0 ) f(-0)=-f(0) f ( − 0 ) = − f ( 0 ) f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f f f [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) f ′ ( ξ ) = f ( 1 ) − f ( 0 ) 1 − 0 = 1 f'(\xi)=\dfrac{f(1)-f(0)}{1-0}=1 f ′ ( ξ ) = 1 − 0 f ( 1 ) − f ( 0 ) = 1
造点四手段的第二种：条件给了两个端点值。（也可以对 f ( x ) − x f(x)-x f ( x ) − x
② (Ⅱ) 万能构造。 f ′ ′ + f ′ − 1 = ( f ′ − 1 ) ′ + ( f ′ − 1 ) f''+f'-1=(f'-1)'+(f'-1) f ′′ + f ′ − 1 = ( f ′ − 1 ) ′ + ( f ′ − 1 ) h = f ′ − 1 h=f'-1 h = f ′ − 1 p = 1 p=1 p = 1 F ( x ) = e x ( f ′ ( x ) − 1 ) F(x)=\e^x\big(f'(x)-1\big) F ( x ) = e x ( f ′ ( x ) − 1 ) F ′ ( x ) = e x ( f ′ ′ + f ′ − 1 ) F'(x)=\e^x\big(f''+f'-1\big) F ′ ( x ) = e x ( f ′′ + f ′ − 1 )
常数 − 1 -1 − 1 h h h F = e x f ′ F=\e^xf' F = e x f ′ f ′ ′ + f ′ = 0 f''+f'=0 f ′′ + f ′ = 0
③ (Ⅱ) 用奇偶性造第二个点。 对 f ( − x ) = − f ( x ) f(-x)=-f(x) f ( − x ) = − f ( x ) − f ′ ( − x ) = − f ′ ( x ) -f'(-x)=-f'(x) − f ′ ( − x ) = − f ′ ( x ) f ′ f' f ′ f ′ ( − ξ ) = f ′ ( ξ ) = 1 f'(-\xi)=f'(\xi)=1 f ′ ( − ξ ) = f ′ ( ξ ) = 1 F ( − ξ ) = F ( ξ ) = 0 F(-\xi)=F(\xi)=0 F ( − ξ ) = F ( ξ ) = 0
（Ⅰ）给了 F F F ξ \xi ξ ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) − ξ -\xi − ξ
④ (Ⅱ) 罗尔。 F F F [ − ξ , ξ ] [-\xi,\xi] [ − ξ , ξ ] F ( − ξ ) = F ( ξ ) F(-\xi)=F(\xi) F ( − ξ ) = F ( ξ ) η ∈ ( − ξ , ξ ) ⊂ ( − 1 , 1 ) \eta\in(-\xi,\xi)\subset(-1,1) η ∈ ( − ξ , ξ ) ⊂ ( − 1 , 1 ) e η [ f ′ ′ ( η ) + f ′ ( η ) − 1 ] = 0 \e^\eta\big[f''(\eta)+f'(\eta)-1\big]=0 e η [ f ′′ ( η ) + f ′ ( η ) − 1 ] = 0 f ′ ′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1 f''(\eta)+f'(\eta)=1 f ′′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1
f f f f ′ f' f ′ F F F
答案：证明题。思路：（Ⅰ）f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 F = e x ( f ′ − 1 ) F=\e^x(f'-1) F = e x ( f ′ − 1 ) f ′ f' f ′ F ( ± ξ ) = 0 F(\pm\xi)=0 F ( ± ξ ) = 0
x y O 1/4 1/2 g =ff ′f ξ 1 ξ 2 f = x ( x − 1 2 ) f=x(x-\frac12) f = x ( x − 2 1 ) g = f f ′ g=ff' g = f f ′ g ′ g' g ′
例 2.8 2017 数一(18) 2017 数二(19)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上具有 2 阶导数，且
f ( 1 ) > 0 f(1)>0 f ( 1 ) > 0 ，
lim x → 0 + f ( x ) x < 0 \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}x<0 x → 0 + lim x f ( x ) < 0 。证明：（Ⅰ）方程
f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 在区间
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内至少存在一个实根；（Ⅱ）方程
f ( x ) f ′ ′ ( x ) + [ f ′ ( x ) ] 2 = 0 f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0 f ( x ) f ′′ ( x ) + [ f ′ ( x ) ] 2 = 0 在区间
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内至少存在两个不同实根。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 先读出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f f f f ( 0 ) = lim x → 0 + [ f ( x ) x ⋅ x ] = L ⋅ 0 = 0 f(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\Big[\dfrac{f(x)}x\cdot x\Big]=L\cdot0=0 f ( 0 ) = x → 0 + lim [ x f ( x ) ⋅ x ] = L ⋅ 0 = 0 L < 0 L<0 L < 0
若 f ( 0 ) ≠ 0 f(0)\ne0 f ( 0 ) = 0 f ( x ) x → ∞ \frac{f(x)}x\to\infty x f ( x ) → ∞
② (Ⅰ) 保号性造点 + 零点定理。 由保号性，存在 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c ∈ ( 0 , 1 ) f ( c ) c < 0 \dfrac{f(c)}c<0 c f ( c ) < 0 f ( c ) < 0 f(c)<0 f ( c ) < 0 f ( 1 ) > 0 f(1)>0 f ( 1 ) > 0 x 1 ∈ ( c , 1 ) x_1\in(c,1) x 1 ∈ ( c , 1 ) f ( x 1 ) = 0 f(x_1)=0 f ( x 1 ) = 0
1.2 节 的标准动作：保号性把极限落实成一个函数值。
③ (Ⅱ) 认出乘积的导数。 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 = ( f f ′ ) ′ f f''+(f')^2=(ff')' f f ′′ + ( f ′ ) 2 = ( f f ′ ) ′ g ( x ) = f ( x ) f ′ ( x ) g(x)=f(x)f'(x) g ( x ) = f ( x ) f ′ ( x ) g ′ g' g ′ g g g
A.3 节的表。f ′ f \frac{f'}{f} f f ′ ln ∣ f ∣ \ln|f| ln ∣ f ∣ f f f
④ (Ⅱ) 找 g g g f ( 0 ) = f ( x 1 ) = 0 f(0)=f(x_1)=0 f ( 0 ) = f ( x 1 ) = 0 x 2 ∈ ( 0 , x 1 ) x_2\in(0,x_1) x 2 ∈ ( 0 , x 1 ) f ′ ( x 2 ) = 0 f'(x_2)=0 f ′ ( x 2 ) = 0 g ( 0 ) = g ( x 2 ) = g ( x 1 ) = 0 g(0)=g(x_2)=g(x_1)=0 g ( 0 ) = g ( x 2 ) = g ( x 1 ) = 0 0 < x 2 < x 1 < 1 0<x_2<x_1<1 0 < x 2 < x 1 < 1
g = f f ′ g=ff' g = f f ′ f f f f ′ f' f ′
⑤ (Ⅱ) 两次罗尔。 在 [ 0 , x 2 ] [0,x_2] [ 0 , x 2 ] [ x 2 , x 1 ] [x_2,x_1] [ x 2 , x 1 ] g g g ξ 1 ∈ ( 0 , x 2 ) \xi_1\in(0,x_2) ξ 1 ∈ ( 0 , x 2 ) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 1 ) \xi_2\in(x_2,x_1) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 1 ) g ′ ( ξ 1 ) = g ′ ( ξ 2 ) = 0 g'(\xi_1)=g'(\xi_2)=0 g ′ ( ξ 1 ) = g ′ ( ξ 2 ) = 0 ξ 1 ≠ ξ 2 \xi_1\ne\xi_2 ξ 1 = ξ 2
f f f g = f f ′ g=ff' g = f f ′
答案：证明题。思路：（Ⅰ）f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 g = f f ′ g=ff' g = f f ′ 0 , x 2 , x 1 0,x_2,x_1 0 , x 2 , x 1
例 2.9 1995 数一(七)
函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 和
g ( x ) g(x) g ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上存在二阶导数，并且
g ′ ′ ( x ) ≠ 0 g''(x)\ne0 g ′′ ( x ) = 0 ，
f ( a ) = f ( b ) = g ( a ) = g ( b ) = 0 f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0 f ( a ) = f ( b ) = g ( a ) = g ( b ) = 0 。试证：（1）在开区间
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内
g ( x ) ≠ 0 g(x)\ne0 g ( x ) = 0 ；（2）在开区间
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内至少存在一点
ξ \xi ξ ，使
f ( ξ ) g ( ξ ) = f ′ ′ ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) \dfrac{f(\xi)}{g(\xi)}=\dfrac{f''(\xi)}{g''(\xi)} g ( ξ ) f ( ξ ) = g ′′ ( ξ ) f ′′ ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 反证 + 两次罗尔。 若有 c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) g ( c ) = 0 g(c)=0 g ( c ) = 0 g ( a ) = g ( c ) = g ( b ) = 0 g(a)=g(c)=g(b)=0 g ( a ) = g ( c ) = g ( b ) = 0 g ′ ′ ( ζ ) = 0 g''(\zeta)=0 g ′′ ( ζ ) = 0 g ′ ′ ≠ 0 g''\ne0 g ′′ = 0
2.2 节“往上推”：g ′ ′ ≠ 0 g''\ne0 g ′′ = 0 g g g a a a b b b
② (2) 去分母后认导数。 要证 f ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) − f ′ ′ ( ξ ) g ( ξ ) = 0 f(\xi)g''(\xi)-f''(\xi)g(\xi)=0 f ( ξ ) g ′′ ( ξ ) − f ′′ ( ξ ) g ( ξ ) = 0 ( f g ′ − f ′ g ) ′ = f ′ g ′ + f g ′ ′ − f ′ ′ g − f ′ g ′ = f g ′ ′ − f ′ ′ g \big(fg'-f'g\big)'=f'g'+fg''-f''g-f'g'=fg''-f''g ( f g ′ − f ′ g ) ′ = f ′ g ′ + f g ′′ − f ′′ g − f ′ g ′ = f g ′′ − f ′′ g
还原法也能得到：积分 ∫ ( f g ′ ′ − g f ′ ′ ) = ∫ f d g ′ − ∫ g d f ′ \int(fg''-gf'')=\int f\,\dd g'-\int g\,\dd f' ∫ ( f g ′′ − g f ′′ ) = ∫ f d g ′ − ∫ g d f ′ f g ′ − g f ′ fg'-gf' f g ′ − g f ′
③ (2) 罗尔。 令 F = f g ′ − f ′ g F=fg'-f'g F = f g ′ − f ′ g F ( a ) = f ( a ) g ′ ( a ) − f ′ ( a ) g ( a ) = 0 F(a)=f(a)g'(a)-f'(a)g(a)=0 F ( a ) = f ( a ) g ′ ( a ) − f ′ ( a ) g ( a ) = 0 F ( b ) = 0 F(b)=0 F ( b ) = 0 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) F ′ ( ξ ) = f ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) − f ′ ′ ( ξ ) g ( ξ ) = 0 F'(\xi)=f(\xi)g''(\xi)-f''(\xi)g(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = f ( ξ ) g ′′ ( ξ ) − f ′′ ( ξ ) g ( ξ ) = 0
两端为 0 用的是 f f f g g g
④ (2) 两边相除。 由（1）g ( ξ ) ≠ 0 g(\xi)\ne0 g ( ξ ) = 0 g ′ ′ ( ξ ) ≠ 0 g''(\xi)\ne0 g ′′ ( ξ ) = 0 f ( ξ ) g ( ξ ) = f ′ ′ ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) \dfrac{f(\xi)}{g(\xi)}=\dfrac{f''(\xi)}{g''(\xi)} g ( ξ ) f ( ξ ) = g ′′ ( ξ ) f ′′ ( ξ )
第（1）问就是为了保证这里能除——两问之间的“桥”。
答案：证明题。思路：（1）g g g g ′ ′ = 0 g''=0 g ′′ = 0 F = f g ′ − f ′ g F=fg'-f'g F = f g ′ − f ′ g
例 2.10 李林 第三章 §1 例 4(2) · p68
（续
例 1.2 ）设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 ，
f ( 1 2 ) = 1 f\big(\frac12\big)=1 f ( 2 1 ) = 1 ，
η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in\big(\frac12,1\big) η ∈ ( 2 1 , 1 ) 满足
f ( η ) = η f(\eta)=\eta f ( η ) = η 。证明：对任意实数
λ \lambda λ ，存在
ξ ∈ ( 0 , η ) \xi\in(0,\eta) ξ ∈ ( 0 , η ) ，使得
f ′ ( ξ ) − λ [ f ( ξ ) − ξ ] = 1 f'(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1 f ′ ( ξ ) − λ [ f ( ξ ) − ξ ] = 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出 h h h f ′ − 1 − λ ( f − x ) = ( f − x ) ′ − λ ( f − x ) f'-1-\lambda(f-x)=(f-x)'-\lambda(f-x) f ′ − 1 − λ ( f − x ) = ( f − x ) ′ − λ ( f − x ) h = f − x h=f-x h = f − x p = − λ p=-\lambda p = − λ
李林的注：关键是看出 f ( x ) − x f(x)-x f ( x ) − x f ′ ( x ) − 1 f'(x)-1 f ′ ( x ) − 1
② 构造、两端为 0。 F ( x ) = e − λ x ( f ( x ) − x ) F(x)=\e^{-\lambda x}\big(f(x)-x\big) F ( x ) = e − λ x ( f ( x ) − x ) F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( η ) = e − λ η ( η − η ) = 0 F(\eta)=\e^{-\lambda\eta}(\eta-\eta)=0 F ( η ) = e − λ η ( η − η ) = 0
（1）问造出的 η \eta η
③ 罗尔。 存在 ξ ∈ ( 0 , η ) \xi\in(0,\eta) ξ ∈ ( 0 , η ) F ′ ( ξ ) = e − λ ξ [ f ′ ( ξ ) − 1 − λ ( f ( ξ ) − ξ ) ] = 0 F'(\xi)=\e^{-\lambda\xi}\big[f'(\xi)-1-\lambda(f(\xi)-\xi)\big]=0 F ′ ( ξ ) = e − λ ξ [ f ′ ( ξ ) − 1 − λ ( f ( ξ ) − ξ ) ] = 0
λ \lambda λ e − λ ξ \e^{-\lambda\xi} e − λ ξ
答案：证明题。思路：h = f − x h=f-x h = f − x F = e − λ x ( f − x ) F=\e^{-\lambda x}(f-x) F = e − λ x ( f − x ) F ( 0 ) = F ( η ) = 0 F(0)=F(\eta)=0 F ( 0 ) = F ( η ) = 0
万能构造还能用在不等式和极限上（夜雨，次重点） 同一个积分因子能把关于 f f f G = f e ∫ p G=f\e^{\int p} G = f e ∫ p
f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 f ′ ( x ) < f ( x ) f'(x)<f(x) f ′ ( x ) < f ( x ) x > 0 x>0 x > 0 f ( x ) < e x f(x)<\e^x f ( x ) < e x G = e − x f G=\e^{-x}f G = e − x f G ′ = e − x ( f ′ − f ) < 0 G'=\e^{-x}(f'-f)<0 G ′ = e − x ( f ′ − f ) < 0 G ( x ) < G ( 0 ) = 1 G(x)<G(0)=1 G ( x ) < G ( 0 ) = 1 lim x → + ∞ [ f ( x ) + f ′ ( x ) ] = A \lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)+f'(x)]=A x → + ∞ lim [ f ( x ) + f ′ ( x )] = A lim x → + ∞ f ( x ) = A \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A x → + ∞ lim f ( x ) = A f = e x f e x f=\dfrac{\e^xf}{\e^x} f = e x e x f ∞ ∞ \frac{\infty}\infty ∞ ∞ lim e x ( f + f ′ ) e x = A \lim\dfrac{\e^x(f+f')}{\e^x}=A lim e x e x ( f + f ′ ) = A 2.5 乘除 x k x^k x k 大白话：自变量 ξ \xi ξ f ′ f' f ′ ξ f ′ + k f \xi f'+kf ξ f ′ + k f x x x （夜雨：“有时候出题人会故意隐藏导数”）。
结论的样子 辅助函数 验算
ξ f ′ ( ξ ) + k f ( ξ ) = 0 \xi f'(\xi)+kf(\xi)=0 ξ f ′ ( ξ ) + k f ( ξ ) = 0 x k f ( x ) x^kf(x) x k f ( x ) ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) (x^kf)'=x^{k-1}(xf'+kf) ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) ξ f ′ ( ξ ) − k f ( ξ ) = 0 \xi f'(\xi)-kf(\xi)=0 ξ f ′ ( ξ ) − k f ( ξ ) = 0 f ( x ) x k \frac{f(x)}{x^k} x k f ( x ) ( f x k ) ′ = x f ′ − k f x k + 1 \big(\frac f{x^k}\big)'=\frac{xf'-kf}{x^{k+1}} ( x k f ) ′ = x k + 1 x f ′ − k f ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0 (\xi-1)f'(\xi)+nf(\xi)=0 ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0 ( x − 1 ) n f ( x ) (x-1)^nf(x) ( x − 1 ) n f ( x ) ( ( x − 1 ) n f ) ′ = ( x − 1 ) n − 1 [ ( x − 1 ) f ′ + n f ] \big((x-1)^nf\big)'=(x-1)^{n-1}\big[(x-1)f'+nf\big] ( ( x − 1 ) n f ) ′ = ( x − 1 ) n − 1 [ ( x − 1 ) f ′ + n f ] ∫ ξ 1 f ( t ) d t = ξ f ( ξ ) \int_\xi^1f(t)\dt=\xi f(\xi) ∫ ξ 1 f ( t ) d t = ξ f ( ξ ) x ∫ x 1 f ( t ) d t x\int_x^1f(t)\dt x ∫ x 1 f ( t ) d t 导数 ∫ x 1 f − x f ( x ) \int_x^1f-xf(x) ∫ x 1 f − x f ( x ) ∫ 0 ξ f ( t ) d t = − ξ f ( ξ ) \int_0^\xi f(t)\dt=-\xi f(\xi) ∫ 0 ξ f ( t ) d t = − ξ f ( ξ ) x ∫ 0 x f ( t ) d t x\int_0^xf(t)\dt x ∫ 0 x f ( t ) d t 导数 ∫ 0 x f + x f ( x ) \int_0^xf+xf(x) ∫ 0 x f + x f ( x )
例 2.11 李林 第三章 §1 例 3 · p67
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 。证明：至少存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
ξ f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = f ′ ( ξ ) \xi f'(\xi)+nf(\xi)=f'(\xi) ξ f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = f ′ ( ξ ) （
n n n 为正整数）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 把要证的式子合并成两项。 ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0 (\xi-1)f'(\xi)+nf(\xi)=0 ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0
李林的注：作辅助函数时，为了用乘法或除法公式，先把要证的等式合并成两项。
② 认出导数。 ( ( x − 1 ) n f ( x ) ) ′ = n ( x − 1 ) n − 1 f + ( x − 1 ) n f ′ = ( x − 1 ) n − 1 [ ( x − 1 ) f ′ + n f ] \big((x-1)^nf(x)\big)'=n(x-1)^{n-1}f+(x-1)^nf'=(x-1)^{n-1}\big[(x-1)f'+nf\big] ( ( x − 1 ) n f ( x ) ) ′ = n ( x − 1 ) n − 1 f + ( x − 1 ) n f ′ = ( x − 1 ) n − 1 [ ( x − 1 ) f ′ + n f ] F ( x ) = ( x − 1 ) n f ( x ) F(x)=(x-1)^nf(x) F ( x ) = ( x − 1 ) n f ( x )
f ′ f' f ′ x − 1 x-1 x − 1 f f f n n n ( x − 1 ) n (x-1)^n ( x − 1 ) n
③ 两端为 0，罗尔。 F ( 0 ) = ( − 1 ) n f ( 0 ) = 0 F(0)=(-1)^nf(0)=0 F ( 0 ) = ( − 1 ) n f ( 0 ) = 0 F ( 1 ) = 0 F(1)=0 F ( 1 ) = 0 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 ( ξ − 1 ) n − 1 ≠ 0 (\xi-1)^{n-1}\ne0 ( ξ − 1 ) n − 1 = 0 ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0 (\xi-1)f'(\xi)+nf(\xi)=0 ( ξ − 1 ) f ′ ( ξ ) + n f ( ξ ) = 0
F ( 1 ) = 0 F(1)=0 F ( 1 ) = 0 ( x − 1 ) n (x-1)^n ( x − 1 ) n ( x − 1 ) n (x-1)^n ( x − 1 ) n
答案：证明题。思路：合并成两项 ( ξ − 1 ) f ′ + n f (\xi-1)f'+nf ( ξ − 1 ) f ′ + n f F = ( x − 1 ) n f F=(x-1)^nf F = ( x − 1 ) n f F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0
x y O x 0 1 矩形 曲边梯形 y =f (x )x 0 x_0 x 0
例 2.12 1998 数一(九)
设
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 是区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上的任一非负连续函数。（1）试证存在
x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) ，使得在区间
[ 0 , x 0 ] [0,x_0] [ 0 , x 0 ] 上以
f ( x 0 ) f(x_0) f ( x 0 ) 为高的矩形面积，等于在区间
[ x 0 , 1 ] [x_0,1] [ x 0 , 1 ] 上以
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 为曲边的梯形面积；（2）又设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
f ′ ( x ) > − 2 f ( x ) x f'(x)>-\dfrac{2f(x)}x f ′ ( x ) > − x 2 f ( x ) ，证明（1）中的
x 0 x_0 x 0 是唯一的。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 翻译成等式。 要证存在 x 0 x_0 x 0 x 0 f ( x 0 ) = ∫ x 0 1 f ( t ) d t x_0f(x_0)=\displaystyle\int_{x_0}^1f(t)\dt x 0 f ( x 0 ) = ∫ x 0 1 f ( t ) d t ∫ x 0 1 f ( t ) d t − x 0 f ( x 0 ) = 0 \displaystyle\int_{x_0}^1f(t)\dt-x_0f(x_0)=0 ∫ x 0 1 f ( t ) d t − x 0 f ( x 0 ) = 0
左边是某个函数的导数吗？( x ∫ x 1 f ) ′ = ∫ x 1 f − x f ( x ) \big(x\int_x^1f\big)'=\int_x^1f-xf(x) ( x ∫ x 1 f ) ′ = ∫ x 1 f − x f ( x )
② (1) 罗尔。 令 φ ( x ) = x ∫ x 1 f ( t ) d t \varphi(x)=x\displaystyle\int_x^1f(t)\dt φ ( x ) = x ∫ x 1 f ( t ) d t φ ( 0 ) = 0 \varphi(0)=0 φ ( 0 ) = 0 φ ( 1 ) = 0 \varphi(1)=0 φ ( 1 ) = 0 φ \varphi φ [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f f f x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) φ ′ ( x 0 ) = ∫ x 0 1 f − x 0 f ( x 0 ) = 0 \varphi'(x_0)=\int_{x_0}^1f-x_0f(x_0)=0 φ ′ ( x 0 ) = ∫ x 0 1 f − x 0 f ( x 0 ) = 0
φ ( 0 ) = 0 \varphi(0)=0 φ ( 0 ) = 0 x x x φ ( 1 ) = 0 \varphi(1)=0 φ ( 1 ) = 0
③ (2) 唯一性用单调。 令 h ( x ) = x f ( x ) − ∫ x 1 f ( t ) d t h(x)=xf(x)-\displaystyle\int_x^1f(t)\dt h ( x ) = x f ( x ) − ∫ x 1 f ( t ) d t h ′ ( x ) = f + x f ′ + f = 2 f ( x ) + x f ′ ( x ) > 0 h'(x)=f+xf'+f=2f(x)+xf'(x)>0 h ′ ( x ) = f + x f ′ + f = 2 f ( x ) + x f ′ ( x ) > 0 f ′ > − 2 f x f'>-\frac{2f}x f ′ > − x 2 f x > 0 x>0 x > 0 h h h
“唯一”要单独证明；条件 f ′ > − 2 f x f'>-\frac{2f}x f ′ > − x 2 f x x x h ′ > 0 h'>0 h ′ > 0
答案：证明题。思路：（1）φ = x ∫ x 1 f \varphi=x\int_x^1f φ = x ∫ x 1 f φ ( 0 ) = φ ( 1 ) = 0 \varphi(0)=\varphi(1)=0 φ ( 0 ) = φ ( 1 ) = 0 x f − ∫ x 1 f xf-\int_x^1f x f − ∫ x 1 f
2.6 结论含 f ′ ′ f'' f ′′ 大白话：要证 F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 F F F F ′ F' F ′ 。李林的口诀：f ′ ′ f'' f ′′ f ′ f' f ′ f f f ∫ a x f \int_a^xf ∫ a x f
三种常见的“第三个点”：
曲线与弦的交点 ：F = f − F=f- F = f − 例 2.13 ）。两个函数的比较 ：F = f − g F=f-g F = f − g f ≥ g f\ge g f ≥ g f ≤ g f\le g f ≤ g 例 2.14 ）。积分条件 ：∫ F = 0 \int F=0 ∫ F = 0 F F F 例 2.16 、例 2.15 ）。
孝哥一页纸把“证 f ′ ′ f'' f ′′ ① 三个 f f f （两次罗尔）；② 两个 f ′ f' f ′ （对 f ′ f' f ′ 例 2.18 的第二步）；③ 两个 f f f f ′ f' f ′ （先罗尔得 f ′ ( η ) = 0 f'(\eta)=0 f ′ ( η ) = 0 f ′ f' f ′ 练习 3 ）。
x y O C A B 1 F =f −弦：A 、C 、B 三处为 0弦 A B AB A B C C C F = f − F=f- F = f −
例 2.13 李林 第三章 §1 例 1 · p66
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上有二阶导数，且曲线
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 的端点连线与曲线相交于
C C C 点（
C C C 在两端点之间）。证明：至少存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使
f ′ ′ ( ξ ) = 0 f''(\xi)=0 f ′′ ( ξ ) = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 减去弦。 弦 A B AB A B y = f ( 0 ) + [ f ( 1 ) − f ( 0 ) ] x y=f(0)+[f(1)-f(0)]x y = f ( 0 ) + [ f ( 1 ) − f ( 0 )] x F ( x ) = f ( x ) − f ( 0 ) − [ f ( 1 ) − f ( 0 ) ] x F(x)=f(x)-f(0)-[f(1)-f(0)]x F ( x ) = f ( x ) − f ( 0 ) − [ f ( 1 ) − f ( 0 )] x
直线的二阶导数是 0，所以 F ′ ′ = f ′ ′ F''=f'' F ′′ = f ′′ F ′ ′ F'' F ′′
② 三个零点。 设 C C C x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) F ( 0 ) = F ( x 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(x_0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( x 0 ) = F ( 1 ) = 0
曲线与弦相交，就是 f f f
③ 两次罗尔。 在 [ 0 , x 0 ] [0,x_0] [ 0 , x 0 ] [ x 0 , 1 ] [x_0,1] [ x 0 , 1 ] F ′ ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0 F ′ ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 0 < ξ 1 < x 0 < ξ 2 < 1 0<\xi_1<x_0<\xi_2<1 0 < ξ 1 < x 0 < ξ 2 < 1 [ ξ 1 , ξ 2 ] [\xi_1,\xi_2] [ ξ 1 , ξ 2 ] F ′ F' F ′ F ′ ′ ( ξ ) = f ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=f''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = f ′′ ( ξ ) = 0
f f f F ′ F' F ′
答案：证明题。思路：F = f − F=f- F = f − A , C , B A,C,B A , C , B F ′ ′ = f ′ ′ = 0 F''=f''=0 F ′′ = f ′′ = 0
x y O x 1 x 2 b M f 的最大值点g 的最大值点f (c )=g (c )f (b )=g (b )最大值相等的两条曲线，中间一定相交。
例 2.14 2007 数一(19)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) ，
g ( x ) g(x) g ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内具有二阶导数且存在相等的最大值，
f ( a ) = g ( a ) f(a)=g(a) f ( a ) = g ( a ) ，
f ( b ) = g ( b ) f(b)=g(b) f ( b ) = g ( b ) 。证明：存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) f''(\xi)=g''(\xi) f ′′ ( ξ ) = g ′′ ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 作差，两端为 0。 令 F = f − g F=f-g F = f − g F ( a ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(b)=0 F ( a ) = F ( b ) = 0 F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 F F F ( a , b ) (a,b) ( a , b )
结论含二阶导数 ⟹ 需要三个零点，已有两个。
② 用最大值相等造第三个零点。 设 f f f g g g ( a , b ) (a,b) ( a , b ) x 1 x_1 x 1 x 2 x_2 x 2 M M M x 1 = x 2 x_1=x_2 x 1 = x 2 c = x 1 c=x_1 c = x 1 F ( c ) = 0 F(c)=0 F ( c ) = 0 F ( x 1 ) = M − g ( x 1 ) ≥ 0 F(x_1)=M-g(x_1)\ge0 F ( x 1 ) = M − g ( x 1 ) ≥ 0 F ( x 2 ) = f ( x 2 ) − M ≤ 0 F(x_2)=f(x_2)-M\le0 F ( x 2 ) = f ( x 2 ) − M ≤ 0 x 1 x_1 x 1 x 2 x_2 x 2 c c c F ( c ) = 0 F(c)=0 F ( c ) = 0 c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b )
“最大值”就是“不超过它”：g ( x 1 ) ≤ M g(x_1)\le M g ( x 1 ) ≤ M f ( x 2 ) ≤ M f(x_2)\le M f ( x 2 ) ≤ M ( a , b ) (a,b) ( a , b )
③ 两次罗尔。 F ( a ) = F ( c ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(c)=F(b)=0 F ( a ) = F ( c ) = F ( b ) = 0 F ′ ( η 1 ) = F ′ ( η 2 ) = 0 F'(\eta_1)=F'(\eta_2)=0 F ′ ( η 1 ) = F ′ ( η 2 ) = 0 a < η 1 < c < η 2 < b a<\eta_1<c<\eta_2<b a < η 1 < c < η 2 < b F ′ F' F ′ F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 ξ ∈ ( η 1 , η 2 ) \xi\in(\eta_1,\eta_2) ξ ∈ ( η 1 , η 2 ) f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) f''(\xi)=g''(\xi) f ′′ ( ξ ) = g ′′ ( ξ )
和上一题完全同一个结构。
答案：证明题。思路：F = f − g F=f-g F = f − g
例 2.15 2026 数一(20)
（本题满分 12 分）设可导函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 严格单调递增且满足
∫ − 1 1 f ( x ) d x = 0 \displaystyle\int_{-1}^1f(x)\dx=0 ∫ − 1 1 f ( x ) d x = 0 ，记
a = ∫ 0 1 f ( x ) d x a=\displaystyle\int_0^1f(x)\dx a = ∫ 0 1 f ( x ) d x 。（Ⅰ）证明
a > 0 a>0 a > 0 ；（Ⅱ）令
F ( x ) = a ( 1 − x 2 ) + ∫ 1 x f ( t ) d t F(x)=a(1-x^2)+\displaystyle\int_1^xf(t)\dt F ( x ) = a ( 1 − x 2 ) + ∫ 1 x f ( t ) d t ，证明：存在
ξ ∈ ( − 1 , 1 ) \xi\in(-1,1) ξ ∈ ( − 1 , 1 ) ，使得
F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 把两半积分对折比较。 ∫ − 1 0 f ( x ) d x = ∫ 0 1 f ( − t ) d t \displaystyle\int_{-1}^0f(x)\dx=\int_0^1f(-t)\dt ∫ − 1 0 f ( x ) d x = ∫ 0 1 f ( − t ) d t a − ∫ − 1 0 f = ∫ 0 1 [ f ( x ) − f ( − x ) ] d x a-\int_{-1}^0f=\int_0^1\big[f(x)-f(-x)\big]\dx a − ∫ − 1 0 f = ∫ 0 1 [ f ( x ) − f ( − x ) ] d x
换元 x = − t x=-t x = − t
② (Ⅰ) 单调性定号。 x ∈ ( 0 , 1 ] x\in(0,1] x ∈ ( 0 , 1 ] x > − x x>-x x > − x f f f f ( x ) − f ( − x ) > 0 f(x)-f(-x)>0 f ( x ) − f ( − x ) > 0 a − ∫ − 1 0 f > 0 a-\int_{-1}^0f>0 a − ∫ − 1 0 f > 0 ∫ − 1 0 f = − a \int_{-1}^0f=-a ∫ − 1 0 f = − a 2 a > 0 2a>0 2 a > 0 a > 0 a>0 a > 0
连续、非负、不恒为 0 的函数积分为正。
③ (Ⅱ) F F F F ( 1 ) = 0 F(1)=0 F ( 1 ) = 0 F ( − 1 ) = ∫ 1 − 1 f = − ∫ − 1 1 f = 0 F(-1)=\displaystyle\int_1^{-1}f=-\int_{-1}^1f=0 F ( − 1 ) = ∫ 1 − 1 f = − ∫ − 1 1 f = 0 F ( 0 ) = a + ∫ 1 0 f = a − a = 0 F(0)=a+\displaystyle\int_1^0f=a-a=0 F ( 0 ) = a + ∫ 1 0 f = a − a = 0
a a a F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 a > 0 a>0 a > 0
④ (Ⅱ) 两次罗尔。 F ′ ( x ) = − 2 a x + f ( x ) F'(x)=-2ax+f(x) F ′ ( x ) = − 2 a x + f ( x ) f f f F ( − 1 ) = F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(-1)=F(0)=F(1)=0 F ( − 1 ) = F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 ξ 1 ∈ ( − 1 , 0 ) \xi_1\in(-1,0) ξ 1 ∈ ( − 1 , 0 ) ξ 2 ∈ ( 0 , 1 ) \xi_2\in(0,1) ξ 2 ∈ ( 0 , 1 ) F ′ ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0 F ′ ( ξ 1 ) = F ′ ( ξ 2 ) = 0 F ′ F' F ′ [ ξ 1 , ξ 2 ] [\xi_1,\xi_2] [ ξ 1 , ξ 2 ] ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ⊂ ( − 1 , 1 ) \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-1,1) ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ⊂ ( − 1 , 1 ) F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0
第二次罗尔要求 F ′ F' F ′ f f f
答案：证明题。思路：（Ⅰ）对折比较 f ( x ) − f ( − x ) > 0 f(x)-f(-x)>0 f ( x ) − f ( − x ) > 0 F ( − 1 ) = F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(-1)=F(0)=F(1)=0 F ( − 1 ) = F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0
夜雨：构造出来的辅助函数用不上条件时 三种可能：① 要先把条件处理一下才能用（推广的罗尔定理属于这种，2.7 节）；② 需要二次构造辅助函数 ，先造出中间量的零点，再造第二个函数；③ 真的用不上，只能换一个辅助函数。下面的例题就是②。
例 2.16 李林 第三章 习题 (8) · p87 夜雨 二次构造
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内二阶可导，且
f ( 0 ) = f ( 1 ) = ∫ 0 1 f ( x ) d x = 0 f(0)=f(1)=\displaystyle\int_0^1f(x)\dx=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = ∫ 0 1 f ( x ) d x = 0 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使
f ′ ′ ( ξ ) = f ( ξ ) f''(\xi)=f(\xi) f ′′ ( ξ ) = f ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看目标：f ′ ′ − f f''-f f ′′ − f [ e − x ( f ′ + f ) ] ′ = e − x ( f ′ ′ + f ′ − f ′ − f ) = e − x ( f ′ ′ − f ) \big[\e^{-x}(f'+f)\big]'=\e^{-x}(f''+f'-f'-f)=\e^{-x}(f''-f) [ e − x ( f ′ + f ) ] ′ = e − x ( f ′′ + f ′ − f ′ − f ) = e − x ( f ′′ − f ) ψ ( x ) = e − x ( f ′ ( x ) + f ( x ) ) \psi(x)=\e^{-x}\big(f'(x)+f(x)\big) ψ ( x ) = e − x ( f ′ ( x ) + f ( x ) ) f ′ + f f'+f f ′ + f
y ′ ′ − y = 0 y''-y=0 y ′′ − y = 0 ± 1 \pm1 ± 1 f ′ ′ − f = ( f ′ + f ) ′ − ( f ′ + f ) f''-f=(f'+f)'-(f'+f) f ′′ − f = ( f ′ + f ) ′ − ( f ′ + f ) f ′ + f f'+f f ′ + f h h h
② 第一次构造：造 f ′ + f f'+f f ′ + f 由 ∫ 0 1 f = 0 \int_0^1f=0 ∫ 0 1 f = 0 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c ∈ ( 0 , 1 ) f ( c ) = 0 f(c)=0 f ( c ) = 0 φ ( x ) = e x f ( x ) \varphi(x)=\e^xf(x) φ ( x ) = e x f ( x ) φ ( 0 ) = φ ( c ) = φ ( 1 ) = 0 \varphi(0)=\varphi(c)=\varphi(1)=0 φ ( 0 ) = φ ( c ) = φ ( 1 ) = 0 ξ 1 ∈ ( 0 , c ) \xi_1\in(0,c) ξ 1 ∈ ( 0 , c ) ξ 2 ∈ ( c , 1 ) \xi_2\in(c,1) ξ 2 ∈ ( c , 1 ) φ ′ = e x ( f ′ + f ) = 0 \varphi'=\e^x(f'+f)=0 φ ′ = e x ( f ′ + f ) = 0 f ′ ( ξ i ) + f ( ξ i ) = 0 f'(\xi_i)+f(\xi_i)=0 f ′ ( ξ i ) + f ( ξ i ) = 0
f ′ + f f'+f f ′ + f e x f \e^xf e x f e x \e^x e x e x f \e^xf e x f
③ 第二次构造，罗尔。 ψ ( ξ 1 ) = ψ ( ξ 2 ) = 0 \psi(\xi_1)=\psi(\xi_2)=0 ψ ( ξ 1 ) = ψ ( ξ 2 ) = 0 ψ \psi ψ [ ξ 1 , ξ 2 ] [\xi_1,\xi_2] [ ξ 1 , ξ 2 ] ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) \xi\in(\xi_1,\xi_2) ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) ψ ′ ( ξ ) = e − ξ ( f ′ ′ ( ξ ) − f ( ξ ) ) = 0 \psi'(\xi)=\e^{-\xi}\big(f''(\xi)-f(\xi)\big)=0 ψ ′ ( ξ ) = e − ξ ( f ′′ ( ξ ) − f ( ξ ) ) = 0
f f f ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) [ ξ 1 , ξ 2 ] ⊂ ( 0 , 1 ) [\xi_1,\xi_2]\subset(0,1) [ ξ 1 , ξ 2 ] ⊂ ( 0 , 1 ) ψ \psi ψ
答案：证明题。思路：第一次：e x f \e^xf e x f f ′ + f f'+f f ′ + f e − x ( f ′ + f ) \e^{-x}(f'+f) e − x ( f ′ + f )
x y O 1/2 1 f =sin πx （蓝）与 p =4x (1−x )（橙虚线）g =f −p （放大 5 倍）抛物线 p p p f f f g g g
例 2.17 夜雨 多项式拟合法 · p106
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上有二阶导数，且
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 ，
f ( 1 2 ) = 1 f\big(\frac12\big)=1 f ( 2 1 ) = 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ′ ( ξ ) = − 8 f''(\xi)=-8 f ′′ ( ξ ) = − 8 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 多项式拟合：找一个“标准答案”。 结论是 f ′ ′ = f''= f ′′ = p ( x ) p(x) p ( x ) 0 , 1 2 , 1 0,\frac12,1 0 , 2 1 , 1 f f f p ( x ) = 4 x ( 1 − x ) p(x)=4x(1-x) p ( x ) = 4 x ( 1 − x ) p ( 0 ) = p ( 1 ) = 0 p(0)=p(1)=0 p ( 0 ) = p ( 1 ) = 0 p ( 1 2 ) = 1 p\big(\frac12\big)=1 p ( 2 1 ) = 1 p ′ ′ ≡ − 8 p''\equiv-8 p ′′ ≡ − 8
夜雨的多项式拟合法：结论是 f ′ ′ ( ξ ) = k f''(\xi)=k f ′′ ( ξ ) = k p = a x 2 + b x + c p=ax^2+bx+c p = a x 2 + b x + c ( f − p ) ′ ′ ( ξ ) = 0 (f-p)''(\xi)=0 ( f − p ) ′′ ( ξ ) = 0
② 差函数的三个零点。 令 g = f − p g=f-p g = f − p g ( 0 ) = g ( 1 2 ) = g ( 1 ) = 0 g(0)=g\big(\frac12\big)=g(1)=0 g ( 0 ) = g ( 2 1 ) = g ( 1 ) = 0
条件“三个函数值”正好配三个零点。
③ 两次罗尔。 得 g ′ ( ξ 1 ) = g ′ ( ξ 2 ) = 0 g'(\xi_1)=g'(\xi_2)=0 g ′ ( ξ 1 ) = g ′ ( ξ 2 ) = 0 g ′ ′ ( ξ ) = 0 g''(\xi)=0 g ′′ ( ξ ) = 0 f ′ ′ ( ξ ) = p ′ ′ = − 8 f''(\xi)=p''=-8 f ′′ ( ξ ) = p ′′ = − 8
泰勒公式也能做（6.2 节），但拟合法更快，而且不需要 f ′ ′ f'' f ′′
答案：证明题。思路：拟合 p = 4 x ( 1 − x ) p=4x(1-x) p = 4 x ( 1 − x ) g = f − p g=f-p g = f − p f ′ ′ = p ′ ′ = − 8 f''=p''=-8 f ′′ = p ′′ = − 8
2.7 常数 K 值法与推广的罗尔定理大白话（夜雨）：当结论能写成“一边只有端点 a , b a,b a , b ξ \xi ξ a , b a,b a , b K K K b b b x x x 。它“简单粗暴”，不用猜是谁的导数。
常数 K 值法的步骤（夜雨第一类）
把结论整理成“端点那一边 = K K K a , b a,b a , b K K K
把含 K K K ⋯ = 0 \cdots=0 ⋯ = 0 把 b b b x x x ，得到 F ( x ) F(x) F ( x )
按 K K K F ( b ) = 0 F(b)=0 F ( b ) = 0 x x x a a a 0 = 0 0=0 0 = 0 F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0
对 F F F F ′ ( a ) = 0 F'(a)=0 F ′ ( a ) = 0 F ′ F' F ′
拉格朗日中值定理本身就是这样证的：K = f ( b ) − f ( a ) b − a K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} K = b − a f ( b ) − f ( a ) F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − K ( x − a ) F(x)=f(x)-f(a)-K(x-a) F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − K ( x − a )
例 2.18 夜雨 常数 K 值法 · p84
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上三阶可导。证明：存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ( b ) = f ( a ) + 1 2 ( b − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( b ) ] − 1 12 ( b − a ) 3 f ′ ′ ′ ( ξ ) f(b)=f(a)+\dfrac12(b-a)\big[f'(a)+f'(b)\big]-\dfrac1{12}(b-a)^3f'''(\xi) f ( b ) = f ( a ) + 2 1 ( b − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( b ) ] − 12 1 ( b − a ) 3 f ′′′ ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 设 K K K 令 K K K f ( b ) − f ( a ) − 1 2 ( b − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( b ) ] + 1 12 ( b − a ) 3 K = 0 f(b)-f(a)-\dfrac12(b-a)\big[f'(a)+f'(b)\big]+\dfrac1{12}(b-a)^3K=0 f ( b ) − f ( a ) − 2 1 ( b − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( b ) ] + 12 1 ( b − a ) 3 K = 0 K = f ′ ′ ′ ( ξ ) K=f'''(\xi) K = f ′′′ ( ξ )
等式一边只有端点，一边只有 ξ \xi ξ
② 把 b b b x x x 把第①步式子里的 b b b x x x a a a K K K F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − 1 2 ( x − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( x ) ] + 1 12 ( x − a ) 3 K F(x)=f(x)-f(a)-\dfrac12(x-a)\big[f'(a)+f'(x)\big]+\dfrac1{12}(x-a)^3K F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − 2 1 ( x − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( x ) ] + 12 1 ( x − a ) 3 K x = b x=b x = b F ( b ) = 0 F(b)=0 F ( b ) = 0 x = a x=a x = a f ( a ) − f ( a ) − 0 + 0 = 0 f(a)-f(a)-0+0=0 f ( a ) − f ( a ) − 0 + 0 = 0 F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0
K 值法的关键：K K K x = b x=b x = b F ( b ) = 0 F(b)=0 F ( b ) = 0 x = a x=a x = a
③ 第一次罗尔，并算出 F ′ F' F ′ 由罗尔，存在 η ∈ ( a , b ) \eta\in(a,b) η ∈ ( a , b ) F ′ ( η ) = 0 F'(\eta)=0 F ′ ( η ) = 0 f ( x ) f(x) f ( x ) f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) − 1 2 ( x − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( x ) ] -\frac12(x-a)[f'(a)+f'(x)] − 2 1 ( x − a ) [ f ′ ( a ) + f ′ ( x )] − 1 2 [ f ′ ( a ) + f ′ ( x ) ] − 1 2 ( x − a ) f ′ ′ ( x ) -\frac12[f'(a)+f'(x)]-\frac12(x-a)f''(x) − 2 1 [ f ′ ( a ) + f ′ ( x )] − 2 1 ( x − a ) f ′′ ( x ) 1 12 ( x − a ) 3 K \frac1{12}(x-a)^3K 12 1 ( x − a ) 3 K 1 4 ( x − a ) 2 K \frac14(x-a)^2K 4 1 ( x − a ) 2 K F ′ ( x ) = 1 2 [ f ′ ( x ) − f ′ ( a ) ] − 1 2 ( x − a ) f ′ ′ ( x ) + 1 4 ( x − a ) 2 K F'(x)=\dfrac12\big[f'(x)-f'(a)\big]-\dfrac12(x-a)f''(x)+\dfrac14(x-a)^2K F ′ ( x ) = 2 1 [ f ′ ( x ) − f ′ ( a ) ] − 2 1 ( x − a ) f ′′ ( x ) + 4 1 ( x − a ) 2 K x = a x=a x = a F ′ ( a ) = 0 F'(a)=0 F ′ ( a ) = 0
夜雨的注：用一次罗尔得 F ′ ( η ) = 0 F'(\eta)=0 F ′ ( η ) = 0 F ′ ( a ) = 0 F'(a)=0 F ′ ( a ) = 0 F ′ F' F ′
④ 第二次罗尔。 F ′ ( a ) = F ′ ( η ) = 0 F'(a)=F'(\eta)=0 F ′ ( a ) = F ′ ( η ) = 0 [ a , η ] [a,\eta] [ a , η ] F ′ F' F ′ ξ ∈ ( a , η ) \xi\in(a,\eta) ξ ∈ ( a , η ) F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 F ′ ′ ( x ) = 1 2 f ′ ′ − 1 2 f ′ ′ − 1 2 ( x − a ) f ′ ′ ′ ( x ) + 1 2 ( x − a ) K = 1 2 ( x − a ) [ K − f ′ ′ ′ ( x ) ] F''(x)=\frac12f''-\frac12f''-\frac12(x-a)f'''(x)+\frac12(x-a)K=\dfrac12(x-a)\big[K-f'''(x)\big] F ′′ ( x ) = 2 1 f ′′ − 2 1 f ′′ − 2 1 ( x − a ) f ′′′ ( x ) + 2 1 ( x − a ) K = 2 1 ( x − a ) [ K − f ′′′ ( x ) ] 1 2 ( ξ − a ) [ K − f ′ ′ ′ ( ξ ) ] = 0 \frac12(\xi-a)\big[K-f'''(\xi)\big]=0 2 1 ( ξ − a ) [ K − f ′′′ ( ξ ) ] = 0 ξ > a \xi>a ξ > a K = f ′ ′ ′ ( ξ ) K=f'''(\xi) K = f ′′′ ( ξ )
f f f F ′ F' F ′ ξ ≠ a \xi\ne a ξ = a
答案：证明题。思路：端点式记为 K K K b b b x x x F F F F ( a ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(b)=0 F ( a ) = F ( b ) = 0 F ′ ( a ) = 0 F'(a)=0 F ′ ( a ) = 0
夜雨的第二类常数 K 值法 把只含 ξ \xi ξ K K K 左边只含 a a a b b b ”，就把 a a a x x x F F F F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b )
例：例 4.1 也可以这样做。设 K = a b b − a [ b f ( b ) − a f ( a ) ] K=\dfrac{ab}{b-a}\big[bf(b)-af(a)\big] K = b − a ab [ b f ( b ) − a f ( a ) ] b − a a b = 1 a − 1 b \dfrac{b-a}{ab}=\dfrac1a-\dfrac1b ab b − a = a 1 − b 1 K a − K b = b f ( b ) − a f ( a ) \dfrac Ka-\dfrac Kb=bf(b)-af(a) a K − b K = b f ( b ) − a f ( a ) a f ( a ) + K a = b f ( b ) + K b af(a)+\dfrac Ka=bf(b)+\dfrac Kb a f ( a ) + a K = b f ( b ) + b K F ( x ) = x f ( x ) + K x F(x)=xf(x)+\dfrac Kx F ( x ) = x f ( x ) + x K F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) − K ξ 2 = 0 f(\xi)+\xi f'(\xi)-\dfrac K{\xi^2}=0 f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) − ξ 2 K = 0 K = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] K=\xi^2\big[f(\xi)+\xi f'(\xi)\big] K = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ]
推广的罗尔定理（夜雨，次重点）
f f f ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ( a , b ] (a,b] ( a , b ] lim x → a + f ( x ) = f ( b ) \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=f(b) x → a + lim f ( x ) = f ( b ) ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 f f f ( a , + ∞ ) (a,+\infty) ( a , + ∞ ) lim x → a + f ( x ) = lim x → + ∞ f ( x ) \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) x → a + lim f ( x ) = x → + ∞ lim f ( x ) + ∞ +\infty + ∞ ξ \xi ξ f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0
端点处只有极限、没有函数值，或者区间是无穷的，都能用。答卷里要么补定义成闭区间上的连续函数，要么像下面这样用介值定理找两个相等的函数值。
例 2.19 夜雨 推广的罗尔定理 · p82
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [ 0 , + ∞ ) 上可导，且
0 ≤ f ( x ) ≤ x 1 + x 2 0\le f(x)\le\dfrac{x}{1+x^2} 0 ≤ f ( x ) ≤ 1 + x 2 x 。证明：存在
ξ > 0 \xi>0 ξ > 0 ，使得
f ′ ( ξ ) = 1 − ξ 2 ( 1 + ξ 2 ) 2 f'(\xi)=\dfrac{1-\xi^2}{(1+\xi^2)^2} f ′ ( ξ ) = ( 1 + ξ 2 ) 2 1 − ξ 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出右边是导数。 ( x 1 + x 2 ) ′ = ( 1 + x 2 ) − 2 x 2 ( 1 + x 2 ) 2 = 1 − x 2 ( 1 + x 2 ) 2 \Big(\dfrac x{1+x^2}\Big)'=\dfrac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2}=\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2} ( 1 + x 2 x ) ′ = ( 1 + x 2 ) 2 ( 1 + x 2 ) − 2 x 2 = ( 1 + x 2 ) 2 1 − x 2 F ( x ) = f ( x ) − x 1 + x 2 F(x)=f(x)-\dfrac x{1+x^2} F ( x ) = f ( x ) − 1 + x 2 x
要证 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0
② 两“端”的值。 由 0 ≤ f ( 0 ) ≤ 0 1 = 0 0\le f(0)\le\frac0{1}=0 0 ≤ f ( 0 ) ≤ 1 0 = 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 x → + ∞ x\to+\infty x → + ∞ 0 ≤ f ( x ) ≤ x 1 + x 2 → 0 0\le f(x)\le\frac x{1+x^2}\to0 0 ≤ f ( x ) ≤ 1 + x 2 x → 0 f ( x ) → 0 f(x)\to0 f ( x ) → 0 lim x → + ∞ F ( x ) = 0 \lim\limits_{x\to+\infty}F(x)=0 x → + ∞ lim F ( x ) = 0 f ≤ x 1 + x 2 f\le\frac x{1+x^2} f ≤ 1 + x 2 x F ≤ 0 F\le0 F ≤ 0
左端 F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0
③ 用介值定理找两个相等的值。 若 F ≡ 0 F\equiv0 F ≡ 0 ξ \xi ξ F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 x 1 > 0 x_1>0 x 1 > 0 F ( x 1 ) < 0 F(x_1)<0 F ( x 1 ) < 0 F ( x 1 ) F(x_1) F ( x 1 ) c c c c = 1 2 F ( x 1 ) c=\frac12F(x_1) c = 2 1 F ( x 1 ) F ( 0 ) = 0 > c > F ( x 1 ) F(0)=0>c>F(x_1) F ( 0 ) = 0 > c > F ( x 1 ) ( 0 , x 1 ) (0,x_1) ( 0 , x 1 ) u u u F ( u ) = c F(u)=c F ( u ) = c lim x → + ∞ F = 0 > c \lim\limits_{x\to+\infty}F=0>c x → + ∞ lim F = 0 > c X > x 1 X>x_1 X > x 1 F ( X ) > c F(X)>c F ( X ) > c ( x 1 , X ) (x_1,X) ( x 1 , X ) v v v F ( v ) = c F(v)=c F ( v ) = c
画图看：曲线从高度 0 出发，往下走到 F ( x 1 ) F(x_1) F ( x 1 ) c c c u u u v v v
④ 罗尔。 F ( u ) = F ( v ) F(u)=F(v) F ( u ) = F ( v ) u < x 1 < v u<x_1<v u < x 1 < v ξ ∈ ( u , v ) \xi\in(u,v) ξ ∈ ( u , v ) F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 f ′ ( ξ ) = 1 − ξ 2 ( 1 + ξ 2 ) 2 f'(\xi)=\dfrac{1-\xi^2}{(1+\xi^2)^2} f ′ ( ξ ) = ( 1 + ξ 2 ) 2 1 − ξ 2 ξ > 0 \xi>0 ξ > 0
这就是推广的罗尔定理的证明过程。
答案：证明题。思路：F = f − x 1 + x 2 F=f-\frac x{1+x^2} F = f − 1 + x 2 x F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( + ∞ ) = 0 F(+\infty)=0 F ( + ∞ ) = 0
2.8 小结：构造辅助函数总表这张表要竖着背 （Maki）：左列是你在卷面上会看到的，右列是你要写下的第一行“令 F ( x ) = ⋯ F(x)=\cdots F ( x ) = ⋯
结论里出现 令 F ( x ) = F(x)= F ( x ) = 方法 例子
f ′ ( ξ ) + λ f ( ξ ) = 0 f'(\xi)+\lambda f(\xi)=0 f ′ ( ξ ) + λ f ( ξ ) = 0 e λ x f ( x ) \e^{\lambda x}f(x) e λ x f ( x ) 万能构造 例 A.5 f ′ + g ′ f = 0 f'+g'f=0 f ′ + g ′ f = 0 e g ( x ) f ( x ) \e^{g(x)}f(x) e g ( x ) f ( x ) 万能构造 练习 5 f ′ − λ ( f − ξ ) = 1 f'-\lambda(f-\xi)=1 f ′ − λ ( f − ξ ) = 1 e − λ x ( f ( x ) − x ) \e^{-\lambda x}(f(x)-x) e − λ x ( f ( x ) − x ) 万能构造 例 2.10 f ′ ′ + f ′ = 1 f''+f'=1 f ′′ + f ′ = 1 e x ( f ′ ( x ) − 1 ) \e^x(f'(x)-1) e x ( f ′ ( x ) − 1 ) 万能构造 例 2.7 f ′ ′ − f = 0 f''-f=0 f ′′ − f = 0 e − x ( f ′ + f ) \e^{-x}(f'+f) e − x ( f ′ + f ) e x f \e^xf e x f 二次构造 例 2.16 f ′ − f = sin ξ f'-f=\sin\xi f ′ − f = sin ξ e − x f + e − x ( sin x + cos x ) 2 \e^{-x}f+\frac{\e^{-x}(\sin x+\cos x)}2 e − x f + 2 e − x ( s i n x + c o s x ) 微分方程法 例 2.6 f ′ = k f ξ f'=\frac{kf}\xi f ′ = ξ k f ξ f ′ − k f = 0 \xi f'-kf=0 ξ f ′ − k f = 0 f ( x ) x k \frac{f(x)}{x^k} x k f ( x ) 乘除幂 例 2.5 ξ f ′ + k f = 0 \xi f'+kf=0 ξ f ′ + k f = 0 x k f ( x ) x^kf(x) x k f ( x ) 乘除幂 练习 2 ( ξ − 1 ) f ′ + n f = 0 (\xi-1)f'+nf=0 ( ξ − 1 ) f ′ + n f = 0 ( x − 1 ) n f ( x ) (x-1)^nf(x) ( x − 1 ) n f ( x ) 乘除幂 例 2.11 ( 1 + ξ ) f ′ = f (1+\xi)f'=f ( 1 + ξ ) f ′ = f f ( x ) 1 + x \frac{f(x)}{1+x} 1 + x f ( x ) 还原法 例 2.4 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 = 0 ff''+(f')^2=0 f f ′′ + ( f ′ ) 2 = 0 f ( x ) f ′ ( x ) f(x)f'(x) f ( x ) f ′ ( x ) 乘积 例 2.8 f g ′ ′ − f ′ ′ g = 0 fg''-f''g=0 f g ′′ − f ′′ g = 0 f ( x ) g ′ ( x ) − f ′ ( x ) g ( x ) f(x)g'(x)-f'(x)g(x) f ( x ) g ′ ( x ) − f ′ ( x ) g ( x ) 乘积 例 2.9 ∫ ξ 1 f = ξ f ( ξ ) \int_\xi^1f=\xi f(\xi) ∫ ξ 1 f = ξ f ( ξ ) x ∫ x 1 f ( t ) d t x\int_x^1f(t)\dt x ∫ x 1 f ( t ) d t 变限积分 例 2.12 f ′ ′ ( ξ ) = 0 f''(\xi)=0 f ′′ ( ξ ) = 0 f − f- f − f − g f-g f − g 两次罗尔 例 2.13 、例 2.14 f ′ ′ ( ξ ) = k f''(\xi)=k f ′′ ( ξ ) = k f − p f-p f − p p p p 多项式拟合 例 2.17 一边只有 a , b a,b a , b ξ \xi ξ 端点式记为 K K K b b b x x x K 值法 例 2.18 一眼认不出 把 ξ \xi ξ x x x Φ = C \Phi=C Φ = C 还原法 例 2.3
三句话
先看阶数：一个 f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′
再看形状：相加想乘积，相减想商，差一个自己乘 e λ x \e^{\lambda x} e λ x ξ \xi ξ x k x^k x k
最后找点：两端相等的点通常是 F F F
学完了，标记这一部分
第 3 部分
拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理把“函数值之差”换成“导数 × 长度”。它很少整题出现，却是证不等式、求极限、估计导数、处理递推数列的一步关键。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章第 2 条）
理解并会用拉格朗日中值定理。
对应李林第三章第二节“拉格朗日中值定理”。
这一部分在考什么
李林：“理解并会用拉格朗日中值定理。”它的用法李林列了五条：① 增量 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) lim θ ( x ) \lim\theta(x) lim θ ( x )
数一真题里拉格朗日很少整题单独出现，却到处都是一步 ：证不等式（2004、2011）、估计导数（2020）、递推数列与级数（2016、2018）、凹凸性（2014、2025）。本部分按“用法”分节。
3.1 拉格朗日中值定理：切线平行于弦大白话：把罗尔定理的图歪过来——两端不一样高也没关系，曲线上总有一点的切线和弦平行 。0.1 节的开车例子就是它。
x y O ξ 1 ξ 2 a b A B 弦 AB 的斜率 = (f (b )−f (a ))/(b −a ) 切线（绿）与弦 A B AB A B 拉格朗日中值定理
f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b )
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) \displaystyle f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) 即 \displaystyle \text{即} 即 f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( a ) b − a . \displaystyle f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}. f ′ ( ξ ) = b − a f ( b ) − f ( a ) . 两种等价写法：ξ = a + θ ( b − a ) \xi=a+\theta(b-a) ξ = a + θ ( b − a ) 0 < θ < 1 0<\theta<1 0 < θ < 1 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( a + θ ( b − a ) ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'\big(a+\theta(b-a)\big)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( a + θ ( b − a ) ) ( b − a ) x x x f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) ξ \xi ξ x 0 x_0 x 0 x x x
怎么证？把弦“拉平” ：令 F ( x ) = f ( x ) − F(x)=f(x)- F ( x ) = f ( x ) − F F F F F F F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 f ′ ( ξ ) = f'(\xi)= f ′ ( ξ ) =
x y O a b F (b )=0F (a )=F (b )=0F (x )=f (x )−弦的高度F = f − F=f- F = f − f f f 三个推论（第 8 部分有更多）
区间上 f ′ ≡ 0 f'\equiv0 f ′ ≡ 0 f f f f ′ ≡ g ′ f'\equiv g' f ′ ≡ g ′ f − g f-g f − g
区间上 ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣ |f(x)-f(y)|\le M|x-y| ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣ ∣ sin x − sin y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ |\sin x-\sin y|\le|x-y| ∣ sin x − sin y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ ∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ |\arctan a-\arctan b|\le|a-b| ∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣
f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x 2 − x 1 ) > 0 f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)>0 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x 2 − x 1 ) > 0
例 3.1 2009 数一(18)
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，则存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) 。（Ⅱ）证明：若函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
x = 0 x=0 x = 0 处连续，在
( 0 , δ ) (0,\delta) ( 0 , δ ) （
δ > 0 \delta>0 δ > 0 ）内可导，且
lim x → 0 + f ′ ( x ) = A \lim\limits_{x\to0^+}f'(x)=A x → 0 + lim f ′ ( x ) = A ，则
f + ′ ( 0 ) f'_+(0) f + ′ ( 0 ) 存在，且
f + ′ ( 0 ) = A f'_+(0)=A f + ′ ( 0 ) = A 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 构造（K 值法）。 令 K = f ( b ) − f ( a ) b − a K=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} K = b − a f ( b ) − f ( a ) F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − K ( x − a ) F(x)=f(x)-f(a)-K(x-a) F ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − K ( x − a )
f ( a ) + K ( x − a ) f(a)+K(x-a) f ( a ) + K ( x − a ) A B AB A B F F F
② (Ⅰ) 验证罗尔的条件。 F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0 F ( b ) = f ( b ) − f ( a ) − K ( b − a ) = 0 F(b)=f(b)-f(a)-K(b-a)=0 F ( b ) = f ( b ) − f ( a ) − K ( b − a ) = 0
三个条件逐条写出，这一问考的就是书写的完整性。
③ (Ⅰ) 罗尔。 存在 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) F ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) − K = 0 F'(\xi)=f'(\xi)-K=0 F ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) − K = 0 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a )
要证的定理不能用来证它自己——这里只能用罗尔定理。
④ (Ⅱ) 在 [ 0 , x ] [0,x] [ 0 , x ] 任取 x ∈ ( 0 , δ ) x\in(0,\delta) x ∈ ( 0 , δ ) f f f [ 0 , x ] [0,x] [ 0 , x ] ( 0 , x ] (0,x] ( 0 , x ] ( 0 , x ) (0,x) ( 0 , x ) ξ x ∈ ( 0 , x ) \xi_x\in(0,x) ξ x ∈ ( 0 , x ) f ( x ) − f ( 0 ) x = f ′ ( ξ x ) \dfrac{f(x)-f(0)}{x}=f'(\xi_x) x f ( x ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ x )
右导数的定义就是这个差商的极限，拉格朗日把差商换成了导数值。
⑤ (Ⅱ) 夹住 ξ x \xi_x ξ x 0 < ξ x < x 0<\xi_x<x 0 < ξ x < x x → 0 + x\to0^+ x → 0 + ξ x → 0 + \xi_x\to0^+ ξ x → 0 + f + ′ ( 0 ) = lim x → 0 + f ( x ) − f ( 0 ) x = lim x → 0 + f ′ ( ξ x ) = A f'_+(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}x=\lim\limits_{x\to0^+}f'(\xi_x)=A f + ′ ( 0 ) = x → 0 + lim x f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 + lim f ′ ( ξ x ) = A
ξ x \xi_x ξ x x x x ξ x \xi_x ξ x x x x 0 + 0^+ 0 + lim t → 0 + f ′ ( t ) = A \lim\limits_{t\to0^+}f'(t)=A t → 0 + lim f ′ ( t ) = A
答案：证明题。思路：（Ⅰ）F = f − F=f- F = f − [ 0 , x ] [0,x] [ 0 , x ] ξ x → 0 + \xi_x\to0^+ ξ x → 0 +
（Ⅱ）的结论叫“导数极限定理” 它说：函数在一点连续、导数在那一点有极限，那么导数在那一点也存在且等于这个极限。推论是导函数不会有可去或跳跃间断点 ——和 例 1.6 的结论一致。分段函数求分段点的导数时可以用它（前提是先验证连续）。
3.2 用法一：证不等式大白话：不等式里出现“两个函数值之差” f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) ln ( n + 1 ) − ln n \ln(n+1)-\ln n ln ( n + 1 ) − ln n ln 2 b − ln 2 a \ln^2b-\ln^2a ln 2 b − ln 2 a f ′ ( ξ ) ( b − a ) f'(\xi)(b-a) f ′ ( ξ ) ( b − a ) a < ξ < b a<\xi<b a < ξ < b f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 。
n n +1高 1/n 高 1/(n +1) ln(n +1)−ln n y =1/x ln ( n + 1 ) − ln n \ln(n+1)-\ln n ln ( n + 1 ) − ln n n = 1 n=1 n = 1 方法卡 · 拉格朗日证不等式
什么时候用
不等式中有差
f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) ，或两个同类式子之差（
ln 2 b − ln 2 a \ln^2b-\ln^2a ln 2 b − ln 2 a 、
a n − b n a^n-b^n a n − b n 、
arctan a − arctan b \arctan a-\arctan b arctan a − arctan b ）。
步骤
找出 f f f f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
写 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) a < ξ < b a<\xi<b a < ξ < b
估计 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) f ′ f' f ′ f ′ ( a ) f'(a) f ′ ( a ) f ′ ( b ) f'(b) f ′ ( b ) f ′ f' f ′ [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 最容易错
由
a < ξ < b a<\xi<b a < ξ < b 直接写
f ′ ( a ) < f ′ ( ξ ) < f ′ ( b ) f'(a)<f'(\xi)<f'(b) f ′ ( a ) < f ′ ( ξ ) < f ′ ( b ) ，没验证
f ′ f' f ′ 递增；要严格不等号时忘了说明
f ′ f' f ′ 严格单调。
例 3.2 2011 数一(18) 2011 数二(19)
（Ⅰ）证明：对任意的正整数
n n n ，都有
1 n + 1 < ln ( 1 + 1 n ) < 1 n \dfrac1{n+1}<\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)<\dfrac1n n + 1 1 < ln ( 1 + n 1 ) < n 1 成立；（Ⅱ）设
a n = 1 + 1 2 + ⋯ + 1 n − ln n a_n=1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n-\ln n a n = 1 + 2 1 + ⋯ + n 1 − ln n （
n = 1 , 2 , ⋯ n=1,2,\cdots n = 1 , 2 , ⋯ ），证明数列
{ a n } \{a_n\} { a n } 收敛。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 写成差。 ln ( 1 + 1 n ) = ln ( n + 1 ) − ln n \ln\Big(1+\dfrac1n\Big)=\ln(n+1)-\ln n ln ( 1 + n 1 ) = ln ( n + 1 ) − ln n
出现“两个函数值之差”，拉格朗日的信号。
② (Ⅰ) 拉格朗日。 f ( x ) = ln x f(x)=\ln x f ( x ) = ln x [ n , n + 1 ] [n,n+1] [ n , n + 1 ] ln ( n + 1 ) − ln n = 1 ξ \ln(n+1)-\ln n=\dfrac1\xi ln ( n + 1 ) − ln n = ξ 1 n < ξ < n + 1 n<\xi<n+1 n < ξ < n + 1 1 n + 1 < 1 ξ < 1 n \dfrac1{n+1}<\dfrac1\xi<\dfrac1n n + 1 1 < ξ 1 < n 1
1 x \frac1x x 1 ξ \xi ξ 1 ξ \frac1\xi ξ 1 例 A.2 用单调性证过同一个不等式。
③ (Ⅱ) 单调递减。 a n + 1 − a n = 1 n + 1 − ln ( n + 1 ) + ln n = 1 n + 1 − ln ( 1 + 1 n ) < 0 a_{n+1}-a_n=\dfrac1{n+1}-\ln(n+1)+\ln n=\dfrac1{n+1}-\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)<0 a n + 1 − a n = n + 1 1 − ln ( n + 1 ) + ln n = n + 1 1 − ln ( 1 + n 1 ) < 0
用（Ⅰ）的左半边。
④ (Ⅱ) 有下界。 a n = ∑ k = 1 n 1 k − ln n > ∑ k = 1 n ln ( 1 + 1 k ) − ln n = ln ( n + 1 ) − ln n > 0 a_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1k-\ln n>\sum_{k=1}^n\ln\Big(1+\frac1k\Big)-\ln n=\ln(n+1)-\ln n>0 a n = k = 1 ∑ n k 1 − ln n > k = 1 ∑ n ln ( 1 + k 1 ) − ln n = ln ( n + 1 ) − ln n > 0
用（Ⅰ）的右半边：1 k > ln k + 1 k \frac1k>\ln\frac{k+1}k k 1 > ln k k + 1 ln ( n + 1 ) \ln(n+1) ln ( n + 1 )
⑤ (Ⅱ) 单调有界。 { a n } \{a_n\} { a n }
这个极限叫欧拉常数 γ ≈ 0.5772 \gamma\approx0.5772 γ ≈ 0.5772
答案：证明题。思路：（Ⅰ）ln x \ln x ln x [ n , n + 1 ] [n,n+1] [ n , n + 1 ] a n a_n a n > 0 >0 > 0
例 3.3 2004 数一(15)
设
e < a < b < e 2 \e<a<b<\e^2 e < a < b < e 2 ，证明
ln 2 b − ln 2 a > 4 e 2 ( b − a ) \ln^2b-\ln^2a>\dfrac4{\e^2}(b-a) ln 2 b − ln 2 a > e 2 4 ( b − a ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拉格朗日。 对 f ( x ) = ln 2 x f(x)=\ln^2x f ( x ) = ln 2 x [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ln 2 b − ln 2 a = 2 ln ξ ξ ( b − a ) \ln^2b-\ln^2a=\dfrac{2\ln\xi}{\xi}(b-a) ln 2 b − ln 2 a = ξ 2 ln ξ ( b − a ) e < a < ξ < b < e 2 \e<a<\xi<b<\e^2 e < a < ξ < b < e 2
左边是 ln 2 x \ln^2x ln 2 x ( ln 2 x ) ′ = 2 ln x x (\ln^2x)'=\frac{2\ln x}x ( ln 2 x ) ′ = x 2 l n x
② 估计 ln ξ ξ \frac{\ln\xi}\xi ξ l n ξ φ ( t ) = ln t t \varphi(t)=\dfrac{\ln t}t φ ( t ) = t ln t φ ′ ( t ) = 1 − ln t t 2 < 0 \varphi'(t)=\dfrac{1-\ln t}{t^2}<0 φ ′ ( t ) = t 2 1 − ln t < 0 t > e t>\e t > e φ \varphi φ ( e , e 2 ) (\e,\e^2) ( e , e 2 ) φ ( ξ ) > φ ( e 2 ) = 2 e 2 \varphi(\xi)>\varphi(\e^2)=\dfrac2{\e^2} φ ( ξ ) > φ ( e 2 ) = e 2 2
不等式右边的 4 e 2 \frac4{\e^2} e 2 4 2 φ ( e 2 ) 2\varphi(\e^2) 2 φ ( e 2 ) e 2 \e^2 e 2
③ 合起来。 ln 2 b − ln 2 a = 2 φ ( ξ ) ( b − a ) > 4 e 2 ( b − a ) \ln^2b-\ln^2a=2\varphi(\xi)(b-a)>\dfrac4{\e^2}(b-a) ln 2 b − ln 2 a = 2 φ ( ξ ) ( b − a ) > e 2 4 ( b − a )
拉格朗日把“两个函数值之差”换成“一个导数值”，再估计这个导数值——这是本节的套路。
④ 方法二：常数变量化。 把不等式里的常数 b b b x x x F ( x ) = ln 2 x − ln 2 a − 4 e 2 ( x − a ) F(x)=\ln^2x-\ln^2a-\dfrac4{\e^2}(x-a) F ( x ) = ln 2 x − ln 2 a − e 2 4 ( x − a ) x ∈ [ a , e 2 ) x\in[a,\e^2) x ∈ [ a , e 2 ) F ( a ) = 0 F(a)=0 F ( a ) = 0 F ′ ( x ) = 2 ln x x − 4 e 2 = 2 [ φ ( x ) − φ ( e 2 ) ] > 0 F'(x)=\dfrac{2\ln x}x-\dfrac4{\e^2}=2\Big[\varphi(x)-\varphi(\e^2)\Big]>0 F ′ ( x ) = x 2 ln x − e 2 4 = 2 [ φ ( x ) − φ ( e 2 ) ] > 0 φ \varphi φ ( e , e 2 ) (\e,\e^2) ( e , e 2 ) F F F F ( b ) > F ( a ) = 0 F(b)>F(a)=0 F ( b ) > F ( a ) = 0
张宇《30 讲》第 6 讲把这叫“用常数变量化证明”：不等式里两个常数 a < b a<b a < b x x x
答案：证明题。思路：方法一：ln 2 x \ln^2x ln 2 x [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ln t t \frac{\ln t}t t l n t b b b x x x F F F
例 3.4 1992 数一(六)
设
f ′ ′ ( x ) < 0 f''(x)<0 f ′′ ( x ) < 0 ，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，证明对任何
x 1 > 0 x_1>0 x 1 > 0 ，
x 2 > 0 x_2>0 x 2 > 0 ，有
f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2) f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 移项成两个差。 不妨设 x 1 ≤ x 2 x_1\le x_2 x 1 ≤ x 2 f ( x 1 + x 2 ) − f ( x 2 ) < f ( x 1 ) − f ( 0 ) f(x_1+x_2)-f(x_2)<f(x_1)-f(0) f ( x 1 + x 2 ) − f ( x 2 ) < f ( x 1 ) − f ( 0 )
左边、右边都是“函数值之差”，而且自变量的差都是 x 1 x_1 x 1
② 两次拉格朗日。 f ( x 1 + x 2 ) − f ( x 2 ) = f ′ ( ξ 2 ) x 1 f(x_1+x_2)-f(x_2)=f'(\xi_2)x_1 f ( x 1 + x 2 ) − f ( x 2 ) = f ′ ( ξ 2 ) x 1 ξ 2 ∈ ( x 2 , x 1 + x 2 ) \xi_2\in(x_2,x_1+x_2) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 1 + x 2 ) f ( x 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ 1 ) x 1 f(x_1)-f(0)=f'(\xi_1)x_1 f ( x 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ 1 ) x 1 ξ 1 ∈ ( 0 , x 1 ) \xi_1\in(0,x_1) ξ 1 ∈ ( 0 , x 1 )
两个区间一样长，比较的就只剩两个导数值。
③ 比较导数。 ξ 1 < x 1 ≤ x 2 < ξ 2 \xi_1<x_1\le x_2<\xi_2 ξ 1 < x 1 ≤ x 2 < ξ 2 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 f ′ f' f ′ f ′ ( ξ 2 ) < f ′ ( ξ 1 ) f'(\xi_2)<f'(\xi_1) f ′ ( ξ 2 ) < f ′ ( ξ 1 ) x 1 > 0 x_1>0 x 1 > 0
几何意义：向下弯的曲线，越往右越平，同样长的一段升得越少。
答案：证明题。思路：两个等长区间 [ 0 , x 1 ] [0,x_1] [ 0 , x 1 ] [ x 2 , x 1 + x 2 ] [x_2,x_1+x_2] [ x 2 , x 1 + x 2 ] f ′ f' f ′
3.3 用法二：求 f ( ⋅ ) − f ( ⋅ ) f(\cdot)-f(\cdot) f ( ⋅ ) − f ( ⋅ ) 大白话：极限里出现“同一个函数在两点的差”，比如 arctan ( x + 1 ) − arctan x \arctan(x+1)-\arctan x arctan ( x + 1 ) − arctan x sin f ( x ) − sin a \sin f(x)-\sin a sin f ( x ) − sin a e sin x − e x \e^{\sin x}-\e^x e s i n x − e x f ′ ( ξ ) × f'(\xi)\times f ′ ( ξ ) × ξ \xi ξ 。
方法卡 · 拉格朗日求极限
什么时候用
lim g ( x ) [ f ( u ( x ) ) − f ( v ( x ) ) ] \lim g(x)\,[f(u(x))-f(v(x))] lim g ( x ) [ f ( u ( x )) − f ( v ( x ))] ，
u − v u-v u − v 好算，
f ′ f' f ′ 好算。
步骤
f ( u ) − f ( v ) = f ′ ( ξ ) ( u − v ) f(u)-f(v)=f'(\xi)(u-v) f ( u ) − f ( v ) = f ′ ( ξ ) ( u − v ) ξ \xi ξ u u u v v v u , v u,v u , v c c c ξ → c \xi\to c ξ → c f ′ ( ξ ) → f ′ ( c ) f'(\xi)\to f'(c) f ′ ( ξ ) → f ′ ( c ) f ′ f' f ′ 最容易错
直接把
ξ \xi ξ 写成
x x x 而不说明理由；
ξ \xi ξ 依赖
x x x ，要写“
ξ \xi ξ 介于……之间，由夹逼……”。
例 3.5 2018 数二(9)
lim x → + ∞ x 2 [ arctan ( x + 1 ) − arctan x ] = \lim\limits_{x\to+\infty}x^2\big[\arctan(x+1)-\arctan x\big]= x → + ∞ lim x 2 [ arctan ( x + 1 ) − arctan x ] = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拉格朗日。 arctan ( x + 1 ) − arctan x = 1 1 + ξ 2 \arctan(x+1)-\arctan x=\dfrac{1}{1+\xi^2} arctan ( x + 1 ) − arctan x = 1 + ξ 2 1 x < ξ < x + 1 x<\xi<x+1 x < ξ < x + 1
∞ ⋅ 0 \infty\cdot0 ∞ ⋅ 0
② 夹逼。 x 2 1 + ( x + 1 ) 2 < x 2 1 + ξ 2 < x 2 1 + x 2 \dfrac{x^2}{1+(x+1)^2}<\dfrac{x^2}{1+\xi^2}<\dfrac{x^2}{1+x^2} 1 + ( x + 1 ) 2 x 2 < 1 + ξ 2 x 2 < 1 + x 2 x 2
ξ \xi ξ x x x x + 1 x+1 x + 1 x > 0 x>0 x > 0
答案：1
例 3.6 2020 数三(1)
设
lim x → a f ( x ) − a x − a = b \lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)-a}{x-a}=b x → a lim x − a f ( x ) − a = b ，则
lim x → a sin f ( x ) − sin a x − a = \lim\limits_{x\to a}\dfrac{\sin f(x)-\sin a}{x-a}= x → a lim x − a sin f ( x ) − sin a = （ ）。（A）
b sin a b\sin a b sin a （B）
b cos a b\cos a b cos a （C）
b sin f ( a ) b\sin f(a) b sin f ( a ) （D）
b cos f ( a ) b\cos f(a) b cos f ( a ) 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先读出 f ( x ) → a f(x)\to a f ( x ) → a f ( x ) − a = f ( x ) − a x − a ⋅ ( x − a ) → b ⋅ 0 = 0 f(x)-a=\dfrac{f(x)-a}{x-a}\cdot(x-a)\to b\cdot0=0 f ( x ) − a = x − a f ( x ) − a ⋅ ( x − a ) → b ⋅ 0 = 0
“分母趋零，分子必趋零”。题目没说 f f f a a a f ( a ) = a f(a)=a f ( a ) = a
② 拉格朗日。 sin f ( x ) − sin a = cos ξ ⋅ ( f ( x ) − a ) \sin f(x)-\sin a=\cos\xi\cdot\big(f(x)-a\big) sin f ( x ) − sin a = cos ξ ⋅ ( f ( x ) − a ) ξ \xi ξ a a a f ( x ) f(x) f ( x )
f f f sin \sin sin f f f
③ 取极限。 ξ → a \xi\to a ξ → a cos ξ → cos a \cos\xi\to\cos a cos ξ → cos a = cos a ⋅ b =\cos a\cdot b = cos a ⋅ b
（D）的陷阱：条件只管 x ≠ a x\ne a x = a f ( a ) f(a) f ( a ) a = 0 a=0 a = 0 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x x ≠ 0 x\ne0 x = 0 f ( 0 ) = π f(0)=\pi f ( 0 ) = π = 1 =1 = 1 cos f ( 0 ) = − 1 \cos f(0)=-1 cos f ( 0 ) = − 1
答案：B
3.4 用法三：证含 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 大白话：结论是“存在 ξ \xi ξ f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 。关键是选区间：Maki 的“最值点劈区间”就是在最大值点处切开，挑合适的一段。
例 3.7 1990 数一(六)
设不恒为常数的函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在闭区间
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在开区间
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，且
f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) 。证明在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内至少存在一点
ξ \xi ξ ，使得
f ′ ( ξ ) > 0 f'(\xi)>0 f ′ ( ξ ) > 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 找一个与端点不等高的点。 f f f c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ( c ) ≠ f ( a ) f(c)\ne f(a) f ( c ) = f ( a )
要证导数为正，就要找一段“上坡”：从低处到高处。
② 分两种情况各用一次拉格朗日。 若 f ( c ) > f ( a ) f(c)>f(a) f ( c ) > f ( a ) [ a , c ] [a,c] [ a , c ] f ′ ( ξ ) = f ( c ) − f ( a ) c − a > 0 f'(\xi)=\dfrac{f(c)-f(a)}{c-a}>0 f ′ ( ξ ) = c − a f ( c ) − f ( a ) > 0 f ( c ) < f ( a ) = f ( b ) f(c)<f(a)=f(b) f ( c ) < f ( a ) = f ( b ) [ c , b ] [c,b] [ c , b ] f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( c ) b − c > 0 f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(c)}{b-c}>0 f ′ ( ξ ) = b − c f ( b ) − f ( c ) > 0
不管 c c c
答案：证明题。思路：找一个与端点不等高的点，挑“上坡”那一段用拉格朗日
x y O c 1 2 M 斜率 M /c ≥ M 折线 Mx 、M (2−x ) 在最大值点 c c c
例 3.8 2020 数一(19) 2020 数三(19)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ 0 , 2 ] [0,2] [ 0 , 2 ] 上具有连续导数，
f ( 0 ) = f ( 2 ) = 0 f(0)=f(2)=0 f ( 0 ) = f ( 2 ) = 0 ，
M = max x ∈ [ 0 , 2 ] { ∣ f ( x ) ∣ } M=\max\limits_{x\in[0,2]}\{|f(x)|\} M = x ∈ [ 0 , 2 ] max { ∣ f ( x ) ∣ } ，证明：（Ⅰ）存在
ξ ∈ ( 0 , 2 ) \xi\in(0,2) ξ ∈ ( 0 , 2 ) ，使得
∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M |f'(\xi)|\ge M ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M ；（Ⅱ）若对任意的
x ∈ ( 0 , 2 ) x\in(0,2) x ∈ ( 0 , 2 ) ，
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ M |f'(x)|\le M ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ M ，则
M = 0 M=0 M = 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 取最值点。 ∣ f ∣ |f| ∣ f ∣ c ∈ [ 0 , 2 ] c\in[0,2] c ∈ [ 0 , 2 ] ∣ f ( c ) ∣ = M |f(c)|=M ∣ f ( c ) ∣ = M M = 0 M=0 M = 0 f ≡ 0 f\equiv0 f ≡ 0 ξ \xi ξ M > 0 M>0 M > 0 c ≠ 0 , 2 c\ne0,2 c = 0 , 2 c ∈ ( 0 , 2 ) c\in(0,2) c ∈ ( 0 , 2 )
M = 0 M=0 M = 0 M M M c c c
② (Ⅰ) 挑短的一段用拉格朗日。 若 0 < c ≤ 1 0<c\le1 0 < c ≤ 1 [ 0 , c ] [0,c] [ 0 , c ] ∣ f ′ ( ξ ) ∣ = ∣ f ( c ) − f ( 0 ) ∣ c = M c ≥ M |f'(\xi)|=\dfrac{|f(c)-f(0)|}{c}=\dfrac Mc\ge M ∣ f ′ ( ξ ) ∣ = c ∣ f ( c ) − f ( 0 ) ∣ = c M ≥ M 1 < c < 2 1<c<2 1 < c < 2 [ c , 2 ] [c,2] [ c , 2 ] ∣ f ′ ( ξ ) ∣ = M 2 − c > M |f'(\xi)|=\dfrac{M}{2-c}>M ∣ f ′ ( ξ ) ∣ = 2 − c M > M
弦的斜率 = 高度 M M M ≤ 1 \le1 ≤ 1
③ (Ⅱ) 反证：先把最值点逼到 c = 1 c=1 c = 1 假设 M > 0 M>0 M > 0 c ∈ ( 0 , 2 ) c\in(0,2) c ∈ ( 0 , 2 ) [ 0 , c ] [0,c] [ 0 , c ] ξ 1 \xi_1 ξ 1 ∣ f ′ ( ξ 1 ) ∣ = ∣ f ( c ) − f ( 0 ) ∣ c = M c |f'(\xi_1)|=\dfrac{|f(c)-f(0)|}{c}=\dfrac Mc ∣ f ′ ( ξ 1 ) ∣ = c ∣ f ( c ) − f ( 0 ) ∣ = c M [ c , 2 ] [c,2] [ c , 2 ] ξ 2 \xi_2 ξ 2 ∣ f ′ ( ξ 2 ) ∣ = M 2 − c |f'(\xi_2)|=\dfrac M{2-c} ∣ f ′ ( ξ 2 ) ∣ = 2 − c M ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M M c ≤ M \dfrac Mc\le M c M ≤ M M 2 − c ≤ M \dfrac M{2-c}\le M 2 − c M ≤ M M > 0 M>0 M > 0 c ≥ 1 c\ge1 c ≥ 1 2 − c ≥ 1 2-c\ge1 2 − c ≥ 1 c = 1 c=1 c = 1 f ( 1 ) = M f(1)=M f ( 1 ) = M f ( 1 ) = − M f(1)=-M f ( 1 ) = − M f f f − f -f − f
条件 ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M M M M M M M
④ (Ⅱ) 把 f f f 任取 x ∈ ( 0 , 1 ) x\in(0,1) x ∈ ( 0 , 1 ) [ 0 , x ] [0,x] [ 0 , x ] f ( x ) = f ( x ) − f ( 0 ) = f ′ ( s ) x ≤ ∣ f ′ ( s ) ∣ x ≤ M x f(x)=f(x)-f(0)=f'(s)\,x\le|f'(s)|\,x\le Mx f ( x ) = f ( x ) − f ( 0 ) = f ′ ( s ) x ≤ ∣ f ′ ( s ) ∣ x ≤ M x [ x , 1 ] [x,1] [ x , 1 ] M − f ( x ) = f ( 1 ) − f ( x ) = f ′ ( t ) ( 1 − x ) ≤ M ( 1 − x ) M-f(x)=f(1)-f(x)=f'(t)(1-x)\le M(1-x) M − f ( x ) = f ( 1 ) − f ( x ) = f ′ ( t ) ( 1 − x ) ≤ M ( 1 − x ) f ( x ) ≥ M x f(x)\ge Mx f ( x ) ≥ M x f ( x ) = M x f(x)=Mx f ( x ) = M x x ∈ ( 1 , 2 ) x\in(1,2) x ∈ ( 1 , 2 ) [ 1 , x ] [1,x] [ 1 , x ] f ( x ) − M = f ′ ( s ) ( x − 1 ) ≥ − M ( x − 1 ) f(x)-M=f'(s)(x-1)\ge-M(x-1) f ( x ) − M = f ′ ( s ) ( x − 1 ) ≥ − M ( x − 1 ) f ( x ) ≥ M ( 2 − x ) f(x)\ge M(2-x) f ( x ) ≥ M ( 2 − x ) [ x , 2 ] [x,2] [ x , 2 ] 0 − f ( x ) = f ′ ( t ) ( 2 − x ) ≥ − M ( 2 − x ) 0-f(x)=f'(t)(2-x)\ge-M(2-x) 0 − f ( x ) = f ′ ( t ) ( 2 − x ) ≥ − M ( 2 − x ) f ( x ) ≤ M ( 2 − x ) f(x)\le M(2-x) f ( x ) ≤ M ( 2 − x ) f ( x ) = M ( 2 − x ) f(x)=M(2-x) f ( x ) = M ( 2 − x )
条件第二次使用：从两头各用一次拉格朗日，一个给上界、一个给下界，就把 f f f
⑤ (Ⅱ) 在 x = 1 x=1 x = 1 于是 f − ′ ( 1 ) = M f'_-(1)=M f − ′ ( 1 ) = M f + ′ ( 1 ) = − M f'_+(1)=-M f + ′ ( 1 ) = − M f f f M = − M M=-M M = − M M = 0 M=0 M = 0 M > 0 M>0 M > 0 M = 0 M=0 M = 0
图中的虚线折线就是“刚好满足 ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M
答案：证明题。思路：（Ⅰ）最值点劈区间，短的一段上拉格朗日；（Ⅱ）反证：夹成折线，1 处不可导
x y O a b x 0 (b ,f (b )) f ′>0，f ″>0切线与 x 轴的交点 递增的凹曲线：切线与 x x x a a a b b b
例 3.9 2015 数二(21)
已知函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ a , + ∞ ) [a,+\infty) [ a , + ∞ ) 上具有 2 阶导数，
f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 ，
f ′ ( x ) > 0 f'(x)>0 f ′ ( x ) > 0 ，
f ′ ′ ( x ) > 0 f''(x)>0 f ′′ ( x ) > 0 。设
b > a b>a b > a ，曲线
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 在点
( b , f ( b ) ) (b,f(b)) ( b , f ( b )) 处的切线与
x x x 轴的交点是
( x 0 , 0 ) (x_0,0) ( x 0 , 0 ) ，证明
a < x 0 < b a<x_0<b a < x 0 < b 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出 x 0 x_0 x 0 切线 y − f ( b ) = f ′ ( b ) ( x − b ) y-f(b)=f'(b)(x-b) y − f ( b ) = f ′ ( b ) ( x − b ) y = 0 y=0 y = 0 x 0 = b − f ( b ) f ′ ( b ) x_0=b-\dfrac{f(b)}{f'(b)} x 0 = b − f ′ ( b ) f ( b )
“切线与 x x x
② x 0 < b x_0<b x 0 < b f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f ( b ) > f ( a ) = 0 f(b)>f(a)=0 f ( b ) > f ( a ) = 0 f ( b ) f ′ ( b ) > 0 \dfrac{f(b)}{f'(b)}>0 f ′ ( b ) f ( b ) > 0
递增函数，起点是 0，后面都是正的。
③ x 0 > a x_0>a x 0 > a f ( b ) < f ′ ( b ) ( b − a ) f(b)<f'(b)(b-a) f ( b ) < f ′ ( b ) ( b − a ) 拉格朗日：f ( b ) = f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a ) f(b)=f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) f ( b ) = f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a ) a < c < b a<c<b a < c < b f ′ ′ > 0 f''>0 f ′′ > 0 f ′ f' f ′ f ′ ( c ) < f ′ ( b ) f'(c)<f'(b) f ′ ( c ) < f ′ ( b ) f ( b ) < f ′ ( b ) ( b − a ) f(b)<f'(b)(b-a) f ( b ) < f ′ ( b ) ( b − a ) x 0 > a x_0>a x 0 > a
“函数值 < 导数 × 长度”正是拉格朗日的形状；李林用泰勒公式做同一题（第四节例 4）。
答案：证明题。思路：x 0 = b − f ( b ) f ′ ( b ) x_0=b-\frac{f(b)}{f'(b)} x 0 = b − f ′ ( b ) f ( b ) x 0 < b x_0<b x 0 < b x 0 > a x_0>a x 0 > a f ′ f' f ′
3.5 用法四：递推数列——相邻两项之差大白话：数列 x n + 1 = f ( x n ) x_{n+1}=f(x_n) x n + 1 = f ( x n ) x n + 1 − x n = f ( x n ) − f ( x n − 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x n − x n − 1 ) x_{n+1}-x_n=f(x_n)-f(x_{n-1})=f'(\xi)(x_n-x_{n-1}) x n + 1 − x n = f ( x n ) − f ( x n − 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x n − x n − 1 ) ∣ f ′ ∣ ≤ q < 1 |f'|\le q<1 ∣ f ′ ∣ ≤ q < 1 。另一种用法：拉格朗日直接告诉你 x n + 1 x_{n+1} x n + 1
x y O A 2 y =x y =f (x )f (0)=1x 1 =0 出发 0 < f ′ < 1 2 0<f'<\frac12 0 < f ′ < 2 1 A A A
例 3.10 2016 数一(19)
已知函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 可导，且
f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 ，
0 < f ′ ( x ) < 1 2 0<f'(x)<\dfrac12 0 < f ′ ( x ) < 2 1 。设数列
{ x n } \{x_n\} { x n } 满足
x n + 1 = f ( x n ) x_{n+1}=f(x_n) x n + 1 = f ( x n ) （
n = 1 , 2 , ⋯ n=1,2,\cdots n = 1 , 2 , ⋯ ）。证明：（Ⅰ）级数
∑ n = 1 ∞ ( x n + 1 − x n ) \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n) n = 1 ∑ ∞ ( x n + 1 − x n ) 绝对收敛；（Ⅱ）
lim n → ∞ x n \lim\limits_{n\to\infty}x_n n → ∞ lim x n 存在，且
0 < lim n → ∞ x n < 2 0<\lim\limits_{n\to\infty}x_n<2 0 < n → ∞ lim x n < 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 相邻差用拉格朗日。 ∣ x n + 1 − x n ∣ = ∣ f ( x n ) − f ( x n − 1 ) ∣ = f ′ ( ξ n ) ∣ x n − x n − 1 ∣ < 1 2 ∣ x n − x n − 1 ∣ |x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|=f'(\xi_n)|x_n-x_{n-1}|<\dfrac12|x_n-x_{n-1}| ∣ x n + 1 − x n ∣ = ∣ f ( x n ) − f ( x n − 1 ) ∣ = f ′ ( ξ n ) ∣ x n − x n − 1 ∣ < 2 1 ∣ x n − x n − 1 ∣
差的差，还是函数值之差。
② (Ⅰ) 递推下去，比较判别法。 把①反复用：∣ x n + 1 − x n ∣ < 1 2 ∣ x n − x n − 1 ∣ < 1 2 2 ∣ x n − 1 − x n − 2 ∣ < ⋯ < 1 2 n − 1 ∣ x 2 − x 1 ∣ |x_{n+1}-x_n|<\frac12|x_n-x_{n-1}|<\frac1{2^2}|x_{n-1}-x_{n-2}|<\cdots<\dfrac1{2^{n-1}}|x_2-x_1| ∣ x n + 1 − x n ∣ < 2 1 ∣ x n − x n − 1 ∣ < 2 2 1 ∣ x n − 1 − x n − 2 ∣ < ⋯ < 2 n − 1 1 ∣ x 2 − x 1 ∣ 1 2 \frac12 2 1 ∑ ∣ x 2 − x 1 ∣ 2 n − 1 = 2 ∣ x 2 − x 1 ∣ \sum\frac{|x_2-x_1|}{2^{n-1}}=2|x_2-x_1| ∑ 2 n − 1 ∣ x 2 − x 1 ∣ = 2∣ x 2 − x 1 ∣ ∑ ∣ x n + 1 − x n ∣ \sum|x_{n+1}-x_n| ∑ ∣ x n + 1 − x n ∣
“比较判别法”在级数一章细讲；这里只用最直观的一句：一串正数，每一项都比一个收敛等比级数的对应项小，加起来当然也有限。
③ (Ⅱ) 部分和 = 首尾之差。 ∑ k = 1 n ( x k + 1 − x k ) = x n + 1 − x 1 \displaystyle\sum_{k=1}^n(x_{k+1}-x_k)=x_{n+1}-x_1 k = 1 ∑ n ( x k + 1 − x k ) = x n + 1 − x 1 lim x n + 1 \lim x_{n+1} lim x n + 1 A A A f f f A = f ( A ) A=f(A) A = f ( A )
逐项相消（“裂项”）：级数收敛就等价于数列收敛。
④ (Ⅱ) 用 g = x − f ( x ) g=x-f(x) g = x − f ( x ) A A A g ( 0 ) = − 1 < 0 g(0)=-1<0 g ( 0 ) = − 1 < 0 g ( 2 ) = 2 − f ( 2 ) = 2 − [ f ( 0 ) + 2 f ′ ( η ) ] = 1 − 2 f ′ ( η ) > 0 g(2)=2-f(2)=2-\big[f(0)+2f'(\eta)\big]=1-2f'(\eta)>0 g ( 2 ) = 2 − f ( 2 ) = 2 − [ f ( 0 ) + 2 f ′ ( η ) ] = 1 − 2 f ′ ( η ) > 0 g ′ = 1 − f ′ > 0 g'=1-f'>0 g ′ = 1 − f ′ > 0 g g g ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) A A A 0 < A < 2 0<A<2 0 < A < 2
f ( 2 ) f(2) f ( 2 ) f ( 2 ) = f ( 0 ) + f ′ ( η ) ⋅ 2 < 1 + 1 = 2 f(2)=f(0)+f'(\eta)\cdot2<1+1=2 f ( 2 ) = f ( 0 ) + f ′ ( η ) ⋅ 2 < 1 + 1 = 2
答案：证明题。思路：（Ⅰ）∣ x n + 1 − x n ∣ < 1 2 ∣ x n − x n − 1 ∣ |x_{n+1}-x_n|<\frac12|x_n-x_{n-1}| ∣ x n + 1 − x n ∣ < 2 1 ∣ x n − x n − 1 ∣ g = x − f ( x ) g=x-f(x) g = x − f ( x ) ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 )
x y O 2 1 y =ln((ex −1)/ x )y =x y =x /2x n + 1 = ln e x n − 1 x n x_{n+1}=\ln\frac{\e^{x_n}-1}{x_n} x n + 1 = ln x n e x n − 1 ( 0 , x n ) (0,x_n) ( 0 , x n )
例 3.11 2018 数一(19) 2018 数二(21) 2018 数三(19)
设数列
{ x n } \{x_n\} { x n } 满足：
x 1 > 0 x_1>0 x 1 > 0 ，
x n e x n + 1 = e x n − 1 x_n\e^{x_{n+1}}=\e^{x_n}-1 x n e x n + 1 = e x n − 1 （
n = 1 , 2 , ⋯ n=1,2,\cdots n = 1 , 2 , ⋯ ）。证明数列
{ x n } \{x_n\} { x n } 收敛，并求
lim n → ∞ x n \lim\limits_{n\to\infty}x_n n → ∞ lim x n 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拉格朗日看出 x n + 1 x_{n+1} x n + 1 设 x n > 0 x_n>0 x n > 0 e x n + 1 = e x n − 1 x n = e x n − e 0 x n − 0 = e ξ \e^{x_{n+1}}=\dfrac{\e^{x_n}-1}{x_n}=\dfrac{\e^{x_n}-\e^0}{x_n-0}=\e^{\xi} e x n + 1 = x n e x n − 1 = x n − 0 e x n − e 0 = e ξ 0 < ξ < x n 0<\xi<x_n 0 < ξ < x n x n + 1 = ξ ∈ ( 0 , x n ) x_{n+1}=\xi\in(0,x_n) x n + 1 = ξ ∈ ( 0 , x n )
分式恰好是 e x \e^x e x [ 0 , x n ] [0,x_n] [ 0 , x n ] x n + 1 > 0 x_{n+1}>0 x n + 1 > 0 x n + 1 < x n x_{n+1}<x_n x n + 1 < x n
② 单调有界。 由归纳法，x n > 0 x_n>0 x n > 0 x n + 1 < x n x_{n+1}<x_n x n + 1 < x n A ≥ 0 A\ge0 A ≥ 0
x 1 > 0 x_1>0 x 1 > 0
③ 求极限。 对递推式取极限：A e A = e A − 1 A\e^A=\e^A-1 A e A = e A − 1 h ( t ) = t e t − e t + 1 h(t)=t\e^t-\e^t+1 h ( t ) = t e t − e t + 1 h ( 0 ) = 0 h(0)=0 h ( 0 ) = 0 h ′ ( t ) = t e t > 0 h'(t)=t\e^t>0 h ′ ( t ) = t e t > 0 t > 0 t>0 t > 0 t > 0 t>0 t > 0 h ( t ) > 0 h(t)>0 h ( t ) > 0 A = 0 A=0 A = 0
极限方程可能有多个解，要证明其他的都不行。
答案：证明题。思路：拉格朗日中值定理把 e x n − 1 x n \frac{\e^{x_n}-1}{x_n} x n e x n − 1 e ξ \e^\xi e ξ 0 < x n + 1 < x n 0<x_{n+1}<x_n 0 < x n + 1 < x n A A A A e A = e A − 1 A\e^A=\e^A-1 A e A = e A − 1 A = 0 A=0 A = 0 lim x n = 0 \lim x_n=0 lim x n = 0
3.6 几何意义：把导数看成弦的斜率大白话（夜雨，重点）：f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( a ) b − a f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} f ′ ( ξ ) = b − a f ( b ) − f ( a )
x y O c 1 最小值 m 斜率 m /c 斜率 −m /(1−c ) 切线斜率 = m 两条弦的斜率把 m m m
例 3.12 夜雨 拉格朗日的几何意义 · p88 超越五套卷
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内二阶可导，且
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 ，
f ′ ′ ( x ) > 0 f''(x)>0 f ′′ ( x ) > 0 。令
m = min 0 ≤ x ≤ 1 f ( x ) m=\min\limits_{0\le x\le1}f(x) m = 0 ≤ x ≤ 1 min f ( x ) ，证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ ) = m f'(\xi)=m f ′ ( ξ ) = m 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 最小值在内部，且 m < 0 m<0 m < 0 f ′ ′ > 0 f''>0 f ′′ > 0 x x x m < 0 m<0 m < 0 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c ∈ ( 0 , 1 ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
严格说：若 m = 0 m=0 m = 0 f ≥ 0 f\ge0 f ≥ 0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f ′ f' f ′ x 1 x_1 x 1 f ′ f' f ′ f f f x 1 x_1 x 1 f < 0 f<0 f < 0
② 找一条斜率比 m m m 在 [ 0 , c ] [0,c] [ 0 , c ] f ′ ( ξ 1 ) = m − 0 c = m c < m f'(\xi_1)=\dfrac{m-0}{c}=\dfrac mc<m f ′ ( ξ 1 ) = c m − 0 = c m < m m < 0 m<0 m < 0 0 < c < 1 0<c<1 0 < c < 1
把 f ′ ( ξ ) = m f'(\xi)=m f ′ ( ξ ) = m = m =m = m m m m m m m m m m
③ 介值。 f ′ ( ξ 1 ) < m < 0 = f ′ ( c ) f'(\xi_1)<m<0=f'(c) f ′ ( ξ 1 ) < m < 0 = f ′ ( c ) f ′ f' f ′ [ ξ 1 , c ] [\xi_1,c] [ ξ 1 , c ] f ′ f' f ′ ξ ∈ ( ξ 1 , c ) \xi\in(\xi_1,c) ξ ∈ ( ξ 1 , c ) f ′ ( ξ ) = m f'(\xi)=m f ′ ( ξ ) = m
也可以不要连续性，直接用导数的介值性（例 1.6 ）。
答案：证明题。思路：m < 0 m<0 m < 0 m c < m < 0 = f ′ ( c ) \frac mc<m<0=f'(c) c m < m < 0 = f ′ ( c )
x y O x 1 x 2 x 3 斜率小 斜率大 f ′ 严格递增f ′ f' f ′
例 3.13 2025 数一(19) 2025 数二(21) 2025 数三(20)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，证明：导函数
f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) 在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内严格单调增加的充分必要条件是：对
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内任意的
x 1 , x 2 , x 3 x_1,x_2,x_3 x 1 , x 2 , x 3 ，当
x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x 1 < x 2 < x 3 时，
f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 < f ( x 3 ) − f ( x 2 ) x 3 − x 2 \dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\dfrac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2} x 2 − x 1 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) < x 3 − x 2 f ( x 3 ) − f ( x 2 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 记号。 记 K ( u , v ) = f ( v ) − f ( u ) v − u K(u,v)=\dfrac{f(v)-f(u)}{v-u} K ( u , v ) = v − u f ( v ) − f ( u ) f ′ f' f ′ ⟺ \iff ⟺ x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x 1 < x 2 < x 3 K ( x 1 , x 2 ) < K ( x 2 , x 3 ) K(x_1,x_2)<K(x_2,x_3) K ( x 1 , x 2 ) < K ( x 2 , x 3 )
题目只给了一阶可导，全程不能出现 f ′ ′ f'' f ′′
② 必要性：两次拉格朗日。 K ( x 1 , x 2 ) = f ′ ( ξ 1 ) K(x_1,x_2)=f'(\xi_1) K ( x 1 , x 2 ) = f ′ ( ξ 1 ) ξ 1 ∈ ( x 1 , x 2 ) \xi_1\in(x_1,x_2) ξ 1 ∈ ( x 1 , x 2 ) K ( x 2 , x 3 ) = f ′ ( ξ 2 ) K(x_2,x_3)=f'(\xi_2) K ( x 2 , x 3 ) = f ′ ( ξ 2 ) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 3 ) \xi_2\in(x_2,x_3) ξ 2 ∈ ( x 2 , x 3 ) ξ 1 < x 2 < ξ 2 \xi_1<x_2<\xi_2 ξ 1 < x 2 < ξ 2 f ′ f' f ′ K ( x 1 , x 2 ) < K ( x 2 , x 3 ) K(x_1,x_2)<K(x_2,x_3) K ( x 1 , x 2 ) < K ( x 2 , x 3 )
两个中值点被 x 2 x_2 x 2
③ 充分性：让弦的一端滑向另一端。 引理 1：u < t u<t u < t f ′ ( u ) ≤ K ( u , t ) f'(u)\le K(u,t) f ′ ( u ) ≤ K ( u , t ) s ∈ ( u , t ) s\in(u,t) s ∈ ( u , t ) u < s < t u<s<t u < s < t K ( u , s ) < K ( s , t ) K(u,s)<K(s,t) K ( u , s ) < K ( s , t ) s → u + s\to u^+ s → u + K ( u , s ) = f ( s ) − f ( u ) s − u → f ′ ( u ) K(u,s)=\frac{f(s)-f(u)}{s-u}\to f'(u) K ( u , s ) = s − u f ( s ) − f ( u ) → f ′ ( u ) K ( s , t ) = f ( t ) − f ( s ) t − s → f ( t ) − f ( u ) t − u = K ( u , t ) K(s,t)=\frac{f(t)-f(s)}{t-s}\to\frac{f(t)-f(u)}{t-u}=K(u,t) K ( s , t ) = t − s f ( t ) − f ( s ) → t − u f ( t ) − f ( u ) = K ( u , t ) f f f f ′ ( u ) ≤ K ( u , t ) f'(u)\le K(u,t) f ′ ( u ) ≤ K ( u , t ) m < v m<v m < v K ( m , v ) ≤ f ′ ( v ) K(m,v)\le f'(v) K ( m , v ) ≤ f ′ ( v ) t ∈ ( m , v ) t\in(m,v) t ∈ ( m , v ) K ( m , t ) < K ( t , v ) K(m,t)<K(t,v) K ( m , t ) < K ( t , v ) t → v − t\to v^- t → v −
画图看：弦 K ( u , s ) K(u,s) K ( u , s ) s s s u u u u u u < < < ≤ \le ≤ 1 n > 0 \frac1n>0 n 1 > 0 0 ≥ 0 0\ge0 0 ≥ 0
④ 充分性：借中点找回严格不等号。 任取 u < v u<v u < v m = u + v 2 m=\frac{u+v}2 m = 2 u + v f ′ ( u ) ≤ K ( u , m ) < K ( m , v ) ≤ f ′ ( v ) f'(u)\le K(u,m)<K(m,v)\le f'(v) f ′ ( u ) ≤ K ( u , m ) < K ( m , v ) ≤ f ′ ( v ) f ′ ( u ) < f ′ ( v ) f'(u)<f'(v) f ′ ( u ) < f ′ ( v ) f ′ f' f ′
只用两个引理只能得到 f ′ ( u ) ≤ f ′ ( v ) f'(u)\le f'(v) f ′ ( u ) ≤ f ′ ( v )
答案：证明题。思路：必要：两次拉格朗日；充分：弦的一端滑向另一端变切线，中点补回严格号
x y O 1 g (x )：弦f （f ″≥0）f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0
例 3.14 2014 数一(2) 2014 数二(3) 2014 数三(4)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 具有 2 阶导数，
g ( x ) = f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x g(x)=f(0)(1-x)+f(1)x g ( x ) = f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x ，则在区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上（ ）。（A）当
f ′ ( x ) ≥ 0 f'(x)\ge0 f ′ ( x ) ≥ 0 时，
f ( x ) ≥ g ( x ) f(x)\ge g(x) f ( x ) ≥ g ( x ) （B）当
f ′ ( x ) ≥ 0 f'(x)\ge0 f ′ ( x ) ≥ 0 时，
f ( x ) ≤ g ( x ) f(x)\le g(x) f ( x ) ≤ g ( x ) （C）当
f ′ ′ ( x ) ≥ 0 f''(x)\ge0 f ′′ ( x ) ≥ 0 时，
f ( x ) ≥ g ( x ) f(x)\ge g(x) f ( x ) ≥ g ( x ) （D）当
f ′ ′ ( x ) ≥ 0 f''(x)\ge0 f ′′ ( x ) ≥ 0 时，
f ( x ) ≤ g ( x ) f(x)\le g(x) f ( x ) ≤ g ( x ) 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出 g g g g ( 0 ) = f ( 0 ) g(0)=f(0) g ( 0 ) = f ( 0 ) g ( 1 ) = f ( 1 ) g(1)=f(1) g ( 1 ) = f ( 1 ) g g g
题目的式子看着复杂，画出来就是一条直线。
② 用拉格朗日证（D）。 令 F = f − g F=f-g F = f − g F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F ′ ′ = f ′ ′ ≥ 0 F''=f''\ge0 F ′′ = f ′′ ≥ 0 x ∈ ( 0 , 1 ) x\in(0,1) x ∈ ( 0 , 1 ) F ( x ) = F ( x ) − F ( 0 ) = x F ′ ( ξ 1 ) F(x)=F(x)-F(0)=xF'(\xi_1) F ( x ) = F ( x ) − F ( 0 ) = x F ′ ( ξ 1 ) − F ( x ) = F ( 1 ) − F ( x ) = ( 1 − x ) F ′ ( ξ 2 ) -F(x)=F(1)-F(x)=(1-x)F'(\xi_2) − F ( x ) = F ( 1 ) − F ( x ) = ( 1 − x ) F ′ ( ξ 2 ) ξ 1 < x < ξ 2 \xi_1<x<\xi_2 ξ 1 < x < ξ 2 F ( x ) [ 1 x + 1 1 − x ] = F ′ ( ξ 1 ) − F ′ ( ξ 2 ) ≤ 0 F(x)\Big[\dfrac1x+\dfrac1{1-x}\Big]=F'(\xi_1)-F'(\xi_2)\le0 F ( x ) [ x 1 + 1 − x 1 ] = F ′ ( ξ 1 ) − F ′ ( ξ 2 ) ≤ 0 F ( x ) ≤ 0 F(x)\le0 F ( x ) ≤ 0
F ′ ′ ≥ 0 F''\ge0 F ′′ ≥ 0 F ′ F' F ′ F ′ ( ξ 1 ) ≤ F ′ ( ξ 2 ) F'(\xi_1)\le F'(\xi_2) F ′ ( ξ 1 ) ≤ F ′ ( ξ 2 )
③ 排除其他选项。 f = x 2 f=x^2 f = x 2 f ′ ≥ 0 f'\ge0 f ′ ≥ 0 f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0 g = x g=x g = x f ≤ g f\le g f ≤ g f = 2 x − x 2 f=2x-x^2 f = 2 x − x 2 f ′ ≥ 0 f'\ge0 f ′ ≥ 0 g = x g=x g = x f ≥ g f\ge g f ≥ g
选择题的错误选项要能举出反例。
答案：D
3.7 小结
题目里的说法 换成什么 例子
“证明拉格朗日中值定理” 令 F = f − F=f- F = f − 例 3.1 不等式里有 f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) =f'(\xi)(b-a) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 例 3.2 、例 3.3 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 > 0 >0 > 0 同一函数在两个等长区间上各用一次 例 3.4 极限里有 f ( u ) − f ( v ) f(u)-f(v) f ( u ) − f ( v ) 拉格朗日 + 夹逼 例 3.5 、例 3.6 “存在 ξ \xi ξ f ′ ( ξ ) > 0 f'(\xi)>0 f ′ ( ξ ) > 0 ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M |f'(\xi)|\ge M ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M 找一段合适的区间：上坡、最值点劈开取短段 例 3.7 、例 3.8 f f f lim f ′ \lim f' lim f ′ 导数极限定理 例 3.1 x n + 1 = f ( x n ) x_{n+1}=f(x_n) x n + 1 = f ( x n ) x n + 1 − x n = f ′ ( ξ ) ( x n − x n − 1 ) x_{n+1}-x_n=f'(\xi)(x_n-x_{n-1}) x n + 1 − x n = f ′ ( ξ ) ( x n − x n − 1 ) 例 3.10 、例 3.11 “切线与 x x x f ′ ( ξ ) = m f'(\xi)=m f ′ ( ξ ) = m 把导数看成弦的斜率 例 3.9 、例 3.12 、例 3.14
学完了，标记这一部分
第 4 部分
柯西中值定理
两个函数的“差之比”等于同一点的“导数之比”。数一单独考得少，但它是洛必达的来源，也是处理 ln x \ln x ln x e x \e^x e x
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章第 4 条）
了解并会用柯西中值定理。
对应李林第三章第三节“柯西中值定理”。
这一部分在考什么
大纲对柯西中值定理只要求“了解并会用”。Maki 统计：2010—2026 年它在数一里一次都没有单独命题 ；数二 2020 年（例 4.3 ）考过一次。它的价值在两处：一是洛必达法则就是由它证出来的 ；二是证明题里出现 ln x \ln x ln x e x \e^x e x 1 x \frac1x x 1 f f f
4.1 柯西中值定理：两个函数的差之比大白话：两个函数 f f f g g g [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f f f g g g f f f g g g 。g ( x ) = x g(x)=x g ( x ) = x ( g ( t ) , f ( t ) ) (g(t),f(t)) ( g ( t ) , f ( t )) t t t
X Y O t =a t =b t =ξ 点 (g (t ), f (t )) 走出的曲线 参数曲线 ( g ( t ) , f ( t ) ) (g(t),f(t)) ( g ( t ) , f ( t )) t = ξ t=\xi t = ξ 柯西中值定理
f , g f,g f , g [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) g ′ ( x ) ≠ 0 g'(x)\ne0 g ′ ( x ) = 0 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b )
f ( b ) − f ( a ) g ( b ) − g ( a ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) . \displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}. g ( b ) − g ( a ) f ( b ) − f ( a ) = g ′ ( ξ ) f ′ ( ξ ) . 证明：g ′ ≠ 0 g'\ne0 g ′ = 0 g ( b ) ≠ g ( a ) g(b)\ne g(a) g ( b ) = g ( a ) g ′ g' g ′ K = f ( b ) − f ( a ) g ( b ) − g ( a ) K=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} K = g ( b ) − g ( a ) f ( b ) − f ( a ) F ( x ) = f ( x ) − K g ( x ) F(x)=f(x)-Kg(x) F ( x ) = f ( x ) − K g ( x ) F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) f ′ ( ξ ) − K g ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)-Kg'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) − K g ′ ( ξ ) = 0
为什么不能对分子、分母各用一次拉格朗日 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ 1 ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ 1 ) ( b − a ) g ( b ) − g ( a ) = g ′ ( ξ 2 ) ( b − a ) g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a) g ( b ) − g ( a ) = g ′ ( ξ 2 ) ( b − a ) f ′ ( ξ 1 ) g ′ ( ξ 2 ) \frac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)} g ′ ( ξ 2 ) f ′ ( ξ 1 ) 一般不是同一个 。柯西定理的全部价值就在于分子分母用的是同一个 ξ \xi ξ
三者的关系（李林）
罗尔定理 → 去掉 f ( a ) = f ( b ) \xrightarrow{\ \text{去掉 }f(a)=f(b)\ } 去掉 f ( a ) = f ( b ) → g ( x ) = x 时 \xrightarrow{\ g(x)=x\ \text{时}\ } g ( x ) = x 时
洛必达法则 ：f ( a ) = g ( a ) = 0 f(a)=g(a)=0 f ( a ) = g ( a ) = 0 f ( x ) g ( x ) = f ( x ) − f ( a ) g ( x ) − g ( a ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} g ( x ) f ( x ) = g ( x ) − g ( a ) f ( x ) − f ( a ) = g ′ ( ξ ) f ′ ( ξ ) x → a x\to a x → a ξ → a \xi\to a ξ → a lim f g = lim f ′ g ′ \lim\frac fg=\lim\frac{f'}{g'} lim g f = lim g ′ f ′ 0 0 \frac00 0 0
例 4.1 李林 第三章 §3 例 1 · p76
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，
0 < a < b 0<a<b 0 < a < b 。证明：存在一点
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
a b b − a [ b f ( b ) − a f ( a ) ] = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] \dfrac{ab}{b-a}\big[bf(b)-af(a)\big]=\xi^2\big[f(\xi)+\xi f'(\xi)\big] b − a ab [ b f ( b ) − a f ( a ) ] = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分离：一边只留 a , b a,b a , b a b b − a = 1 1 a − 1 b \dfrac{ab}{b-a}=\dfrac{1}{\frac1a-\frac1b} b − a ab = a 1 − b 1 1 = b f ( b ) − a f ( a ) 1 a − 1 b = b f ( b ) − a f ( a ) − ( 1 b − 1 a ) =\dfrac{bf(b)-af(a)}{\frac1a-\frac1b}=\dfrac{bf(b)-af(a)}{-\big(\frac1b-\frac1a\big)} = a 1 − b 1 b f ( b ) − a f ( a ) = − ( b 1 − a 1 ) b f ( b ) − a f ( a )
看到 a b b − a \frac{ab}{b-a} b − a ab 1 a − 1 b = b − a a b \frac1a-\frac1b=\frac{b-a}{ab} a 1 − b 1 = ab b − a b f ( b ) − a f ( a ) bf(b)-af(a) b f ( b ) − a f ( a ) x f ( x ) xf(x) x f ( x )
② 认出两个函数。 F ( x ) = x f ( x ) F(x)=xf(x) F ( x ) = x f ( x ) G ( x ) = 1 x G(x)=\dfrac1x G ( x ) = x 1 G ′ ( x ) = − 1 x 2 ≠ 0 G'(x)=-\dfrac1{x^2}\ne0 G ′ ( x ) = − x 2 1 = 0 = − F ( b ) − F ( a ) G ( b ) − G ( a ) =-\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} = − G ( b ) − G ( a ) F ( b ) − F ( a )
右边 ξ 2 [ f + ξ f ′ ] = ( x f ) ′ 1 / x 2 ∣ ξ \xi^2[f+\xi f']=\frac{(xf)'}{1/x^2}\big|_\xi ξ 2 [ f + ξ f ′ ] = 1/ x 2 ( x f ) ′ ξ
③ 柯西。 存在 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) F ( b ) − F ( a ) G ( b ) − G ( a ) = F ′ ( ξ ) G ′ ( ξ ) = f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) − 1 / ξ 2 = − ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] \dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}=\dfrac{F'(\xi)}{G'(\xi)}=\dfrac{f(\xi)+\xi f'(\xi)}{-1/\xi^2}=-\xi^2\big[f(\xi)+\xi f'(\xi)\big] G ( b ) − G ( a ) F ( b ) − F ( a ) = G ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) = − 1/ ξ 2 f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = − ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] − 1 -1 − 1 a b b − a [ b f ( b ) − a f ( a ) ] = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ] \dfrac{ab}{b-a}\big[bf(b)-af(a)\big]=\xi^2\big[f(\xi)+\xi f'(\xi)\big] b − a ab [ b f ( b ) − a f ( a ) ] = ξ 2 [ f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) ]
0 < a < b 0<a<b 0 < a < b 1 x \frac1x x 1 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] G ′ ≠ 0 G'\ne0 G ′ = 0
答案：证明题。思路：a b b − a = 1 1 / a − 1 / b \frac{ab}{b-a}=\frac1{1/a-1/b} b − a ab = 1/ a − 1/ b 1 F = x f F=xf F = x f G = 1 x G=\frac1x G = x 1
4.2 什么时候用柯西：端点和中值能分开大白话（夜雨）：结论能整理成“一边只有端点 a , b a,b a , b ξ \xi ξ 。两个方向入手：
从含 a , b a,b a , b F ( b ) − F ( a ) G ( b ) − G ( a ) \dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} G ( b ) − G ( a ) F ( b ) − F ( a ) F ( b ) − F ( a ) b − a \dfrac{F(b)-F(a)}{b-a} b − a F ( b ) − F ( a )
从含 ξ \xi ξ F ′ ( ξ ) G ′ ( ξ ) \dfrac{F'(\xi)}{G'(\xi)} G ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) F'(\xi) F ′ ( ξ )
两边都凑成功，F F F G G G 信号 ：结论里有 ln x \ln x ln x e x \e^x e x 1 x \frac1x x 1 x 2 x^2 x 2 f f f
方法卡 · 柯西中值定理
什么时候用
端点与中值可以分离；分子分母都是“某函数在
b b b 与
a a a 处的差”；出现
ln b a \ln\frac ba ln a b 、
e b − e a \e^b-\e^a e b − e a 、
1 a − 1 b \frac1a-\frac1b a 1 − b 1 。
步骤
把结论写成“只含 a , b a,b a , b ξ \xi ξ
端点一边凑成 F ( b ) − F ( a ) G ( b ) − G ( a ) \frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} G ( b ) − G ( a ) F ( b ) − F ( a ) a b ab ab
检查 F ′ G ′ \frac{F'}{G'} G ′ F ′ ξ \xi ξ G ′ ≠ 0 G'\ne0 G ′ = 0 最容易错
对分子、分母分别用拉格朗日（中值点不同）；忘了验证
G ′ ≠ 0 G'\ne0 G ′ = 0 。
例 4.2 夜雨 利用柯西中值定理 · p85
设
b > a > 0 b>a>0 b > a > 0 ，函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导。证明：（1）存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
b f ( a ) − a f ( b ) b − a = f ( ξ ) − ξ f ′ ( ξ ) \dfrac{bf(a)-af(b)}{b-a}=f(\xi)-\xi f'(\xi) b − a b f ( a ) − a f ( b ) = f ( ξ ) − ξ f ′ ( ξ ) ；（2）存在
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ( b ) − f ( a ) b − a = ξ 2 f ′ ( ξ ) a b \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=\dfrac{\xi^2f'(\xi)}{ab} b − a f ( b ) − f ( a ) = ab ξ 2 f ′ ( ξ ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 上下同除 a b ab ab b f ( a ) − a f ( b ) b − a = f ( a ) a − f ( b ) b 1 a − 1 b = f ( b ) b − f ( a ) a 1 b − 1 a \dfrac{bf(a)-af(b)}{b-a}=\dfrac{\frac{f(a)}a-\frac{f(b)}b}{\frac1a-\frac1b}=\dfrac{\frac{f(b)}b-\frac{f(a)}a}{\frac1b-\frac1a} b − a b f ( a ) − a f ( b ) = a 1 − b 1 a f ( a ) − b f ( b ) = b 1 − a 1 b f ( b ) − a f ( a )
b f ( a ) − a f ( b ) bf(a)-af(b) b f ( a ) − a f ( b ) a b ab ab f ( x ) x \frac{f(x)}x x f ( x )
② (1) 柯西。 F = f ( x ) x F=\dfrac{f(x)}x F = x f ( x ) G = 1 x G=\dfrac1x G = x 1 F ′ G ′ = ( x f ′ − f ) / x 2 − 1 / x 2 = f − x f ′ \dfrac{F'}{G'}=\dfrac{(xf'-f)/x^2}{-1/x^2}=f-xf' G ′ F ′ = − 1/ x 2 ( x f ′ − f ) / x 2 = f − x f ′ ξ \xi ξ
G ′ = − 1 x 2 ≠ 0 G'=-\frac1{x^2}\ne0 G ′ = − x 2 1 = 0
③ (2) 同样的套路。 b − a a b = 1 a − 1 b \dfrac{b-a}{ab}=\dfrac1a-\dfrac1b ab b − a = a 1 − b 1 f ( b ) − f ( a ) 1 a − 1 b = ξ 2 f ′ ( ξ ) \dfrac{f(b)-f(a)}{\frac1a-\frac1b}=\xi^2f'(\xi) a 1 − b 1 f ( b ) − f ( a ) = ξ 2 f ′ ( ξ ) G ( x ) = − 1 x G(x)=-\dfrac1x G ( x ) = − x 1 G ( b ) − G ( a ) = 1 a − 1 b G(b)-G(a)=\dfrac1a-\dfrac1b G ( b ) − G ( a ) = a 1 − b 1 G ′ = 1 x 2 G'=\dfrac1{x^2} G ′ = x 2 1 f ′ ( ξ ) 1 / ξ 2 = ξ 2 f ′ ( ξ ) \dfrac{f'(\xi)}{1/\xi^2}=\xi^2f'(\xi) 1/ ξ 2 f ′ ( ξ ) = ξ 2 f ′ ( ξ )
把 a b ab ab ξ 2 f ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) ( − 1 / ξ ) ′ \xi^2f'(\xi)=\frac{f'(\xi)}{(-1/\xi)'} ξ 2 f ′ ( ξ ) = ( − 1/ ξ ) ′ f ′ ( ξ )
答案：证明题。思路：上下同除 a b ab ab F = f x F=\frac fx F = x f G = 1 x G=\frac1x G = x 1 G = − 1 x G=-\frac1x G = − x 1
例 4.3 2020 数二(20)
设函数
f ( x ) = ∫ 1 x e t 2 d t f(x)=\displaystyle\int_1^x\e^{t^2}\dt f ( x ) = ∫ 1 x e t 2 d t 。（Ⅰ）证明：存在
ξ ∈ ( 1 , 2 ) \xi\in(1,2) ξ ∈ ( 1 , 2 ) ，
f ( ξ ) = ( 2 − ξ ) e ξ 2 f(\xi)=(2-\xi)\e^{\xi^2} f ( ξ ) = ( 2 − ξ ) e ξ 2 ；（Ⅱ）证明：存在
η ∈ ( 1 , 2 ) \eta\in(1,2) η ∈ ( 1 , 2 ) ，
f ( 2 ) = ln 2 ⋅ η e η 2 f(2)=\ln2\cdot\eta\e^{\eta^2} f ( 2 ) = ln 2 ⋅ η e η 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 导数藏在积分里。 f ′ ( x ) = e x 2 f'(x)=\e^{x^2} f ′ ( x ) = e x 2 f ( ξ ) = ( 2 − ξ ) f ′ ( ξ ) f(\xi)=(2-\xi)f'(\xi) f ( ξ ) = ( 2 − ξ ) f ′ ( ξ ) ( 2 − ξ ) f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = 0 (2-\xi)f'(\xi)-f(\xi)=0 ( 2 − ξ ) f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = 0 [ ( 2 − x ) f ( x ) ] ′ = ( 2 − x ) f ′ ( x ) − f ( x ) \big[(2-x)f(x)\big]'=(2-x)f'(x)-f(x) [ ( 2 − x ) f ( x ) ] ′ = ( 2 − x ) f ′ ( x ) − f ( x )
夜雨“出题人故意隐藏导数”的例子：先把 e ξ 2 \e^{\xi^2} e ξ 2 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ )
② (Ⅰ) 罗尔。 令 F ( x ) = ( 2 − x ) f ( x ) F(x)=(2-x)f(x) F ( x ) = ( 2 − x ) f ( x ) F ( 1 ) = f ( 1 ) = 0 F(1)=f(1)=0 F ( 1 ) = f ( 1 ) = 0 F ( 2 ) = 0 F(2)=0 F ( 2 ) = 0 ξ ∈ ( 1 , 2 ) \xi\in(1,2) ξ ∈ ( 1 , 2 ) F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0
f ( 1 ) = ∫ 1 1 = 0 f(1)=\int_1^1=0 f ( 1 ) = ∫ 1 1 = 0 F ( 2 ) = 0 F(2)=0 F ( 2 ) = 0 2 − x 2-x 2 − x
③ (Ⅱ) 柯西：ln 2 = ln 2 − ln 1 \ln2=\ln2-\ln1 ln 2 = ln 2 − ln 1 f ( 2 ) ln 2 = f ( 2 ) − f ( 1 ) ln 2 − ln 1 = f ′ ( η ) ( ln x ) ′ ∣ η = e η 2 1 / η = η e η 2 \dfrac{f(2)}{\ln2}=\dfrac{f(2)-f(1)}{\ln2-\ln1}=\dfrac{f'(\eta)}{(\ln x)'|_{\eta}}=\dfrac{\e^{\eta^2}}{1/\eta}=\eta\e^{\eta^2} ln 2 f ( 2 ) = ln 2 − ln 1 f ( 2 ) − f ( 1 ) = ( ln x ) ′ ∣ η f ′ ( η ) = 1/ η e η 2 = η e η 2 η ∈ ( 1 , 2 ) \eta\in(1,2) η ∈ ( 1 , 2 )
“外来函数” ln \ln ln ( ln x ) ′ = 1 x ≠ 0 (\ln x)'=\frac1x\ne0 ( ln x ) ′ = x 1 = 0
答案：证明题。思路：（Ⅰ）F = ( 2 − x ) f F=(2-x)f F = ( 2 − x ) f f f f ln x \ln x ln x [ 1 , 2 ] [1,2] [ 1 , 2 ]
多次运用柯西（夜雨，非重点） 若 L ( a ) = L ′ ( a ) = ⋯ = L ( n ) ( a ) = 0 L(a)=L'(a)=\cdots=L^{(n)}(a)=0 L ( a ) = L ′ ( a ) = ⋯ = L ( n ) ( a ) = 0 H ( a ) = H ′ ( a ) = ⋯ = H ( n ) ( a ) = 0 H(a)=H'(a)=\cdots=H^{(n)}(a)=0 H ( a ) = H ′ ( a ) = ⋯ = H ( n ) ( a ) = 0 n + 1 n+1 n + 1 L ( b ) H ( b ) = L ( n + 1 ) ( ξ ) H ( n + 1 ) ( ξ ) \dfrac{L(b)}{H(b)}=\dfrac{L^{(n+1)}(\xi)}{H^{(n+1)}(\xi)} H ( b ) L ( b ) = H ( n + 1 ) ( ξ ) L ( n + 1 ) ( ξ ) f ( b ) − f ( a ) − f ′ ( a ) ( b − a ) g ( b ) − g ( a ) − g ′ ( a ) ( b − a ) = f ′ ′ ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) \dfrac{f(b)-f(a)-f'(a)(b-a)}{g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)}=\dfrac{f''(\xi)}{g''(\xi)} g ( b ) − g ( a ) − g ′ ( a ) ( b − a ) f ( b ) − f ( a ) − f ′ ( a ) ( b − a ) = g ′′ ( ξ ) f ′′ ( ξ ) g ′ ′ ≠ 0 g''\ne0 g ′′ = 0 x = a x=a x = a
4.3 小结
题目里的说法 换成什么 例子
a b b − a \frac{ab}{b-a} b − a ab b − a a b \frac{b-a}{ab} ab b − a 1 a − 1 b \frac1a-\frac1b a 1 − b 1 G = 1 x G=\frac1x G = x 1 例 4.1 、例 4.2 b f ( a ) − a f ( b ) bf(a)-af(b) b f ( a ) − a f ( b ) 上下同除 a b ab ab F = f x F=\frac fx F = x f 例 4.2 ln 2 \ln2 ln 2 ln b a \ln\frac ba ln a b ln b − ln a \ln b-\ln a ln b − ln a G = ln x G=\ln x G = ln x 例 4.3 e b − e a \e^b-\e^a e b − e a 配 G = e x G=\e^x G = e x 例 5.1 “lim f g \lim\frac fg lim g f 0 0 \frac00 0 0 洛必达（柯西的推论） —
学完了，标记这一部分
第 5 部分
双中值问题
结论里有两个中值点时，先看题目要不要它们不同：不要求就在整个区间上各用一次定理；要求不同就切成两段，分点从结论里反推。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章第 2、4 条）
理解并会用拉格朗日中值定理。
了解并会用柯西中值定理。
双中值问题不是大纲里单列的一条，而是这两条的综合用法：在整个区间上或切开的两段上各用一次拉格朗日 / 柯西。李林放在第二、三节的例题和章末习题 (19)，夜雨单列为“双中值”。
这一部分在考什么
结论里有两个中值 ξ , η \xi,\eta ξ , η 题目要不要求 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η 。
5.1 不要求 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η 大白话（夜雨）：不要求 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η ξ \xi ξ η \eta η F ′ ( ξ ) F'(\xi) F ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) G ′ ( ξ ) \frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} G ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 。
例 5.1 李林 第三章 §3 例 2 · p76 夜雨 利用柯西中值定理 · p85
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，且
f ′ ( x ) ≠ 0 f'(x)\ne0 f ′ ( x ) = 0 。证明：存在
ξ , η ∈ ( a , b ) \xi,\eta\in(a,b) ξ , η ∈ ( a , b ) ，使得
f ′ ( ξ ) f ′ ( η ) = e b − e a b − a ⋅ e − η \dfrac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\dfrac{\e^b-\e^a}{b-a}\cdot\e^{-\eta} f ′ ( η ) f ′ ( ξ ) = b − a e b − e a ⋅ e − η 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分开 ξ \xi ξ η \eta η 改写为 f ′ ( ξ ) = e b − e a b − a ⋅ f ′ ( η ) e η f'(\xi)=\dfrac{\e^b-\e^a}{b-a}\cdot\dfrac{f'(\eta)}{\e^\eta} f ′ ( ξ ) = b − a e b − e a ⋅ e η f ′ ( η )
f ′ ( η ) e η \frac{f'(\eta)}{\e^\eta} e η f ′ ( η ) f f f e x \e^x e x f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ )
② 柯西。 对 f f f e x \e^x e x f ( b ) − f ( a ) e b − e a = f ′ ( η ) e η \dfrac{f(b)-f(a)}{\e^b-\e^a}=\dfrac{f'(\eta)}{\e^\eta} e b − e a f ( b ) − f ( a ) = e η f ′ ( η ) η ∈ ( a , b ) \eta\in(a,b) η ∈ ( a , b )
( e x ) ′ = e x ≠ 0 (\e^x)'=\e^x\ne0 ( e x ) ′ = e x = 0
③ 拉格朗日，合并。 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f ′ ( ξ ) ( b − a ) e b − e a = f ′ ( η ) e η \dfrac{f'(\xi)(b-a)}{\e^b-\e^a}=\dfrac{f'(\eta)}{\e^\eta} e b − e a f ′ ( ξ ) ( b − a ) = e η f ′ ( η ) f ′ ( η ) ≠ 0 f'(\eta)\ne0 f ′ ( η ) = 0
两个定理在同一区间上用，中值点可能相同，所以只能证“存在 ξ , η \xi,\eta ξ , η
答案：证明题。思路：整区间：f f f e x \e^x e x f f f
例 5.2 李林 第三章 §2 例 4 · p72 夜雨 利用柯西中值定理 · p86
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，且
f ( a ) = f ( b ) = 1 f(a)=f(b)=1 f ( a ) = f ( b ) = 1 。证明：存在点
ξ , η ∈ ( a , b ) \xi,\eta\in(a,b) ξ , η ∈ ( a , b ) ，使得
e η − ξ [ f ( η ) + f ′ ( η ) ] = 1 \e^{\eta-\xi}\big[f(\eta)+f'(\eta)\big]=1 e η − ξ [ f ( η ) + f ′ ( η ) ] = 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 改写成两边各一个中值。 e η [ f ( η ) + f ′ ( η ) ] = e ξ \e^\eta\big[f(\eta)+f'(\eta)\big]=\e^\xi e η [ f ( η ) + f ′ ( η ) ] = e ξ ( e x f ( x ) ) ′ ∣ x = η = ( e x ) ′ ∣ x = ξ \big(\e^xf(x)\big)'\big|_{x=\eta}=\big(\e^x\big)'\big|_{x=\xi} ( e x f ( x ) ) ′ x = η = ( e x ) ′ x = ξ
含 η \eta η e x f \e^xf e x f ξ \xi ξ e x \e^x e x
② 两个函数在同一区间上各用一次拉格朗日。 e b f ( b ) − e a f ( a ) b − a = ( e x f ) ′ ∣ η \dfrac{\e^bf(b)-\e^af(a)}{b-a}=\big(\e^xf\big)'\big|_\eta b − a e b f ( b ) − e a f ( a ) = ( e x f ) ′ η e b − e a b − a = e ξ \dfrac{\e^b-\e^a}{b-a}=\e^\xi b − a e b − e a = e ξ
李林：“不同函数在同一区间上”用拉格朗日。
③ 左边相等。 因 f ( a ) = f ( b ) = 1 f(a)=f(b)=1 f ( a ) = f ( b ) = 1 e b − e a b − a \dfrac{\e^b-\e^a}{b-a} b − a e b − e a e η [ f ( η ) + f ′ ( η ) ] = e ξ \e^\eta[f(\eta)+f'(\eta)]=\e^\xi e η [ f ( η ) + f ′ ( η )] = e ξ
条件 f ( a ) = f ( b ) = 1 f(a)=f(b)=1 f ( a ) = f ( b ) = 1
答案：证明题。思路：e x f \e^xf e x f e x \e^x e x
5.2 要求 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η 大白话（夜雨方法二）：在 ( a , b ) (a,b) ( a , b ) c c c ( a , c ) (a,c) ( a , c ) ( c , b ) (c,b) ( c , b ) f ′ ( ξ ) = f ( c ) − f ( a ) c − a f'(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a} f ′ ( ξ ) = c − a f ( c ) − f ( a ) f ′ ( η ) = f ( b ) − f ( c ) b − c f'(\eta)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c} f ′ ( η ) = b − c f ( b ) − f ( c ) c c c f ( c ) f(c) f ( c ) 。两段不重叠，ξ < c < η \xi<c<\eta ξ < c < η
分点怎么找（李林、夜雨）
找与函数值有关的点 ：代入后得到“f ( c ) = f(c)= f ( c ) = c c c 例 5.3 、例 5.5 ）。找中点 c = a + b 2 c=\frac{a+b}2 c = 2 a + b f ( c ) f(c) f ( c ) 例 5.4 ）。夜雨方法一是同一件事的几何说法：把 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) f ′ ( η ) f'(\eta) f ′ ( η ) ξ \xi ξ ( a , ξ ) (a,\xi) ( a , ξ ) η \eta η
x y O ξ 1 y =1−x 斜率 (1−ξ )/ξ 斜率 ξ /(1−ξ ) f = x 2 f=x^2 f = x 2 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f ( ξ ) = 1 − ξ
例 5.3 2005 数一(18)
已知函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 。证明：（Ⅰ）存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f ( ξ ) = 1 − ξ ；（Ⅱ）存在两个不同的点
η , ζ ∈ ( 0 , 1 ) \eta,\zeta\in(0,1) η , ζ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = 1 f'(\eta)f'(\zeta)=1 f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 零点定理。 令 g ( x ) = f ( x ) − 1 + x g(x)=f(x)-1+x g ( x ) = f ( x ) − 1 + x g ( 0 ) = − 1 < 0 g(0)=-1<0 g ( 0 ) = − 1 < 0 g ( 1 ) = 1 > 0 g(1)=1>0 g ( 1 ) = 1 > 0 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) g ( ξ ) = 0 g(\xi)=0 g ( ξ ) = 0 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f ( ξ ) = 1 − ξ
结论没有导数，1.2 节的方法。
② (Ⅱ) 以 ξ \xi ξ f ′ ( η ) = f ( ξ ) − f ( 0 ) ξ − 0 = 1 − ξ ξ f'(\eta)=\dfrac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=\dfrac{1-\xi}\xi f ′ ( η ) = ξ − 0 f ( ξ ) − f ( 0 ) = ξ 1 − ξ η ∈ ( 0 , ξ ) \eta\in(0,\xi) η ∈ ( 0 , ξ ) f ′ ( ζ ) = f ( 1 ) − f ( ξ ) 1 − ξ = ξ 1 − ξ f'(\zeta)=\dfrac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\dfrac{\xi}{1-\xi} f ′ ( ζ ) = 1 − ξ f ( 1 ) − f ( ξ ) = 1 − ξ ξ ζ ∈ ( ξ , 1 ) \zeta\in(\xi,1) ζ ∈ ( ξ , 1 )
分点为什么是这个 ξ \xi ξ f ( c ) c ⋅ 1 − f ( c ) 1 − c = 1 \frac{f(c)}c\cdot\frac{1-f(c)}{1-c}=1 c f ( c ) ⋅ 1 − c 1 − f ( c ) = 1 f ( c ) = 1 − c f(c)=1-c f ( c ) = 1 − c
③ (Ⅱ) 相乘。 f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = 1 − ξ ξ ⋅ ξ 1 − ξ = 1 f'(\eta)f'(\zeta)=\dfrac{1-\xi}\xi\cdot\dfrac\xi{1-\xi}=1 f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = ξ 1 − ξ ⋅ 1 − ξ ξ = 1 η < ξ < ζ \eta<\xi<\zeta η < ξ < ζ
“不同”由两段区间不重叠保证。
答案：证明题。思路：（Ⅰ）f − 1 + x f-1+x f − 1 + x ξ \xi ξ
x y O 1/2 1 f (1)=1/3F =f −x ³/3[0,1/2] 上用一次 [1/2,1] 上用一次 F = f − x 3 3 F=f-\frac{x^3}3 F = f − 3 x 3
例 5.4 2010 数二(21)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在闭区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在开区间
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 3 f(1)=\dfrac13 f ( 1 ) = 3 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 2 ) \xi\in\big(0,\frac12\big) ξ ∈ ( 0 , 2 1 ) ，
η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in\big(\frac12,1\big) η ∈ ( 2 1 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ ) + f ′ ( η ) = ξ 2 + η 2 f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2 f ′ ( ξ ) + f ′ ( η ) = ξ 2 + η 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 移项，构造。 要证 [ f ′ ( ξ ) − ξ 2 ] + [ f ′ ( η ) − η 2 ] = 0 \big[f'(\xi)-\xi^2\big]+\big[f'(\eta)-\eta^2\big]=0 [ f ′ ( ξ ) − ξ 2 ] + [ f ′ ( η ) − η 2 ] = 0 F ( x ) = f ( x ) − x 3 3 F(x)=f(x)-\dfrac{x^3}3 F ( x ) = f ( x ) − 3 x 3 F ′ = f ′ − x 2 F'=f'-x^2 F ′ = f ′ − x 2 F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( 1 ) = 1 3 − 1 3 = 0 F(1)=\dfrac13-\dfrac13=0 F ( 1 ) = 3 1 − 3 1 = 0
ξ 2 \xi^2 ξ 2 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) F'(\xi) F ′ ( ξ ) f ( 1 ) = 1 3 f(1)=\frac13 f ( 1 ) = 3 1 x 3 3 \frac{x^3}3 3 x 3
② 中点劈开，两次拉格朗日。 F ( 1 2 ) − F ( 0 ) = 1 2 F ′ ( ξ ) F\big(\frac12\big)-F(0)=\frac12F'(\xi) F ( 2 1 ) − F ( 0 ) = 2 1 F ′ ( ξ ) ξ ∈ ( 0 , 1 2 ) \xi\in\big(0,\frac12\big) ξ ∈ ( 0 , 2 1 ) F ( 1 ) − F ( 1 2 ) = 1 2 F ′ ( η ) F(1)-F\big(\frac12\big)=\frac12F'(\eta) F ( 1 ) − F ( 2 1 ) = 2 1 F ′ ( η ) η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in\big(\frac12,1\big) η ∈ ( 2 1 , 1 )
结论把两个区间都指定成了两半，分点就是中点。
③ 相加。 0 = F ( 1 ) − F ( 0 ) = 1 2 [ F ′ ( ξ ) + F ′ ( η ) ] 0=F(1)-F(0)=\frac12\big[F'(\xi)+F'(\eta)\big] 0 = F ( 1 ) − F ( 0 ) = 2 1 [ F ′ ( ξ ) + F ′ ( η ) ] f ′ ( ξ ) − ξ 2 + f ′ ( η ) − η 2 = 0 f'(\xi)-\xi^2+f'(\eta)-\eta^2=0 f ′ ( ξ ) − ξ 2 + f ′ ( η ) − η 2 = 0
两式相加时 F ( 1 2 ) F\big(\frac12\big) F ( 2 1 )
答案：证明题。思路：F = f − x 3 3 F=f-\frac{x^3}3 F = f − 3 x 3 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0
例 5.5 李林 第三章 §2 例 7 · p73
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上可导，且
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 。证明：在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内存在
ξ , η \xi,\eta ξ , η （
ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η ），使得
1 f ′ ( ξ ) + 1 f ′ ( η ) = 2 \dfrac1{f'(\xi)}+\dfrac1{f'(\eta)}=2 f ′ ( ξ ) 1 + f ′ ( η ) 1 = 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 反推分点。 设分点 x 0 x_0 x 0 1 f ′ ( ξ ) + 1 f ′ ( η ) = x 0 f ( x 0 ) + 1 − x 0 1 − f ( x 0 ) \dfrac1{f'(\xi)}+\dfrac1{f'(\eta)}=\dfrac{x_0}{f(x_0)}+\dfrac{1-x_0}{1-f(x_0)} f ′ ( ξ ) 1 + f ′ ( η ) 1 = f ( x 0 ) x 0 + 1 − f ( x 0 ) 1 − x 0 f ( x 0 ) = 1 2 f(x_0)=\frac12 f ( x 0 ) = 2 1 = 2 x 0 + 2 ( 1 − x 0 ) = 2 =2x_0+2(1-x_0)=2 = 2 x 0 + 2 ( 1 − x 0 ) = 2
让 x 0 x_0 x 0 f ( x 0 ) f(x_0) f ( x 0 ) 1 − f ( x 0 ) 1-f(x_0) 1 − f ( x 0 )
② 介值定理找分点。 f ( 0 ) = 0 < 1 2 < 1 = f ( 1 ) f(0)=0<\frac12<1=f(1) f ( 0 ) = 0 < 2 1 < 1 = f ( 1 ) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) f ( x 0 ) = 1 2 f(x_0)=\frac12 f ( x 0 ) = 2 1
“找与函数值有关的点”。
③ 两段拉格朗日。 f ′ ( ξ ) = 1 / 2 x 0 f'(\xi)=\dfrac{1/2}{x_0} f ′ ( ξ ) = x 0 1/2 ξ ∈ ( 0 , x 0 ) \xi\in(0,x_0) ξ ∈ ( 0 , x 0 ) f ′ ( η ) = 1 / 2 1 − x 0 f'(\eta)=\dfrac{1/2}{1-x_0} f ′ ( η ) = 1 − x 0 1/2 η ∈ ( x 0 , 1 ) \eta\in(x_0,1) η ∈ ( x 0 , 1 ) 1 f ′ ( ξ ) + 1 f ′ ( η ) = 2 x 0 + 2 ( 1 − x 0 ) = 2 \dfrac1{f'(\xi)}+\dfrac1{f'(\eta)}=2x_0+2(1-x_0)=2 f ′ ( ξ ) 1 + f ′ ( η ) 1 = 2 x 0 + 2 ( 1 − x 0 ) = 2
两个导数都不为 0（等于正数），可以取倒数；ξ < x 0 < η \xi<x_0<\eta ξ < x 0 < η
答案：证明题。思路：介值定理找 f ( x 0 ) = 1 2 f(x_0)=\frac12 f ( x 0 ) = 2 1
5.3 小结
题目里的说法 换成什么 例子
两个中值、不要求不同 整区间上一次柯西 + 一次拉格朗日，或两个函数各一次拉格朗日 例 5.1 、例 5.2 “两个不同的点” 插分点 c c c 例 5.3 结论指定 ξ ∈ ( 0 , 1 2 ) \xi\in(0,\frac12) ξ ∈ ( 0 , 2 1 ) η ∈ ( 1 2 , 1 ) \eta\in(\frac12,1) η ∈ ( 2 1 , 1 ) 中点劈开，两式相加消去 F ( 1 2 ) F(\frac12) F ( 2 1 ) 例 5.4 分点不明显 代入 f ( c ) − f ( a ) c − a \frac{f(c)-f(a)}{c-a} c − a f ( c ) − f ( a ) f ( c ) f(c) f ( c ) 例 5.5
学完了，标记这一部分
第 6 部分
泰勒公式
泰勒公式是拉格朗日的高阶版本：用多项式模仿函数，模仿不上的部分写成含 f ( n + 1 ) ( ξ ) f^{(n+1)}(\xi) f ( n + 1 ) ( ξ )
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章第 3 条）
理解并会用泰勒定理。
对应李林第三章第四节“泰勒公式”。用泰勒公式求极限、定无穷小的阶在《极限》笔记第 3、4 部分；这一部分讲带拉格朗日余项的证明题。
这一部分在考什么
大纲：“理解并会用泰勒定理。”泰勒公式有两种用法：带佩亚诺余项 o ( ( x − x 0 ) n ) o\big((x-x_0)^n\big) o ( ( x − x 0 ) n ) 拉格朗日余项 的用来证明含高阶导数的等式和不等式——这是本部分的重点。
数一 2022、2023、2024 年连续三年的压轴解答题都是后者（Maki 评为四星、五星）。孝哥一页纸的口诀：结论是 f ( n ) ( ξ ) = 0 f^{(n)}(\xi)=0 f ( n ) ( ξ ) = 0 n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 f ( n ) ( ξ ) ≠ 0 f^{(n)}(\xi)\ne0 f ( n ) ( ξ ) = 0 。
6.1 泰勒公式：用多项式模仿函数大白话：在 x 0 x_0 x 0 f f f 。
x y O π −π 2π sin x x x −x ³/3!x −x ³/3!+x 5 /5! sin x \sin x sin x 泰勒公式（f f f x 0 x_0 x 0 n + 1 n+1 n + 1
f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + R n ( x ) . \displaystyle f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x). f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + 2 ! f ′′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + n ! f ( n ) ( x 0 ) ( x − x 0 ) n + R n ( x ) .
拉格朗日余项 ：R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − x 0 ) n + 1 R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} R n ( x ) = ( n + 1 )! f ( n + 1 ) ( ξ ) ( x − x 0 ) n + 1 ξ \xi ξ x 0 x_0 x 0 x x x 证明题用它 。佩亚诺余项 ：R n ( x ) = o ( ( x − x 0 ) n ) R_n(x)=o\big((x-x_0)^n\big) R n ( x ) = o ( ( x − x 0 ) n ) f f f x 0 x_0 x 0 n n n ( x − x 0 ) n (x-x_0)^n ( x − x 0 ) n 求极限用它 。
n = 0 n=0 n = 0 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( ξ ) ( x − x 0 )
必背的麦克劳林展开（x 0 = 0 x_0=0 x 0 = 0 口诀（孝哥）
e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ + x n n ! + o ( x n ) \e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n) e x = 1 + x + 2 ! x 2 + 3 ! x 3 + ⋯ + n ! x n + o ( x n ) 完美：各项都是 x n n ! \frac{x^n}{n!} n ! x n sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − ⋯ \sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\cdots sin x = x − 3 ! x 3 + 5 ! x 5 − ⋯ 正负交替，只有奇数次 cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − ⋯ \cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots cos x = 1 − 2 ! x 2 + 4 ! x 4 − ⋯ 正负交替，只有偶数次 ln ( 1 + x ) = x − x 2 2 + x 3 3 − ⋯ \ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots ln ( 1 + x ) = x − 2 x 2 + 3 x 3 − ⋯ 正负交替，没有阶乘 ( 1 + x ) α = 1 + α x + α ( α − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ (1+x)^\alpha=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots ( 1 + x ) α = 1 + αx + 2 ! α ( α − 1 ) x 2 + ⋯ 二项式定理的推广 tan x = x + x 3 3 + ⋯ \tan x=x+\dfrac{x^3}3+\cdots tan x = x + 3 x 3 + ⋯ arctan x = x − x 3 3 + ⋯ \arctan x=x-\dfrac{x^3}3+\cdots arctan x = x − 3 x 3 + ⋯ arcsin x = x + x 3 6 + ⋯ \arcsin x=x+\dfrac{x^3}6+\cdots arcsin x = x + 6 x 3 + ⋯ 只记到 3 次
例 6.1 2021 数一(3)
设函数
f ( x ) = sin x 1 + x 2 f(x)=\dfrac{\sin x}{1+x^2} f ( x ) = 1 + x 2 sin x 在
x = 0 x=0 x = 0 处的 3 次泰勒多项式为
a x + b x 2 + c x 3 ax+bx^2+cx^3 a x + b x 2 + c x 3 ，则（ ）。（A）
a = 1 a=1 a = 1 ，
b = 0 b=0 b = 0 ，
c = − 7 6 c=-\frac76 c = − 6 7 （B）
a = 1 a=1 a = 1 ，
b = 0 b=0 b = 0 ，
c = 7 6 c=\frac76 c = 6 7 （C）
a = − 1 a=-1 a = − 1 ，
b = − 1 b=-1 b = − 1 ，
c = − 7 6 c=-\frac76 c = − 6 7 （D）
a = − 1 a=-1 a = − 1 ，
b = − 1 b=-1 b = − 1 ，
c = 7 6 c=\frac76 c = 6 7 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 两个因子各展开到 3 次。 sin x = x − x 3 6 + o ( x 3 ) \sin x=x-\dfrac{x^3}6+o(x^3) sin x = x − 6 x 3 + o ( x 3 ) 1 1 + x 2 = 1 − x 2 + o ( x 3 ) \dfrac1{1+x^2}=1-x^2+o(x^3) 1 + x 2 1 = 1 − x 2 + o ( x 3 )
乘积只要 3 次，sin x \sin x sin x
② 相乘，只留 3 次以内。 ( x − x 3 6 ) ( 1 − x 2 ) = x − x 3 − x 3 6 + ⋯ = x − 7 6 x 3 + o ( x 3 ) \Big(x-\dfrac{x^3}6\Big)(1-x^2)=x-x^3-\dfrac{x^3}6+\cdots=x-\dfrac76x^3+o(x^3) ( x − 6 x 3 ) ( 1 − x 2 ) = x − x 3 − 6 x 3 + ⋯ = x − 6 7 x 3 + o ( x 3 )
f f f b = 0 b=0 b = 0
答案：A
例 6.2 2019 数一(1) 2019 数二(1) 2019 数三(1)
当
x → 0 x\to0 x → 0 时，若
x − tan x x-\tan x x − tan x 与
x k x^k x k 是同阶无穷小，则
k = k= k = （ ）。（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 展开 tan x \tan x tan x tan x = x + x 3 3 + o ( x 3 ) \tan x=x+\dfrac{x^3}3+o(x^3) tan x = x + 3 x 3 + o ( x 3 ) x − tan x = − x 3 3 + o ( x 3 ) x-\tan x=-\dfrac{x^3}3+o(x^3) x − tan x = − 3 x 3 + o ( x 3 )
差的主部由泰勒展开的第一个非零项决定。
② 定阶。 lim x → 0 x − tan x x 3 = − 1 3 ≠ 0 \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x-\tan x}{x^3}=-\dfrac13\ne0 x → 0 lim x 3 x − tan x = − 3 1 = 0 k = 3 k=3 k = 3
同阶只要比值极限是非零常数，不要求等于 1。
答案：C
6.2 带拉格朗日余项的证明：展开点怎么选大白话：题目给了 f ′ ′ f'' f ′′ f ′ f' f ′ f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ ) 。难点只有一个：选哪个点展开、把哪些点代进去。
x y O x 余项 = eξ x ²/2 y =ex y =1+x y =1+x +x ²/2一阶泰勒公式：切线与曲线的差就是余项 f ′ ′ ( ξ ) 2 x 2 \frac{f''(\xi)}2x^2 2 f ′′ ( ξ ) x 2 证明三步（孝哥）+ 选点原则（夜雨）
选展开点 ：区间端点 a , b a,b a , b a + b 2 \frac{a+b}2 2 a + b f ′ = 0 f'=0 f ′ = 0 x x x 定阶数 ：展开到比已知的最高阶导数低一阶，让最高阶导数出现在余项里。题目给 f ′ ′ f'' f ′′ 代入已知函数值 ：把题目给了函数值的点代进去，写出两三个等式，加减消去不要的项。
夜雨的原则：条件和结论中出现什么，就展开什么；条件和结论中不出现的式子，要想办法消去。孝哥的提醒：两个余项要合成一个时，通常用介值定理（6.3 节）。
c y O 1/2 1 1 最小 1/2 (1−c )²+c ²≤1 ( 1 − c ) 2 + c 2 (1-c)^2+c^2 ( 1 − c ) 2 + c 2 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
例 6.3 1996 数一(七)
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上具有二阶导数，且满足条件
∣ f ( x ) ∣ ≤ a |f(x)|\le a ∣ f ( x ) ∣ ≤ a ，
∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ b |f''(x)|\le b ∣ f ′′ ( x ) ∣ ≤ b ，其中
a , b a,b a , b 都是非负常数，
c c c 是
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内任意一点。（1）写出
f ( x ) f(x) f ( x ) 在点
x = c x=c x = c 处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式；（2）证明
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'(x)|\le2a+\dfrac b2 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + 2 b 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 在 c c c f ( x ) = f ( c ) + f ′ ( c ) ( x − c ) + f ′ ′ ( ξ ) 2 ( x − c ) 2 f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\dfrac{f''(\xi)}2(x-c)^2 f ( x ) = f ( c ) + f ′ ( c ) ( x − c ) + 2 f ′′ ( ξ ) ( x − c ) 2 ξ \xi ξ c c c x x x
要估计的是 f ′ ( c ) f'(c) f ′ ( c ) c c c f ′ ( c ) f'(c) f ′ ( c )
② (2) 代入两个端点。 x = 0 x=0 x = 0 f ( 0 ) = f ( c ) − c f ′ ( c ) + f ′ ′ ( ξ 1 ) 2 c 2 f(0)=f(c)-cf'(c)+\dfrac{f''(\xi_1)}2c^2 f ( 0 ) = f ( c ) − c f ′ ( c ) + 2 f ′′ ( ξ 1 ) c 2 x = 1 x=1 x = 1 f ( 1 ) = f ( c ) + ( 1 − c ) f ′ ( c ) + f ′ ′ ( ξ 2 ) 2 ( 1 − c ) 2 f(1)=f(c)+(1-c)f'(c)+\dfrac{f''(\xi_2)}2(1-c)^2 f ( 1 ) = f ( c ) + ( 1 − c ) f ′ ( c ) + 2 f ′′ ( ξ 2 ) ( 1 − c ) 2
端点处的函数值都被 a a a
③ (2) 相减消去 f ( c ) f(c) f ( c ) f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( c ) + 1 2 [ f ′ ′ ( ξ 2 ) ( 1 − c ) 2 − f ′ ′ ( ξ 1 ) c 2 ] f(1)-f(0)=f'(c)+\dfrac12\big[f''(\xi_2)(1-c)^2-f''(\xi_1)c^2\big] f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( c ) + 2 1 [ f ′′ ( ξ 2 ) ( 1 − c ) 2 − f ′′ ( ξ 1 ) c 2 ]
f ( c ) f(c) f ( c ) f ′ ( c ) f'(c) f ′ ( c ) ( 1 − c ) + c = 1 (1-c)+c=1 ( 1 − c ) + c = 1
④ (2) 估计。 ∣ f ′ ( c ) ∣ ≤ ∣ f ( 1 ) ∣ + ∣ f ( 0 ) ∣ + b 2 [ ( 1 − c ) 2 + c 2 ] ≤ 2 a + b 2 |f'(c)|\le|f(1)|+|f(0)|+\dfrac b2\big[(1-c)^2+c^2\big]\le2a+\dfrac b2 ∣ f ′ ( c ) ∣ ≤ ∣ f ( 1 ) ∣ + ∣ f ( 0 ) ∣ + 2 b [ ( 1 − c ) 2 + c 2 ] ≤ 2 a + 2 b ( 1 − c ) 2 + c 2 ≤ 1 (1-c)^2+c^2\le1 ( 1 − c ) 2 + c 2 ≤ 1 0 < c < 1 0<c<1 0 < c < 1 c c c ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'(x)|\le2a+\frac b2 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + 2 b
原卷第（2）问写的是 ∣ f ′ ( x ) ∣ |f'(x)| ∣ f ′ ( x ) ∣ ∣ f ′ ( c ) ∣ |f'(c)| ∣ f ′ ( c ) ∣
答案：证明题。思路：在 c c c f ( c ) f(c) f ( c ) ( 1 − c ) 2 + c 2 ≤ 1 (1-c)^2+c^2\le1 ( 1 − c ) 2 + c 2 ≤ 1
例 6.4 1994 数一(六)
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在点
x = 0 x=0 x = 0 的某一邻域内具有二阶连续导数，且
lim x → 0 f ( x ) x = 0 \lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}x=0 x → 0 lim x f ( x ) = 0 ，证明级数
∑ n = 1 ∞ f ( 1 n ) \displaystyle\sum_{n=1}^\infty f\Big(\frac1n\Big) n = 1 ∑ ∞ f ( n 1 ) 绝对收敛。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 从极限条件读出 f ( 0 ) f(0) f ( 0 ) f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 ) 分母 x → 0 x\to0 x → 0 f ( x ) → 0 f(x)\to0 f ( x ) → 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) = lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x = lim x → 0 f ( x ) x = 0 f'(0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}x=0 f ′ ( 0 ) = x → 0 lim x f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x f ( x ) = 0
第 8 部分 8.1 的二级结论：lim f ( x ) x − a \lim\frac{f(x)}{x-a} lim x − a f ( x ) f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 f ′ ( a ) f'(a) f ′ ( a )
② 带拉格朗日余项的麦克劳林公式。 f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + f ′ ′ ( ξ ) 2 x 2 = f ′ ′ ( ξ ) 2 x 2 f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(\xi)}2x^2=\dfrac{f''(\xi)}2x^2 f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + 2 f ′′ ( ξ ) x 2 = 2 f ′′ ( ξ ) x 2 ξ \xi ξ x x x
常数项、一次项都是 0，f ( x ) f(x) f ( x )
③ 估计 f ( 1 n ) f\big(\frac1n\big) f ( n 1 ) f ′ ′ f'' f ′′ [ − δ , δ ] [-\delta,\delta] [ − δ , δ ] ∣ f ′ ′ ∣ ≤ M |f''|\le M ∣ f ′′ ∣ ≤ M n > 1 δ n>\frac1\delta n > δ 1 ∣ f ( 1 n ) ∣ = ∣ f ′ ′ ( ξ n ) ∣ 2 n 2 ≤ M 2 n 2 \Big|f\Big(\frac1n\Big)\Big|=\dfrac{|f''(\xi_n)|}{2n^2}\le\dfrac M{2n^2} f ( n 1 ) = 2 n 2 ∣ f ′′ ( ξ n ) ∣ ≤ 2 n 2 M
闭区间上的连续函数有界（第 1 部分的最值定理）。
④ 比较判别法。 ∑ M 2 n 2 \sum\frac M{2n^2} ∑ 2 n 2 M p = 2 > 1 p=2>1 p = 2 > 1 p p p ∑ ∣ f ( 1 n ) ∣ \sum\Big|f\Big(\frac1n\Big)\Big| ∑ f ( n 1 )
级数一章会细讲；这里只要知道：正项级数每一项都不超过一个收敛级数的对应项，它就收敛。前面有限项不影响收敛。
答案：证明题。思路：f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 0 f(0)=f'(0)=0 f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 0 f ( 1 n ) = f ′ ′ ( ξ ) 2 n 2 f(\frac1n)=\frac{f''(\xi)}{2n^2} f ( n 1 ) = 2 n 2 f ′′ ( ξ )
例 6.5 2019 数二(21)
已知函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上具有 2 阶导数，且
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 ，
∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 \displaystyle\int_0^1f(x)\dx=1 ∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 。证明：（Ⅰ）存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 ；（Ⅱ）存在
η ∈ ( 0 , 1 ) \eta\in(0,1) η ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ′ ( η ) < − 2 f''(\eta)<-2 f ′′ ( η ) < − 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 积分中值定理 + 罗尔。 由积分中值定理存在 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c ∈ ( 0 , 1 ) f ( c ) = ∫ 0 1 f = 1 = f ( 1 ) f(c)=\displaystyle\int_0^1f=1=f(1) f ( c ) = ∫ 0 1 f = 1 = f ( 1 ) ξ ∈ ( c , 1 ) \xi\in(c,1) ξ ∈ ( c , 1 ) f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0
造点四手段的第四种：积分条件变成一个函数值。
② (Ⅱ) 多项式拟合：找一个“标准答案”。 找 p ( x ) = α x 2 + β x p(x)=\alpha x^2+\beta x p ( x ) = α x 2 + β x p ( 0 ) = 0 p(0)=0 p ( 0 ) = 0 p ( 1 ) = 1 p(1)=1 p ( 1 ) = 1 ∫ 0 1 p = 1 \int_0^1p=1 ∫ 0 1 p = 1 α + β = 1 \alpha+\beta=1 α + β = 1 α 3 + β 2 = 1 \frac\alpha3+\frac\beta2=1 3 α + 2 β = 1 p ( x ) = − 3 x 2 + 4 x p(x)=-3x^2+4x p ( x ) = − 3 x 2 + 4 x p ′ ′ ≡ − 6 p''\equiv-6 p ′′ ≡ − 6
把三个条件都满足的最简单的函数找出来，它的 f ′ ′ f'' f ′′ − 6 < − 2 -6<-2 − 6 < − 2
③ (Ⅱ) 差函数的三个零点。 g = f − p g=f-p g = f − p g ( 0 ) = g ( 1 ) = 0 g(0)=g(1)=0 g ( 0 ) = g ( 1 ) = 0 ∫ 0 1 g = 0 \int_0^1g=0 ∫ 0 1 g = 0 d ∈ ( 0 , 1 ) d\in(0,1) d ∈ ( 0 , 1 ) g ( d ) = 0 g(d)=0 g ( d ) = 0 η ∈ ( 0 , 1 ) \eta\in(0,1) η ∈ ( 0 , 1 ) g ′ ′ ( η ) = 0 g''(\eta)=0 g ′′ ( η ) = 0 f ′ ′ ( η ) = − 6 < − 2 f''(\eta)=-6<-2 f ′′ ( η ) = − 6 < − 2
证出的比要求的更强。Maki 的解法是在最大值点处泰勒展开，李林是令 F = f + x 2 F=f+x^2 F = f + x 2
答案：证明题。思路：（Ⅰ）积分中值 + 罗尔；（Ⅱ）拟合 p = − 3 x 2 + 4 x p=-3x^2+4x p = − 3 x 2 + 4 x f − p f-p f − p f ′ ′ = − 6 f''=-6 f ′′ = − 6
x y O x 0 1 2 最大值 2：f ′(x 0 )=0 f =8x (1−x )，f ″≡−168 x ( 1 − x ) 8x(1-x) 8 x ( 1 − x ) f ′ ′ ≡ − 16 f''\equiv-16 f ′′ ≡ − 16
例 6.6 李林 第三章 §4 例 8 · p82 夜雨 泰勒
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上有二阶连续导数，且
f ( 1 ) = f ( 0 ) = 0 f(1)=f(0)=0 f ( 1 ) = f ( 0 ) = 0 ，
max 0 ≤ x ≤ 1 f ( x ) = 2 \max\limits_{0\le x\le1}f(x)=2 0 ≤ x ≤ 1 max f ( x ) = 2 。证明：
min 0 ≤ x ≤ 1 f ′ ′ ( x ) ≤ − 16 \min\limits_{0\le x\le1}f''(x)\le-16 0 ≤ x ≤ 1 min f ′′ ( x ) ≤ − 16 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 在最大值点展开。 两端是 0，最大值 2 只能在内部某点 x 0 x_0 x 0 f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0
展开点选极值点，一次项直接消失。
② 代入两个端点。 0 = f ( 0 ) = 2 + f ′ ′ ( ξ ) 2 x 0 2 0=f(0)=2+\dfrac{f''(\xi)}2x_0^2 0 = f ( 0 ) = 2 + 2 f ′′ ( ξ ) x 0 2 0 = f ( 1 ) = 2 + f ′ ′ ( η ) 2 ( 1 − x 0 ) 2 0=f(1)=2+\dfrac{f''(\eta)}2(1-x_0)^2 0 = f ( 1 ) = 2 + 2 f ′′ ( η ) ( 1 − x 0 ) 2 f ′ ′ ( ξ ) = − 4 x 0 2 f''(\xi)=-\dfrac4{x_0^2} f ′′ ( ξ ) = − x 0 2 4 f ′ ′ ( η ) = − 4 ( 1 − x 0 ) 2 f''(\eta)=-\dfrac4{(1-x_0)^2} f ′′ ( η ) = − ( 1 − x 0 ) 2 4
每个端点给出一个 f ′ ′ f'' f ′′
③ 挑近的一端。 x 0 ≤ 1 2 x_0\le\frac12 x 0 ≤ 2 1 − 4 x 0 2 ≤ − 16 -\dfrac4{x_0^2}\le-16 − x 0 2 4 ≤ − 16 x 0 ≥ 1 2 x_0\ge\frac12 x 0 ≥ 2 1 − 4 ( 1 − x 0 ) 2 ≤ − 16 -\dfrac4{(1-x_0)^2}\le-16 − ( 1 − x 0 ) 2 4 ≤ − 16 min f ′ ′ ≤ − 16 \min f''\le-16 min f ′′ ≤ − 16
和 例 3.8 一样的思路：离哪个端点近，哪一边就“更陡”。
答案：证明题。思路：在最大值点展开（f ′ = 0 f'=0 f ′ = 0 ≤ − 16 \le-16 ≤ − 16
6.3 两个余项合成一个：介值定理大白话：代入两个点会得到两个余项 f ′ ′ ( ξ 1 ) f''(\xi_1) f ′′ ( ξ 1 ) f ′ ′ ( ξ 2 ) f''(\xi_2) f ′′ ( ξ 2 ) f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ ) f ′ ′ f'' f ′′ f ′ ′ ( ξ 1 ) + f ′ ′ ( ξ 2 ) 2 \frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}2 2 f ′′ ( ξ 1 ) + f ′′ ( ξ 2 ) ξ \xi ξ f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ ) 。如果要的是不等式，就取两者中绝对值较大的那个。
例 6.7 2023 数一(20) 2023 数二(21) 2023 数三(20)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ − a , a ] [-a,a] [ − a , a ] 上具有二阶连续导数，证明：（Ⅰ）若
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，则存在
ξ ∈ ( − a , a ) \xi\in(-a,a) ξ ∈ ( − a , a ) ，使得
f ′ ′ ( ξ ) = 1 a 2 [ f ( a ) + f ( − a ) ] f''(\xi)=\dfrac1{a^2}\big[f(a)+f(-a)\big] f ′′ ( ξ ) = a 2 1 [ f ( a ) + f ( − a ) ] ；（Ⅱ）若
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − a , a ) (-a,a) ( − a , a ) 内取得极值，则存在
η ∈ ( − a , a ) \eta\in(-a,a) η ∈ ( − a , a ) ，使得
∣ f ′ ′ ( η ) ∣ ≥ 1 2 a 2 ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ |f''(\eta)|\ge\dfrac1{2a^2}|f(a)-f(-a)| ∣ f ′′ ( η ) ∣ ≥ 2 a 2 1 ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 在 0 处展开，代入 ± a \pm a ± a f ( a ) = f ′ ( 0 ) a + f ′ ′ ( ξ 1 ) 2 a 2 f(a)=f'(0)a+\dfrac{f''(\xi_1)}2a^2 f ( a ) = f ′ ( 0 ) a + 2 f ′′ ( ξ 1 ) a 2 f ( − a ) = − f ′ ( 0 ) a + f ′ ′ ( ξ 2 ) 2 a 2 f(-a)=-f'(0)a+\dfrac{f''(\xi_2)}2a^2 f ( − a ) = − f ′ ( 0 ) a + 2 f ′′ ( ξ 2 ) a 2 ξ 1 ∈ ( 0 , a ) \xi_1\in(0,a) ξ 1 ∈ ( 0 , a ) ξ 2 ∈ ( − a , 0 ) \xi_2\in(-a,0) ξ 2 ∈ ( − a , 0 )
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 )
② (Ⅰ) 相加，介值定理。 f ( a ) + f ( − a ) a 2 = f ′ ′ ( ξ 1 ) + f ′ ′ ( ξ 2 ) 2 \dfrac{f(a)+f(-a)}{a^2}=\dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}2 a 2 f ( a ) + f ( − a ) = 2 f ′′ ( ξ 1 ) + f ′′ ( ξ 2 ) f ′ ′ ( ξ 2 ) f''(\xi_2) f ′′ ( ξ 2 ) f ′ ′ ( ξ 1 ) f''(\xi_1) f ′′ ( ξ 1 ) f ′ ′ f'' f ′′ ξ ∈ [ ξ 2 , ξ 1 ] ⊂ ( − a , a ) \xi\in[\xi_2,\xi_1]\subset(-a,a) ξ ∈ [ ξ 2 , ξ 1 ] ⊂ ( − a , a ) f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ )
两个余项合成一个，靠的是“二阶连续导数”这个条件。
③ (Ⅱ) 在极值点展开。 设极值点 x 0 ∈ ( − a , a ) x_0\in(-a,a) x 0 ∈ ( − a , a ) f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0 f ( a ) = f ( x 0 ) + f ′ ′ ( η 1 ) 2 ( a − x 0 ) 2 f(a)=f(x_0)+\dfrac{f''(\eta_1)}2(a-x_0)^2 f ( a ) = f ( x 0 ) + 2 f ′′ ( η 1 ) ( a − x 0 ) 2 f ( − a ) = f ( x 0 ) + f ′ ′ ( η 2 ) 2 ( a + x 0 ) 2 f(-a)=f(x_0)+\dfrac{f''(\eta_2)}2(a+x_0)^2 f ( − a ) = f ( x 0 ) + 2 f ′′ ( η 2 ) ( a + x 0 ) 2
结论里没有 f ′ f' f ′ f ′ = 0 f'=0 f ′ = 0
④ (Ⅱ) 相减、估计。 ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ ≤ M 2 [ ( a − x 0 ) 2 + ( a + x 0 ) 2 ] = M ( a 2 + x 0 2 ) ≤ 2 a 2 M |f(a)-f(-a)|\le\dfrac M2\big[(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\big]=M(a^2+x_0^2)\le2a^2M ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ ≤ 2 M [ ( a − x 0 ) 2 + ( a + x 0 ) 2 ] = M ( a 2 + x 0 2 ) ≤ 2 a 2 M M = max { ∣ f ′ ′ ( η 1 ) ∣ , ∣ f ′ ′ ( η 2 ) ∣ } M=\max\{|f''(\eta_1)|,|f''(\eta_2)|\} M = max { ∣ f ′′ ( η 1 ) ∣ , ∣ f ′′ ( η 2 ) ∣ } η \eta η ∣ f ′ ′ ∣ |f''| ∣ f ′′ ∣ M M M
x 0 2 < a 2 x_0^2<a^2 x 0 2 < a 2
答案：证明题。思路：（Ⅰ）0 处展开代入 ± a \pm a ± a ± a \pm a ± a
例 6.8 李林 第三章 §4 例 6 · p81
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ − a , a ] [-a,a] [ − a , a ] （
a > 0 a>0 a > 0 ）上有三阶连续导数，且
f ( − a ) = − a f(-a)=-a f ( − a ) = − a ，
f ( a ) = a f(a)=a f ( a ) = a ，
f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 。（1）写出
f ( x ) f(x) f ( x ) 带拉格朗日余项的二阶麦克劳林公式；（2）证明：存在
x 0 ∈ ( − a , a ) x_0\in(-a,a) x 0 ∈ ( − a , a ) ，使得
a 2 f ′ ′ ′ ( x 0 ) = 6 a^2f'''(x_0)=6 a 2 f ′′′ ( x 0 ) = 6 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 写公式。 f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ′ ( 0 ) 2 x 2 + f ′ ′ ′ ( ξ ) 6 x 3 f(x)=f(0)+\dfrac{f''(0)}2x^2+\dfrac{f'''(\xi)}6x^3 f ( x ) = f ( 0 ) + 2 f ′′ ( 0 ) x 2 + 6 f ′′′ ( ξ ) x 3 ξ \xi ξ x x x f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0
要证的是 f ′ ′ ′ f''' f ′′′ f ′ ′ ′ f''' f ′′′
② (2) 代入 ± a \pm a ± a a = f ( 0 ) + f ′ ′ ( 0 ) 2 a 2 + f ′ ′ ′ ( ξ 1 ) 6 a 3 a=f(0)+\dfrac{f''(0)}2a^2+\dfrac{f'''(\xi_1)}6a^3 a = f ( 0 ) + 2 f ′′ ( 0 ) a 2 + 6 f ′′′ ( ξ 1 ) a 3 − a = f ( 0 ) + f ′ ′ ( 0 ) 2 a 2 − f ′ ′ ′ ( ξ 2 ) 6 a 3 -a=f(0)+\dfrac{f''(0)}2a^2-\dfrac{f'''(\xi_2)}6a^3 − a = f ( 0 ) + 2 f ′′ ( 0 ) a 2 − 6 f ′′′ ( ξ 2 ) a 3 2 a = a 3 6 [ f ′ ′ ′ ( ξ 1 ) + f ′ ′ ′ ( ξ 2 ) ] 2a=\dfrac{a^3}6\big[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\big] 2 a = 6 a 3 [ f ′′′ ( ξ 1 ) + f ′′′ ( ξ 2 ) ]
f ( 0 ) f(0) f ( 0 ) f ′ ′ ( 0 ) f''(0) f ′′ ( 0 )
③ (2) 介值定理。 f ′ ′ ′ ( ξ 1 ) + f ′ ′ ′ ( ξ 2 ) 2 = 6 a 2 \dfrac{f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)}2=\dfrac6{a^2} 2 f ′′′ ( ξ 1 ) + f ′′′ ( ξ 2 ) = a 2 6 f ′ ′ ′ f''' f ′′′ x 0 x_0 x 0 f ′ ′ ′ ( x 0 ) = 6 a 2 f'''(x_0)=\dfrac6{a^2} f ′′′ ( x 0 ) = a 2 6
和 2023 年那题完全一样的收尾。a = 1 a=1 a = 1 f ( − 1 ) = 0 f(-1)=0 f ( − 1 ) = 0 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 f ′ ′ ′ ( ξ ) = 3 f'''(\xi)=3 f ′′′ ( ξ ) = 3
答案：证明题。思路：0 处二阶麦克劳林，代入 ± a \pm a ± a f ′ ′ ′ f''' f ′′′
6.4 泰勒与积分：一次项积分后消失大白话：结论里有积分和几个点的函数值，就在一个点展开，然后两边积分：在中点 a + b 2 \frac{a+b}2 2 a + b ∫ a b ( x − a + b 2 ) d x = 0 \int_a^b\big(x-\frac{a+b}2\big)\dx=0 ∫ a b ( x − 2 a + b ) d x = 0 x x x f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) 。这就是夜雨说的“带积分的处理（重点）”在泰勒这里的用法。
两个要记住的积分
∫ 0 1 x ( 1 − x ) d x = 1 6 , \displaystyle \int_0^1x(1-x)\dx=\frac16, ∫ 0 1 x ( 1 − x ) d x = 6 1 , ∫ a b ( x − a + b 2 ) 2 d x = ( b − a ) 3 12 . \displaystyle \int_a^b\Big(x-\frac{a+b}2\Big)^2\dx=\frac{(b-a)^3}{12}. ∫ a b ( x − 2 a + b ) 2 d x = 12 ( b − a ) 3 . 由它们得到两条误差公式（第 8 部分有核对）：中点公式 ∫ a b f − ( b − a ) f ( a + b 2 ) = ( b − a ) 3 24 f ′ ′ ( ξ ) \int_a^bf-(b-a)f\big(\frac{a+b}2\big)=\frac{(b-a)^3}{24}f''(\xi) ∫ a b f − ( b − a ) f ( 2 a + b ) = 24 ( b − a ) 3 f ′′ ( ξ ) ∫ a b f − b − a 2 [ f ( a ) + f ( b ) ] = − ( b − a ) 3 12 f ′ ′ ( ξ ) \int_a^bf-\frac{b-a}2[f(a)+f(b)]=-\frac{(b-a)^3}{12}f''(\xi) ∫ a b f − 2 b − a [ f ( a ) + f ( b )] = − 12 ( b − a ) 3 f ′′ ( ξ )
例 6.9 2022 数一(20) 2022 数二(21)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) ( − ∞ , + ∞ ) 上有二阶连续导数，证明：
f ′ ′ ( x ) ≥ 0 f''(x)\ge0 f ′′ ( x ) ≥ 0 的充分必要条件是对任意不同的实数
a , b a,b a , b ，都有
f ( a + b 2 ) ≤ 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x f\Big(\dfrac{a+b}2\Big)\le\dfrac1{b-a}\displaystyle\int_a^bf(x)\dx f ( 2 a + b ) ≤ b − a 1 ∫ a b f ( x ) d x 成立。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 必要性：在中点展开。 设 f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0 m = a + b 2 m=\frac{a+b}2 m = 2 a + b f ( x ) = f ( m ) + f ′ ( m ) ( x − m ) + f ′ ′ ( ξ ) 2 ( x − m ) 2 ≥ f ( m ) + f ′ ( m ) ( x − m ) f(x)=f(m)+f'(m)(x-m)+\dfrac{f''(\xi)}2(x-m)^2\ge f(m)+f'(m)(x-m) f ( x ) = f ( m ) + f ′ ( m ) ( x − m ) + 2 f ′′ ( ξ ) ( x − m ) 2 ≥ f ( m ) + f ′ ( m ) ( x − m )
结论里有 f ( a + b 2 ) f\big(\frac{a+b}2\big) f ( 2 a + b ) f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0
② 必要性：积分。 不妨 a < b a<b a < b a > b a>b a > b a , b a,b a , b [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f ≥ ( b − a ) f ( m ) + f ′ ( m ) ∫ a b ( x − m ) d x = ( b − a ) f ( m ) \displaystyle\int_a^bf\ge(b-a)f(m)+f'(m)\int_a^b(x-m)\dx=(b-a)f(m) ∫ a b f ≥ ( b − a ) f ( m ) + f ′ ( m ) ∫ a b ( x − m ) d x = ( b − a ) f ( m )
一次项积分为 0：中点左右对称。
③ 充分性：反证。 设条件成立，但某点 x 0 x_0 x 0 f ′ ′ ( x 0 ) < 0 f''(x_0)<0 f ′′ ( x 0 ) < 0 f ′ ′ f'' f ′′ δ > 0 \delta>0 δ > 0 [ x 0 − δ , x 0 + δ ] [x_0-\delta,x_0+\delta] [ x 0 − δ , x 0 + δ ] f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 a = x 0 − δ a=x_0-\delta a = x 0 − δ b = x 0 + δ b=x_0+\delta b = x 0 + δ x 0 x_0 x 0 x 0 x_0 x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( ξ ) 2 ( x − x 0 ) 2 f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}2(x-x_0)^2 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + 2 f ′′ ( ξ ) ( x − x 0 ) 2 ξ \xi ξ x 0 x_0 x 0 x x x f ′ ′ ( ξ ) < 0 f''(\xi)<0 f ′′ ( ξ ) < 0 x ≠ x 0 x\ne x_0 x = x 0 f ( x ) < f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) f(x)<f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) f ( x ) < f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) ∫ a b f < 2 δ f ( x 0 ) + 0 \displaystyle\int_a^bf<2\delta f(x_0)+0 ∫ a b f < 2 δ f ( x 0 ) + 0 1 b − a ∫ a b f < f ( a + b 2 ) \frac1{b-a}\int_a^bf<f\big(\frac{a+b}2\big) b − a 1 ∫ a b f < f ( 2 a + b ) f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0
“充要条件”两个方向都要写。反向为什么要用反证：条件只说“对所有 a , b a,b a , b f ′ ′ f'' f ′′ a , b a,b a , b f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0
答案：证明题。思路：必要：中点展开积分，一次项为 0；充分：反证，在 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0
x y O 1 1/2 ±x (1−x )/2 f 与弦的差f f f ± x ( 1 − x ) 2 \pm\frac{x(1-x)}2 ± 2 x ( 1 − x )
例 6.10 2024 数一(19) 2024 数二(21) 2024 数三(20)
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 二阶可导，
f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) f'(0)=f'(1) f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) ，
∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ 1 |f''(x)|\le1 ∣ f ′′ ( x ) ∣ ≤ 1 ，证明：（Ⅰ）当
x ∈ ( 0 , 1 ) x\in(0,1) x ∈ ( 0 , 1 ) 时，
∣ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ∣ ≤ x ( 1 − x ) 2 \big|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\big|\le\dfrac{x(1-x)}2 f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ≤ 2 x ( 1 − x ) ；（Ⅱ）
∣ ∫ 0 1 f ( x ) d x − f ( 0 ) + f ( 1 ) 2 ∣ ≤ 1 12 \Big|\displaystyle\int_0^1f(x)\dx-\dfrac{f(0)+f(1)}2\Big|\le\dfrac1{12} ∫ 0 1 f ( x ) d x − 2 f ( 0 ) + f ( 1 ) ≤ 12 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 在动点 x x x f ( 0 ) = f ( x ) − x f ′ ( x ) + f ′ ′ ( η 1 ) 2 x 2 f(0)=f(x)-xf'(x)+\dfrac{f''(\eta_1)}2x^2 f ( 0 ) = f ( x ) − x f ′ ( x ) + 2 f ′′ ( η 1 ) x 2 f ( 1 ) = f ( x ) + ( 1 − x ) f ′ ( x ) + f ′ ′ ( η 2 ) 2 ( 1 − x ) 2 f(1)=f(x)+(1-x)f'(x)+\dfrac{f''(\eta_2)}2(1-x)^2 f ( 1 ) = f ( x ) + ( 1 − x ) f ′ ( x ) + 2 f ′′ ( η 2 ) ( 1 − x ) 2
结论里有 f ( 0 ) f(0) f ( 0 ) f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) f ( x ) f(x) f ( x ) f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 ) f ′ ( 1 ) f'(1) f ′ ( 1 ) x x x f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x )
② (Ⅰ) 按权 ( 1 − x ) (1-x) ( 1 − x ) x x x 第一式乘 1 − x 1-x 1 − x x x x f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) − x ( 1 − x ) + x ( 1 − x ) = 0 -x(1-x)+x(1-x)=0 − x ( 1 − x ) + x ( 1 − x ) = 0 f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x = f ( x ) + x ( 1 − x ) 2 [ x f ′ ′ ( η 1 ) + ( 1 − x ) f ′ ′ ( η 2 ) ] f(0)(1-x)+f(1)x=f(x)+\dfrac{x(1-x)}2\big[xf''(\eta_1)+(1-x)f''(\eta_2)\big] f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x = f ( x ) + 2 x ( 1 − x ) [ x f ′′ ( η 1 ) + ( 1 − x ) f ′′ ( η 2 ) ]
权重取“到对侧端点的距离”：代入 0 的式子配 1 − x 1-x 1 − x x x x
③ (Ⅰ) 估计。 ∣ x f ′ ′ ( η 1 ) + ( 1 − x ) f ′ ′ ( η 2 ) ∣ ≤ x + ( 1 − x ) = 1 \big|xf''(\eta_1)+(1-x)f''(\eta_2)\big|\le x+(1-x)=1 x f ′′ ( η 1 ) + ( 1 − x ) f ′′ ( η 2 ) ≤ x + ( 1 − x ) = 1 ∣ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ∣ ≤ x ( 1 − x ) 2 |f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\le\dfrac{x(1-x)}2 ∣ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ∣ ≤ 2 x ( 1 − x )
权重之和为 1，放大后正好是 1，常数不会变差。
④ (Ⅱ) 积分（Ⅰ）的结论。 f ( 0 ) + f ( 1 ) 2 = ∫ 0 1 [ f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x ] d x \dfrac{f(0)+f(1)}2=\displaystyle\int_0^1\big[f(0)(1-x)+f(1)x\big]\dx 2 f ( 0 ) + f ( 1 ) = ∫ 0 1 [ f ( 0 ) ( 1 − x ) + f ( 1 ) x ] d x = ∣ ∫ 0 1 [ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ] d x ∣ ≤ ∫ 0 1 x ( 1 − x ) 2 d x = 1 12 =\Big|\displaystyle\int_0^1\big[f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\big]\dx\Big|\le\int_0^1\frac{x(1-x)}2\dx=\frac1{12} = ∫ 0 1 [ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ] d x ≤ ∫ 0 1 2 x ( 1 − x ) d x = 12 1
分两问的题，先看第（Ⅰ）问积分一下能不能得到第（Ⅱ）问。条件 f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) f'(0)=f'(1) f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 )
答案：证明题。思路：（Ⅰ）动点 x x x 1 − x 1-x 1 − x x x x
夜雨的“利用分部积分公式”（非重点） （Ⅱ）也可以不用（Ⅰ）：分部积分两次，取在两端为 0 的原函数 x 2 − x 2 \frac{x^2-x}2 2 x 2 − x ∫ 0 1 f − f ( 0 ) + f ( 1 ) 2 = ∫ 0 1 x 2 − x 2 f ′ ′ ( x ) d x \int_0^1f-\frac{f(0)+f(1)}2=\int_0^1\frac{x^2-x}2f''(x)\dx ∫ 0 1 f − 2 f ( 0 ) + f ( 1 ) = ∫ 0 1 2 x 2 − x f ′′ ( x ) d x ∣ f ′ ′ ∣ ≤ 1 |f''|\le1 ∣ f ′′ ∣ ≤ 1
6.5 中值 θ \theta θ 大白话：拉格朗日说 f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) f(x)=f(0)+xf'(\theta x) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) 0 < θ < 1 0<\theta<1 0 < θ < 1 x → 0 x\to0 x → 0 θ \theta θ f ′ f' f ′ 1 2 \frac12 2 1 （夜雨“利用泰勒中值定理求中值极限”，非重点，但 2001 年考过）。
x θ O 1/2 1 −3 3 θ (x )x →0 时 θ →1/2f = e x f=\e^x f = e x θ ( x ) \theta(x) θ ( x ) x → 0 x\to0 x → 0 1 2 \frac12 2 1
例 6.11 2001 数一(七)
设
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 在
( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) 内具有二阶连续导数且
f ′ ′ ( x ) ≠ 0 f''(x)\ne0 f ′′ ( x ) = 0 ，试证：（1）对于
( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) 内的任一
x ≠ 0 x\ne0 x = 0 ，存在唯一的
θ ( x ) ∈ ( 0 , 1 ) \theta(x)\in(0,1) θ ( x ) ∈ ( 0 , 1 ) ，使
f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ ( x ) x ) f(x)=f(0)+xf'\big(\theta(x)x\big) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ ( x ) x ) 成立；（2）
lim x → 0 θ ( x ) = 1 2 \lim\limits_{x\to0}\theta(x)=\dfrac12 x → 0 lim θ ( x ) = 2 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 存在：拉格朗日。 在 0 0 0 x x x θ ( x ) ∈ ( 0 , 1 ) \theta(x)\in(0,1) θ ( x ) ∈ ( 0 , 1 ) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ ( x ) x ) f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ ( x ) x )
ξ = θ x \xi=\theta x ξ = θ x
② (1) 唯一：f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′ f ′ f' f ′ θ 1 ≠ θ 2 \theta_1\ne\theta_2 θ 1 = θ 2 f ′ ( θ 1 x ) = f ′ ( θ 2 x ) f'(\theta_1x)=f'(\theta_2x) f ′ ( θ 1 x ) = f ′ ( θ 2 x )
连续函数处处不为 0，就不会变号（否则由零点定理有零点）。
③ (2) 对 f ′ f' f ′ f ′ ( θ x ) − f ′ ( 0 ) = f ′ ′ ( ζ ) θ x f'(\theta x)-f'(0)=f''(\zeta)\theta x f ′ ( θ x ) − f ′ ( 0 ) = f ′′ ( ζ ) θ x ζ \zeta ζ θ x \theta x θ x f ( x ) − f ( 0 ) − x f ′ ( 0 ) x 2 = f ′ ′ ( ζ ) θ \dfrac{f(x)-f(0)-xf'(0)}{x^2}=f''(\zeta)\,\theta x 2 f ( x ) − f ( 0 ) − x f ′ ( 0 ) = f ′′ ( ζ ) θ
把 θ \theta θ f ′ ( θ x ) f'(\theta x) f ′ ( θ x )
④ (2) 取极限。 令 x → 0 x\to0 x → 0 0 0 \frac00 0 0 lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) − x f ′ ( 0 ) x 2 = lim x → 0 f ′ ( x ) − f ′ ( 0 ) 2 x = f ′ ′ ( 0 ) 2 \lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)-xf'(0)}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f'(x)-f'(0)}{2x}=\dfrac{f''(0)}2 x → 0 lim x 2 f ( x ) − f ( 0 ) − x f ′ ( 0 ) = x → 0 lim 2 x f ′ ( x ) − f ′ ( 0 ) = 2 f ′′ ( 0 ) ζ \zeta ζ θ x \theta x θ x x → 0 x\to0 x → 0 ζ → 0 \zeta\to0 ζ → 0 f ′ ′ f'' f ′′ f ′ ′ ( ζ ) → f ′ ′ ( 0 ) f''(\zeta)\to f''(0) f ′′ ( ζ ) → f ′′ ( 0 ) f ′ ′ ( 0 ) lim θ = f ′ ′ ( 0 ) 2 f''(0)\lim\theta=\frac{f''(0)}2 f ′′ ( 0 ) lim θ = 2 f ′′ ( 0 ) f ′ ′ ( 0 ) ≠ 0 f''(0)\ne0 f ′′ ( 0 ) = 0 lim x → 0 θ ( x ) = 1 2 \lim\limits_{x\to0}\theta(x)=\dfrac12 x → 0 lim θ ( x ) = 2 1
“二阶连续导数”和“f ′ ′ ( 0 ) ≠ 0 f''(0)\ne0 f ′′ ( 0 ) = 0 f ( x ) = f ( 0 ) + ⋯ + x n n ! f ( n ) ( θ x ) f(x)=f(0)+\cdots+\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(\theta x) f ( x ) = f ( 0 ) + ⋯ + n ! x n f ( n ) ( θ x ) f ( n + 1 ) ( 0 ) ≠ 0 f^{(n+1)}(0)\ne0 f ( n + 1 ) ( 0 ) = 0 θ → 1 n + 1 \theta\to\frac1{n+1} θ → n + 1 1
答案：证明题。思路：（1）拉格朗日 + f ′ f' f ′ f ′ ( θ x ) f'(\theta x) f ′ ( θ x )
x y O x 0 x 0 +Δ x dy Δy 凹的递增曲线：切线升高 d y \dd y d y Δ y \Delta y Δ y
例 6.12 2006 数一(7)
设函数
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 具有二阶导数，且
f ′ ( x ) > 0 f'(x)>0 f ′ ( x ) > 0 ，
f ′ ′ ( x ) > 0 f''(x)>0 f ′′ ( x ) > 0 ，
Δ x \Delta x Δ x 为自变量
x x x 在点
x 0 x_0 x 0 处的增量，
Δ y \Delta y Δ y 与
d y \dd y d y 分别为
f ( x ) f(x) f ( x ) 在点
x 0 x_0 x 0 处对应的增量与微分，若
Δ x > 0 \Delta x>0 Δ x > 0 ，则（ ）。（A）
0 < d y < Δ y 0<\dd y<\Delta y 0 < d y < Δ y （B）
0 < Δ y < d y 0<\Delta y<\dd y 0 < Δ y < d y （C）
Δ y < d y < 0 \Delta y<\dd y<0 Δ y < d y < 0 （D）
d y < Δ y < 0 \dd y<\Delta y<0 d y < Δ y < 0 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 微分为正。 d y = f ′ ( x 0 ) Δ x > 0 \dd y=f'(x_0)\Delta x>0 d y = f ′ ( x 0 ) Δ x > 0
微分是切线的增量。
② 泰勒比较。 Δ y = f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) Δ x + f ′ ′ ( ξ ) 2 ( Δ x ) 2 > d y \Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f'(x_0)\Delta x+\dfrac{f''(\xi)}2(\Delta x)^2>\dd y Δ y = f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) Δ x + 2 f ′′ ( ξ ) ( Δ x ) 2 > d y
余项 f ′ ′ ( ξ ) 2 ( Δ x ) 2 > 0 \frac{f''(\xi)}2(\Delta x)^2>0 2 f ′′ ( ξ ) ( Δ x ) 2 > 0 Δ y = f ′ ( ξ ) Δ x > f ′ ( x 0 ) Δ x \Delta y=f'(\xi)\Delta x>f'(x_0)\Delta x Δ y = f ′ ( ξ ) Δ x > f ′ ( x 0 ) Δ x f ′ f' f ′
答案：A
6.6 小结
题目里的说法 换成什么 例子
“n n n 佩亚诺余项，查展开表 例 6.1 、例 6.2 ∣ f ∣ ≤ a |f|\le a ∣ f ∣ ≤ a ∣ f ′ ′ ∣ ≤ b |f''|\le b ∣ f ′′ ∣ ≤ b ∣ f ′ ∣ |f'| ∣ f ′ ∣ 在任意点 c c c 例 6.3 “最大值为 M M M 在极值点展开（一次项为 0） 例 6.6 、例 6.7 结论 f ′ ′ ( ξ ) = f''(\xi)= f ′′ ( ξ ) = 两次代入相加，介值定理合成一个余项 例 6.7 、例 6.8 f ′ ′ ( ξ ) < − 2 f''(\xi)<-2 f ′′ ( ξ ) < − 2 多项式拟合出标准值，再两次罗尔 例 6.5 积分与 f ( a + b 2 ) f(\frac{a+b}2) f ( 2 a + b ) f ( a ) + f ( b ) 2 \frac{f(a)+f(b)}2 2 f ( a ) + f ( b ) 中点展开积分，或动点展开加权相加再积分 例 6.9 、例 6.10 f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) f(x)=f(0)+xf'(\theta x) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) lim θ \lim\theta lim θ 对 f ′ f' f ′ 例 6.11 比较 Δ y \Delta y Δ y d y \dd y d y 余项的符号 = 凹凸 例 6.12
学完了，标记这一部分
第 7 部分
零点问题与不等式
方程根的个数和函数不等式是中值定理最常见的“出口”：零点定理管存在，单调性和罗尔管个数，单调性、拉格朗日和凹凸性管不等式。
考试要求（大纲原文，李林讲义第四章第 1 条、第三章第 1 条）
第四章第 1 条：理解函数的极值概念，掌握用导数判断函数的单调性和求函数极值的方法，掌握函数最大值和最小值的求法及其应用。
第三章第 1 条：理解并会用罗尔定理。
方程根的个数、函数不等式在李林第四章“导数的应用”（p94 起）；李林第三章第一节又把“判别方程实根的个数”列为罗尔定理的应用。这一部分只讲和中值定理有关的做法，单调性、极值、最值本身在《一元与多元微分学》笔记。
这一部分在考什么
方程根的个数、函数不等式属于李林第四章“导数的应用”，Maki 放在 L15“不等式证明与方程根的个数”，他说这一讲不引入新知识，只是把前面几讲的工具组织成两套决策流程。这里只讲和中值定理有关的做法：根的存在靠零点定理和罗尔，根的个数靠单调性和罗尔的推论，不等式靠单调性、拉格朗日和凹凸性 。
7.1 方程的根：存在、唯一、个数大白话：数根分三步——① 求导，把定义域切成几段单调区间；② 算每段两端的函数值（或极限）；③ 每段上两端异号就恰有一个根（零点定理 + 单调），同号就没有 。单调区间有几段，根就至多几个。
根的个数：“至少”与“至多”（孝哥）
至少 ：零点定理（f ( a ) f ( b ) < 0 f(a)f(b)<0 f ( a ) f ( b ) < 0 F F F 至多 ：① 在区间上单调 ⟹ 至多一个；② 凹凸性不变 ⟹ 至多两个；③ f ( k ) ( x ) ≠ 0 f^{(k)}(x)\ne0 f ( k ) ( x ) = 0 k k k
方法卡 · 数方程的根
什么时候用
“证明方程有且仅有
n n n 个根”“讨论方程根的个数（含参数）”。
步骤
移项成 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 k = g ( x ) k=g(x) k = g ( x )
求 f ′ f' f ′
算极值和两端的极限，每段用零点定理 + 单调性判断有没有根。 最容易错
只算了极值，忘了端点的极限（尤其是
x → 0 + x\to0^+ x → 0 + 、
x → ± ∞ x\to\pm\infty x → ± ∞ ）；奇函数只讨论了一半。
x y O −f (0)/k f (0)<0y =f (0)+kx 唯一零点 f ′ ≥ k f'\ge k f ′ ≥ k y = f ( 0 ) + k x y=f(0)+kx y = f ( 0 ) + k x − f ( 0 ) k -\frac{f(0)}k − k f ( 0 )
例 7.1 1993 数一(六)
（1）设在
[ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [ 0 , + ∞ ) 上函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 有连续导数，且
f ′ ( x ) ≥ k > 0 f'(x)\ge k>0 f ′ ( x ) ≥ k > 0 ，
f ( 0 ) < 0 f(0)<0 f ( 0 ) < 0 ，证明：
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) 内有且仅有一个零点。（2）设
b > a > e b>a>\e b > a > e ，证明
a b > b a a^b>b^a a b > b a 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 拉格朗日造一个正值。 f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( ξ ) x ≥ f ( 0 ) + k x f(x)=f(0)+f'(\xi)x\ge f(0)+kx f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( ξ ) x ≥ f ( 0 ) + k x x 1 = − f ( 0 ) k > 0 x_1=-\dfrac{f(0)}k>0 x 1 = − k f ( 0 ) > 0 f ( x 1 ) ≥ 0 f(x_1)\ge0 f ( x 1 ) ≥ 0
+ ∞ +\infty + ∞ f ( x ) f(x) f ( x ) x 1 x_1 x 1
② (1) 存在 + 唯一。 f ( 0 ) < 0 ≤ f ( x 1 ) f(0)<0\le f(x_1) f ( 0 ) < 0 ≤ f ( x 1 ) f ( x 1 ) = 0 f(x_1)=0 f ( x 1 ) = 0 ( 0 , x 1 ] (0,x_1] ( 0 , x 1 ] f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f
“有且仅有”= 存在（零点定理）+ 唯一（单调）。
③ (2) 取对数，化成比较一个函数的两个值。 a b > b a ⟺ b ln a > a ln b ⟺ ln a a > ln b b a^b>b^a\iff b\ln a>a\ln b\iff\dfrac{\ln a}a>\dfrac{\ln b}b a b > b a ⟺ b ln a > a ln b ⟺ a ln a > b ln b
指数上的变量先用对数拿下来；再把 a a a b b b ln x x \frac{\ln x}x x l n x
④ (2) 单调性。 φ ( x ) = ln x x \varphi(x)=\dfrac{\ln x}x φ ( x ) = x ln x φ ′ ( x ) = 1 − ln x x 2 < 0 \varphi'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0 φ ′ ( x ) = x 2 1 − ln x < 0 x > e x>\e x > e φ \varphi φ ( e , + ∞ ) (\e,+\infty) ( e , + ∞ ) b > a > e b>a>\e b > a > e φ ( a ) > φ ( b ) \varphi(a)>\varphi(b) φ ( a ) > φ ( b )
ln x x \frac{\ln x}x x l n x x = e x=\e x = e 1 e \frac1\e e 1
答案：证明题。思路：（1）f ( x ) ≥ f ( 0 ) + k x f(x)\ge f(0)+kx f ( x ) ≥ f ( 0 ) + k x ln x x \frac{\ln x}x x l n x
x y O e 1 1/e y =ln x /x 0<a <1/e：两个交点 ln x x \frac{\ln x}x x l n x e \e e 1 e \frac1\e e 1 ln x = a x \ln x=ax ln x = a x x y O y =x k =2k =1k =0.6k arctan x k\arctan x k arctan x y = x y=x y = x k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 k > 1 k>1 k > 1
例 7.2 2011 数一(17)
求方程
k arctan x − x = 0 k\arctan x-x=0 k arctan x − x = 0 不同实根的个数，其中
k k k 为参数。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 奇函数，先看原点和导数。 f ( x ) = k arctan x − x f(x)=k\arctan x-x f ( x ) = k arctan x − x f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( x ) = k 1 + x 2 − 1 = k − 1 − x 2 1 + x 2 f'(x)=\dfrac k{1+x^2}-1=\dfrac{k-1-x^2}{1+x^2} f ′ ( x ) = 1 + x 2 k − 1 = 1 + x 2 k − 1 − x 2
奇函数只需讨论 x > 0 x>0 x > 0 x = 0 x=0 x = 0
② k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 f ′ ( x ) < 0 f'(x)<0 f ′ ( x ) < 0 x ≠ 0 x\ne0 x = 0 f f f x = 0 x=0 x = 0
k = 1 k=1 k = 1 f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0
③ k > 1 k>1 k > 1 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) x ∈ ( 0 , k − 1 ) x\in(0,\sqrt{k-1}) x ∈ ( 0 , k − 1 ) f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f f ( x ) > f ( 0 ) = 0 f(x)>f(0)=0 f ( x ) > f ( 0 ) = 0 x > k − 1 x>\sqrt{k-1} x > k − 1 f f f f ( k − 1 ) > 0 f(\sqrt{k-1})>0 f ( k − 1 ) > 0 lim x → + ∞ f ( x ) = − ∞ \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty x → + ∞ lim f ( x ) = − ∞
每段单调区间两端的符号：前一段是 0 到正（无根），后一段是正到 − ∞ -\infty − ∞
④ 合并。 由奇性，( − ∞ , 0 ) (-\infty,0) ( − ∞ , 0 ) k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 k > 1 k>1 k > 1
答案要按参数分情况写全。
答案：k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 k > 1 k>1 k > 1
例 7.3 1989 数一(六)
证明：方程
ln x = x e − ∫ 0 π 1 − cos 2 x d x \ln x=\dfrac x\e-\displaystyle\int_0^\pi\sqrt{1-\cos2x}\dx ln x = e x − ∫ 0 π 1 − cos 2 x d x 在区间
( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) 内有且仅有两个不同实根。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先把积分算成一个数。 1 − cos 2 x = 2 sin 2 x = 2 ∣ sin x ∣ \sqrt{1-\cos2x}=\sqrt{2\sin^2x}=\sqrt2|\sin x| 1 − cos 2 x = 2 sin 2 x = 2 ∣ sin x ∣ ∫ 0 π 2 sin x d x = 2 2 \displaystyle\int_0^\pi\sqrt2\sin x\dx=2\sqrt2 ∫ 0 π 2 sin x d x = 2 2
定积分是一个常数，方程其实是 ln x − x e + 2 2 = 0 \ln x-\frac x\e+2\sqrt2=0 ln x − e x + 2 2 = 0 sin 2 x = ∣ sin x ∣ \sqrt{\sin^2x}=|\sin x| sin 2 x = ∣ sin x ∣ [ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] sin x ≥ 0 \sin x\ge0 sin x ≥ 0
② 单调区间。 F ( x ) = ln x − x e + 2 2 F(x)=\ln x-\dfrac x\e+2\sqrt2 F ( x ) = ln x − e x + 2 2 F ′ ( x ) = 1 x − 1 e F'(x)=\dfrac1x-\dfrac1\e F ′ ( x ) = x 1 − e 1 ( 0 , e ) (0,\e) ( 0 , e ) ( e , + ∞ ) (\e,+\infty) ( e , + ∞ ) F ( e ) = 1 − 1 + 2 2 = 2 2 > 0 F(\e)=1-1+2\sqrt2=2\sqrt2>0 F ( e ) = 1 − 1 + 2 2 = 2 2 > 0
这就是孝哥“重要零点模型” ln x − x e − k \ln x-\frac x\e-k ln x − e x − k k = − 2 2 < 0 k=-2\sqrt2<0 k = − 2 2 < 0
③ 两端的极限，逐段数根。 lim x → 0 + F = − ∞ \lim\limits_{x\to0^+}F=-\infty x → 0 + lim F = − ∞ lim x → + ∞ F = − ∞ \lim\limits_{x\to+\infty}F=-\infty x → + ∞ lim F = − ∞ x e \frac x\e e x ln x \ln x ln x ( 0 , e ) (0,\e) ( 0 , e ) − ∞ -\infty − ∞ ( e , + ∞ ) (\e,+\infty) ( e , + ∞ ) − ∞ -\infty − ∞
每一段都是“单调 + 两端异号”，存在性和唯一性一起得到。
答案：证明题。思路：积分 = 2 2 =2\sqrt2 = 2 2 F = ln x − x e + 2 2 F=\ln x-\frac x\e+2\sqrt2 F = ln x − e x + 2 2
例 7.4 1988 数一(九)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，且在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内有
f ′ ( x ) > 0 f'(x)>0 f ′ ( x ) > 0 。证明：在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内存在唯一的
ξ \xi ξ ，使曲线
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 与两直线
y = f ( ξ ) y=f(\xi) y = f ( ξ ) ，
x = a x=a x = a 所围平面图形面积
S 1 S_1 S 1 是曲线
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 与两直线
y = f ( ξ ) y=f(\xi) y = f ( ξ ) ，
x = b x=b x = b 所围平面图形面积
S 2 S_2 S 2 的 3 倍。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 把面积写成积分。 f f f t ∈ ( a , b ) t\in(a,b) t ∈ ( a , b ) S 1 ( t ) = ∫ a t [ f ( t ) − f ( x ) ] d x S_1(t)=\displaystyle\int_a^t\big[f(t)-f(x)\big]\dx S 1 ( t ) = ∫ a t [ f ( t ) − f ( x ) ] d x S 2 ( t ) = ∫ t b [ f ( x ) − f ( t ) ] d x S_2(t)=\displaystyle\int_t^b\big[f(x)-f(t)\big]\dx S 2 ( t ) = ∫ t b [ f ( x ) − f ( t ) ] d x F ( t ) = S 1 ( t ) − 3 S 2 ( t ) F(t)=S_1(t)-3S_2(t) F ( t ) = S 1 ( t ) − 3 S 2 ( t ) t ∈ [ a , b ] t\in[a,b] t ∈ [ a , b ]
曲线递增，[ a , t ] [a,t] [ a , t ] y = f ( t ) y=f(t) y = f ( t ) [ t , b ] [t,b] [ t , b ] F F F ( a , b ) (a,b) ( a , b )
② 存在：零点定理。 F ( a ) = − 3 ∫ a b [ f ( x ) − f ( a ) ] d x < 0 F(a)=-3\displaystyle\int_a^b\big[f(x)-f(a)\big]\dx<0 F ( a ) = − 3 ∫ a b [ f ( x ) − f ( a ) ] d x < 0 F ( b ) = ∫ a b [ f ( b ) − f ( x ) ] d x > 0 F(b)=\displaystyle\int_a^b\big[f(b)-f(x)\big]\dx>0 F ( b ) = ∫ a b [ f ( b ) − f ( x ) ] d x > 0 F F F
被积函数在 ( a , b ) (a,b) ( a , b )
③ 唯一：单调。 F ( t ) = ( t − a ) f ( t ) − ∫ a t f − 3 ∫ t b f + 3 ( b − t ) f ( t ) F(t)=(t-a)f(t)-\displaystyle\int_a^tf-3\int_t^bf+3(b-t)f(t) F ( t ) = ( t − a ) f ( t ) − ∫ a t f − 3 ∫ t b f + 3 ( b − t ) f ( t ) F ′ ( t ) = f ′ ( t ) [ ( t − a ) + 3 ( b − t ) ] > 0 F'(t)=f'(t)\big[(t-a)+3(b-t)\big]>0 F ′ ( t ) = f ′ ( t ) [ ( t − a ) + 3 ( b − t ) ] > 0 F F F
对变限积分求导，f ( t ) f(t) f ( t ) f ′ ( t ) f'(t) f ′ ( t )
答案：证明题。思路：F = S 1 − 3 S 2 F=S_1-3S_2 F = S 1 − 3 S 2 F ( a ) < 0 < F ( b ) F(a)<0<F(b) F ( a ) < 0 < F ( b ) F ′ > 0 F'>0 F ′ > 0
例 7.5 2004 数一(18)
设有方程
x n + n x − 1 = 0 x^n+nx-1=0 x n + n x − 1 = 0 ，其中
n n n 为正整数。证明此方程存在唯一正实根
x n x_n x n ，并证明当
α > 1 \alpha>1 α > 1 时，级数
∑ n = 1 ∞ x n α \displaystyle\sum_{n=1}^\infty x_n^\alpha n = 1 ∑ ∞ x n α 收敛。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 存在：零点定理，顺便把根夹住。 f n ( x ) = x n + n x − 1 f_n(x)=x^n+nx-1 f n ( x ) = x n + n x − 1 f n ( 0 ) = − 1 < 0 f_n(0)=-1<0 f n ( 0 ) = − 1 < 0 f n ( 1 n ) = ( 1 n ) n + 1 − 1 = ( 1 n ) n > 0 f_n\Big(\dfrac1n\Big)=\Big(\dfrac1n\Big)^n+1-1=\Big(\dfrac1n\Big)^n>0 f n ( n 1 ) = ( n 1 ) n + 1 − 1 = ( n 1 ) n > 0 ( 0 , 1 n ) \Big(0,\dfrac1n\Big) ( 0 , n 1 )
为什么试 1 n \frac1n n 1 n x nx n x n x ≈ 1 nx\approx1 n x ≈ 1 x ≈ 1 n x\approx\frac1n x ≈ n 1
② 唯一：单调。 x > 0 x>0 x > 0 f n ′ ( x ) = n x n − 1 + n > 0 f_n'(x)=nx^{n-1}+n>0 f n ′ ( x ) = n x n − 1 + n > 0 f n f_n f n ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) x n x_n x n 0 < x n < 1 n 0<x_n<\dfrac1n 0 < x n < n 1
“存在唯一” = 零点定理 + 单调性（7.1 节的方法卡）。
③ 级数收敛：比较判别。 0 < x n α < 1 n α 0<x_n^\alpha<\dfrac1{n^\alpha} 0 < x n α < n α 1 α > 1 \alpha>1 α > 1 ∑ 1 n α \sum\frac1{n^\alpha} ∑ n α 1 ∑ x n α \sum x_n^\alpha ∑ x n α
第①步把根夹在 ( 0 , 1 n ) (0,\frac1n) ( 0 , n 1 )
答案：证明题。思路：存在唯一：零点定理（顺便夹出 0 < x n < 1 n 0<x_n<\frac1n 0 < x n < n 1 ∑ 1 n α \sum\frac1{n^\alpha} ∑ n α 1
例 7.6 2021 数二(4) 2021 数三(3)
函数
f ( x ) = a x − b ln x f(x)=ax-b\ln x f ( x ) = a x − b ln x （
a > 0 a>0 a > 0 ）有 2 个零点，则
b a \dfrac ba a b 的取值范围是（ ）。（A）
( e , + ∞ ) (\e,+\infty) ( e , + ∞ ) （B）
( 0 , e ) (0,\e) ( 0 , e ) （C）
( 0 , 1 e ) \Big(0,\dfrac1\e\Big) ( 0 , e 1 ) （D）
( 1 e , + ∞ ) \Big(\dfrac1\e,+\infty\Big) ( e 1 , + ∞ ) 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 求导，分情况。 定义域 x > 0 x>0 x > 0 f ′ ( x ) = a − b x f'(x)=a-\dfrac bx f ′ ( x ) = a − x b b ≤ 0 b\le0 b ≤ 0 f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f b > 0 b>0 b > 0 f f f ( 0 , b a ) \Big(0,\dfrac ba\Big) ( 0 , a b ) ( b a , + ∞ ) \Big(\dfrac ba,+\infty\Big) ( a b , + ∞ )
数根第一步：求导分单调区间。含参数时先看参数的符号会不会改变单调性。
② 两端的极限和最小值。 x → 0 + x\to0^+ x → 0 + − b ln x → + ∞ -b\ln x\to+\infty − b ln x → + ∞ f → + ∞ f\to+\infty f → + ∞ x → + ∞ x\to+\infty x → + ∞ a x ax a x ln x \ln x ln x f → + ∞ f\to+\infty f → + ∞ f ( b a ) = b − b ln b a = b ( 1 − ln b a ) f\Big(\dfrac ba\Big)=b-b\ln\dfrac ba=b\Big(1-\ln\dfrac ba\Big) f ( a b ) = b − b ln a b = b ( 1 − ln a b )
“先减后增、两端都是 + ∞ +\infty + ∞ < 0 <0 < 0 = 0 =0 = 0 > 0 >0 > 0
③ 最小值小于 0。 b ( 1 − ln b a ) < 0 ⟺ ln b a > 1 ⟺ b a > e b\Big(1-\ln\dfrac ba\Big)<0\iff\ln\dfrac ba>1\iff\dfrac ba>\e b ( 1 − ln a b ) < 0 ⟺ ln a b > 1 ⟺ a b > e
也可以分离参数：f = 0 ⟺ a b = ln x x f=0\iff\frac ab=\frac{\ln x}x f = 0 ⟺ b a = x l n x y = a b y=\frac ab y = b a ln x x \frac{\ln x}x x l n x ⟺ 0 < a b < 1 e ⟺ b a > e \iff0<\frac ab<\frac1\e\iff\frac ba>\e ⟺ 0 < b a < e 1 ⟺ a b > e
答案：A
7.2 用单调性证不等式大白话：要证 f ( x ) ≥ g ( x ) f(x)\ge g(x) f ( x ) ≥ g ( x ) F = f − g F=f-g F = f − g F = 0 F=0 F = 0 F F F F ′ F' F ′ F ′ F' F ′ 。偶函数、奇函数先把区间减半。
两个常数的不等式（常数变量化） ：不等式里只有两个常数 a < b a<b a < b x x x ln 2 b − ln 2 a > 4 e 2 ( b − a ) \ln^2b-\ln^2a>\frac4{\e^2}(b-a) ln 2 b − ln 2 a > e 2 4 ( b − a ) b b b x x x [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 例 3.3 的方法二；它和拉格朗日（3.2 节）是同一类题的两种做法。
方法卡 · 单调性证函数不等式
什么时候用
要证
f ( x ) ≥ g ( x ) f(x)\ge g(x) f ( x ) ≥ g ( x ) 对区间上所有
x x x 成立，且两边都是具体函数。
步骤
作差 F = f − g F=f-g F = f − g
看奇偶性；找 F ( x 0 ) = 0 F(x_0)=0 F ( x 0 ) = 0
求 F ′ F' F ′ F ′ F' F ′ 最容易错
除以
x − 1 x-1 x − 1 这种可能为负的因子时，忘了分
x > 1 x>1 x > 1 、
x < 1 x<1 x < 1 讨论不等号方向。
x y O 1 2 3 f (x )=(x ²−1)ln x −(x −1)²唯一的零点 x =1 ( x 2 − 1 ) ln x − ( x − 1 ) 2 ≥ 0 (x^2-1)\ln x-(x-1)^2\ge0 ( x 2 − 1 ) ln x − ( x − 1 ) 2 ≥ 0 x = 1 x=1 x = 1
例 7.7 1999 数一(六)
试证：当
x > 0 x>0 x > 0 时，
( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 (x^2-1)\ln x\ge(x-1)^2 ( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 提出公因子。 ( x 2 − 1 ) ln x − ( x − 1 ) 2 = ( x − 1 ) [ ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) ] (x^2-1)\ln x-(x-1)^2=(x-1)\big[(x+1)\ln x-(x-1)\big] ( x 2 − 1 ) ln x − ( x − 1 ) 2 = ( x − 1 ) [ ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) ] h ( x ) = ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) h(x)=(x+1)\ln x-(x-1) h ( x ) = ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 )
两边都有 x − 1 x-1 x − 1 h h h x − 1 x-1 x − 1
② h h h h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h ( 1 ) = 0 h ′ ( x ) = ln x + x + 1 x − 1 = ln x + 1 x h'(x)=\ln x+\dfrac{x+1}x-1=\ln x+\dfrac1x h ′ ( x ) = ln x + x x + 1 − 1 = ln x + x 1 ln x + 1 x \ln x+\frac1x ln x + x 1 x = 1 x=1 x = 1 1 x − 1 x 2 = x − 1 x 2 \frac1x-\frac1{x^2}=\frac{x-1}{x^2} x 1 − x 2 1 = x 2 x − 1 h ′ ≥ 1 > 0 h'\ge1>0 h ′ ≥ 1 > 0
h ′ h' h ′
③ 同号。 h h h h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h ( 1 ) = 0 x > 1 x>1 x > 1 h > 0 h>0 h > 0 x < 1 x<1 x < 1 h < 0 h<0 h < 0 ( x − 1 ) h ( x ) ≥ 0 (x-1)h(x)\ge0 ( x − 1 ) h ( x ) ≥ 0 x = 1 x=1 x = 1
这就是 Maki 说的套路：证 ( x − a ) g ( x ) ≥ 0 (x-a)g(x)\ge0 ( x − a ) g ( x ) ≥ 0 g ( a ) = 0 g(a)=0 g ( a ) = 0 g g g
答案：证明题。思路：提出 x − 1 x-1 x − 1 h = ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) h=(x+1)\ln x-(x-1) h = ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h ( 1 ) = 0 x − 1 x-1 x − 1
例 7.8 2012 数一(15) 2012 数二(20) 2012 数三(18)
证明：
x ln 1 + x 1 − x + cos x ≥ 1 + x 2 2 x\ln\dfrac{1+x}{1-x}+\cos x\ge1+\dfrac{x^2}2 x ln 1 − x 1 + x + cos x ≥ 1 + 2 x 2 （
− 1 < x < 1 -1<x<1 − 1 < x < 1 ）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 作差，偶函数。 f ( x ) = x ln 1 + x 1 − x + cos x − 1 − x 2 2 f(x)=x\ln\dfrac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\dfrac{x^2}2 f ( x ) = x ln 1 − x 1 + x + cos x − 1 − 2 x 2 f ( − x ) = f ( x ) f(-x)=f(x) f ( − x ) = f ( x ) f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 0 ≤ x < 1 0\le x<1 0 ≤ x < 1 f ( x ) ≥ 0 f(x)\ge0 f ( x ) ≥ 0
x ln 1 + x 1 − x x\ln\frac{1+x}{1-x} x ln 1 − x 1 + x
② 求导。 f ′ ( x ) = ln 1 + x 1 − x + 2 x 1 − x 2 − sin x − x f'(x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x}+\dfrac{2x}{1-x^2}-\sin x-x f ′ ( x ) = ln 1 − x 1 + x + 1 − x 2 2 x − sin x − x
( ln 1 + x 1 − x ) ′ = 1 1 + x + 1 1 − x = 2 1 − x 2 \big(\ln\frac{1+x}{1-x}\big)'=\frac1{1+x}+\frac1{1-x}=\frac2{1-x^2} ( ln 1 − x 1 + x ) ′ = 1 + x 1 + 1 − x 1 = 1 − x 2 2
③ 判符号。 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1 ln 1 + x 1 − x > 0 \ln\dfrac{1+x}{1-x}>0 ln 1 − x 1 + x > 0 2 x 1 − x 2 > 2 x > x + sin x \dfrac{2x}{1-x^2}>2x>x+\sin x 1 − x 2 2 x > 2 x > x + sin x sin x < x \sin x<x sin x < x f ′ ( x ) > 0 f'(x)>0 f ′ ( x ) > 0 f ( x ) > f ( 0 ) = 0 f(x)>f(0)=0 f ( x ) > f ( 0 ) = 0 − 1 < x < 0 -1<x<0 − 1 < x < 0
把 f ′ f' f ′
答案：证明题。思路：偶函数只证 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 f ′ f' f ′ f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0
7.3 用导数的符号比大小（选择题）大白话：选择题里的“比大小”几乎都是在问：哪个量在变大？把要比较的量看成某个函数在两点的值，这个函数的导数就是题目给的条件 。
例 7.9 2017 数一(2) 2017 数三(3)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 可导，且
f ( x ) f ′ ( x ) > 0 f(x)f'(x)>0 f ( x ) f ′ ( x ) > 0 ，则（ ）。（A）
f ( 1 ) > f ( − 1 ) f(1)>f(-1) f ( 1 ) > f ( − 1 ) （B）
f ( 1 ) < f ( − 1 ) f(1)<f(-1) f ( 1 ) < f ( − 1 ) （C）
∣ f ( 1 ) ∣ > ∣ f ( − 1 ) ∣ |f(1)|>|f(-1)| ∣ f ( 1 ) ∣ > ∣ f ( − 1 ) ∣ （D）
∣ f ( 1 ) ∣ < ∣ f ( − 1 ) ∣ |f(1)|<|f(-1)| ∣ f ( 1 ) ∣ < ∣ f ( − 1 ) ∣ 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出导数。 f f ′ = 1 2 ( f 2 ) ′ ff'=\dfrac12\big(f^2\big)' f f ′ = 2 1 ( f 2 ) ′ ( f 2 ) ′ > 0 \big(f^2\big)'>0 ( f 2 ) ′ > 0 f 2 f^2 f 2
A.3 节的表：f f ′ ff' f f ′ 1 2 f 2 \frac12f^2 2 1 f 2
② 比较。 f 2 ( 1 ) > f 2 ( − 1 ) f^2(1)>f^2(-1) f 2 ( 1 ) > f 2 ( − 1 ) ∣ f ( 1 ) ∣ > ∣ f ( − 1 ) ∣ |f(1)|>|f(-1)| ∣ f ( 1 ) ∣ > ∣ f ( − 1 ) ∣
单调的是 f 2 f^2 f 2 f f f
③ 排除（A）（B）。 f = e x f=\e^x f = e x f f ′ = e 2 x > 0 ff'=\e^{2x}>0 f f ′ = e 2 x > 0 f ( 1 ) > f ( − 1 ) f(1)>f(-1) f ( 1 ) > f ( − 1 ) f = − e x f=-\e^x f = − e x f f ′ = e 2 x > 0 ff'=\e^{2x}>0 f f ′ = e 2 x > 0 f ( 1 ) < f ( − 1 ) f(1)<f(-1) f ( 1 ) < f ( − 1 )
f f f f f ′ > 0 ff'>0 f f ′ > 0 f f f
答案：C
例 7.10 2020 数二(6)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ − 2 , 2 ] [-2,2] [ − 2 , 2 ] 上可导，且
f ′ ( x ) > f ( x ) > 0 f'(x)>f(x)>0 f ′ ( x ) > f ( x ) > 0 ，则（ ）。（A）
f ( − 2 ) f ( − 1 ) > 1 \dfrac{f(-2)}{f(-1)}>1 f ( − 1 ) f ( − 2 ) > 1 （B）
f ( 0 ) f ( − 1 ) > e \dfrac{f(0)}{f(-1)}>\e f ( − 1 ) f ( 0 ) > e （C）
f ( 1 ) f ( − 1 ) < e 2 \dfrac{f(1)}{f(-1)}<\e^2 f ( − 1 ) f ( 1 ) < e 2 （D）
f ( 2 ) f ( − 1 ) < e 3 \dfrac{f(2)}{f(-1)}<\e^3 f ( − 1 ) f ( 2 ) < e 3 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出导数，找单调的函数。 f ′ − f > 0 f'-f>0 f ′ − f > 0 ( e − x f ( x ) ) ′ = e − x ( f ′ − f ) > 0 \big(\e^{-x}f(x)\big)'=\e^{-x}\big(f'-f\big)>0 ( e − x f ( x ) ) ′ = e − x ( f ′ − f ) > 0 g ( x ) = e − x f ( x ) g(x)=\e^{-x}f(x) g ( x ) = e − x f ( x ) [ − 2 , 2 ] [-2,2] [ − 2 , 2 ]
A.3 节的表：f ′ − f f'-f f ′ − f e − x f \e^{-x}f e − x f e − x \e^{-x} e − x
② 比较 g ( 0 ) g(0) g ( 0 ) g ( − 1 ) g(-1) g ( − 1 ) g ( 0 ) > g ( − 1 ) g(0)>g(-1) g ( 0 ) > g ( − 1 ) f ( 0 ) > e 1 f ( − 1 ) f(0)>\e^{1}f(-1) f ( 0 ) > e 1 f ( − 1 ) f ( 0 ) f ( − 1 ) > e \dfrac{f(0)}{f(-1)}>\e f ( − 1 ) f ( 0 ) > e
g ( − 1 ) = e − ( − 1 ) f ( − 1 ) = e f ( − 1 ) g(-1)=\e^{-(-1)}f(-1)=\e f(-1) g ( − 1 ) = e − ( − 1 ) f ( − 1 ) = e f ( − 1 )
③ 排除其他。 （A）：f ′ > f > 0 f'>f>0 f ′ > f > 0 f f f f ( − 2 ) < f ( − 1 ) f(-2)<f(-1) f ( − 2 ) < f ( − 1 ) < 1 <1 < 1 g ( 1 ) > g ( − 1 ) g(1)>g(-1) g ( 1 ) > g ( − 1 ) e − 1 f ( 1 ) > e f ( − 1 ) \e^{-1}f(1)>\e f(-1) e − 1 f ( 1 ) > e f ( − 1 ) > e 2 >\e^2 > e 2 g ( 2 ) > g ( − 1 ) g(2)>g(-1) g ( 2 ) > g ( − 1 ) > e 3 >\e^3 > e 3
三个错误选项都是把 g g g
答案：B
7.4 小结
题目里的说法 换成什么 例子
“有且仅有一个零点” 存在（零点定理，必要时拉格朗日造正值）+ 唯一（单调） 例 7.1 、例 7.4 “有且仅有两个根” 两段单调区间，每段两端异号 例 7.3 “方程 f n ( x ) = 0 f_n(x)=0 f n ( x ) = 0 x n x_n x n 零点定理时顺便把根夹在一个小区间里 例 7.5 含参数的“有 2 个零点” 求最值，最值与 0 比较；或分离参数看交点 例 7.6 含参数的方程根的个数 求导分单调区间，逐段看两端符号；奇偶性减半 例 7.2 a b a^b a b b a b^a b a 取对数，比较 ln x x \frac{\ln x}x x l n x 例 7.1 证 f ( x ) ≥ g ( x ) f(x)\ge g(x) f ( x ) ≥ g ( x ) 作差、找起点、求导定号；判不出就再求导 例 7.7 、例 7.8 f f ′ > 0 ff'>0 f f ′ > 0 f ′ > f f'>f f ′ > f 认出 ( f 2 ) ′ (f^2)' ( f 2 ) ′ ( e − x f ) ′ (\e^{-x}f)' ( e − x f ) ′ 例 7.9 、例 7.10 “f ( b ) − f ( a ) f(b)-f(a) f ( b ) − f ( a ) 拉格朗日（第 3 部分） 例 3.3
学完了，标记这一部分
第 8 部分
二级结论速查与反例库
从定理推出来、考试能直接用的结论，按章节排好，每条附一句理由、出处和例题；最后是一个反例库。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章）
理解并会用罗尔定理。
理解并会用拉格朗日中值定理。
理解并会用泰勒定理。
了解并会用柯西中值定理。
二级结论都是这四条定理（加上第一章第 11 条“闭区间上连续函数的性质”）的推论；反例库专门对付“理解”二字——定理的条件少一个会怎样。
二级结论是什么，怎么用 “二级结论”是从定理推出来、考试可以直接拿来用的中间结论，比如“f f f n + 1 n+1 n + 1 f ′ f' f ′ n n n ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣ |f(x)-f(y)|\le M|x-y| ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣
用法 ：选择、填空直接用；解答题里用到时，写出“为什么”那一列的推导（阅卷只认定理，不认“二级结论”这个名字）。表里每一条都取具体函数用程序核对过（页脚有核对的项数）。
出处缩写：李林＝李林讲义第三章，夜雨＝夜雨讲义“中值问题”，孝哥＝清华孝哥一页纸高数第 6 讲，刷题＝刷题课程《章节三 中值定理》，Maki＝《真题分类精解》/《一站式大串讲》。
8.1 连续函数、费马与导数的介值性
结论 为什么（一句话） 出处 哪里用到
平均值定理：f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] x i ∈ [ a , b ] x_i\in[a,b] x i ∈ [ a , b ] p i > 0 p_i>0 p i > 0 ξ \xi ξ f ( ξ ) = ∑ p i f ( x i ) ∑ p i f(\xi)=\frac{\sum p_if(x_i)}{\sum p_i} f ( ξ ) = ∑ p i ∑ p i f ( x i ) 加权平均夹在 m m m M M M 孝哥、刷题 例 1.1 lim x → a f ( x ) x − a = L \lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a}=L x → a lim x − a f ( x ) = L f f f a a a f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 f ′ ( a ) = L f'(a)=L f ′ ( a ) = L 分母趋于 0，分子也趋于 0；再按导数定义 Maki 例 2.8 lim x → + ∞ f ( x ) = A > C \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A>C x → + ∞ lim f ( x ) = A > C b b b f ( b ) > C f(b)>C f ( b ) > C 极限定义取 ε = A − C \eps=A-C ε = A − C Maki 例 1.3 积分中值定理可以取开区间：∫ a b f = f ( ξ ) ( b − a ) \int_a^bf=f(\xi)(b-a) ∫ a b f = f ( ξ ) ( b − a ) ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) 对 ∫ a x f \int_a^xf ∫ a x f 李林 例 1.4 导数零点定理：f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f + ′ ( a ) f − ′ ( b ) < 0 f'_+(a)f'_-(b)<0 f + ′ ( a ) f − ′ ( b ) < 0 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 最值点不在端点，用费马。孝哥注明“不可直接用”：答卷里要写出这个证明 孝哥、刷题 例 1.6 导函数没有第一类间断点（可去、跳跃） 导数极限定理：若 lim x → x 0 f ′ \lim\limits_{x\to x_0}f' x → x 0 lim f ′ f ′ ( x 0 ) f'(x_0) f ′ ( x 0 ) Maki 例 3.1 可导奇函数 ⟹ f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ f' f ′ f ′ f' f ′ f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 对 f ( − x ) = ∓ f ( x ) f(-x)=\mp f(x) f ( − x ) = ∓ f ( x ) Maki、李林 例 2.7
8.2 罗尔定理与构造
结论 为什么（一句话） 出处 哪里用到
f f f n + 1 n+1 n + 1 f ′ f' f ′ n n n f ( k ) ≠ 0 f^{(k)}\ne0 f ( k ) = 0 f f f k k k 相邻零点间各用一次罗尔；反过来用反证 李林、孝哥 例 2.9 f f f m m m f f ′ ff' f f ′ 2 m − 1 2m-1 2 m − 1 f f f m m m f ′ f' f ′ m − 1 m-1 m − 1 Maki 例 2.8 f ′ + λ f = 0 f'+\lambda f=0 f ′ + λ f = 0 e λ x f \e^{\lambda x}f e λ x f f ′ + g ′ f = 0 f'+g'f=0 f ′ + g ′ f = 0 e g f \e^{g}f e g f h ′ + p h = 0 h'+p h=0 h ′ + p h = 0 h e ∫ p h\e^{\int p} h e ∫ p ( h e ∫ p ) ′ = e ∫ p ( h ′ + p h ) (h\e^{\int p})'=\e^{\int p}(h'+ph) ( h e ∫ p ) ′ = e ∫ p ( h ′ + p h ) 夜雨、孝哥、李林 例 2.5 、例 2.7 x f ′ + k f = 0 xf'+kf=0 x f ′ + k f = 0 x k f x^kf x k f x f ′ − k f = 0 xf'-kf=0 x f ′ − k f = 0 f x k \frac f{x^k} x k f ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) (x^kf)'=x^{k-1}(xf'+kf) ( x k f ) ′ = x k − 1 ( x f ′ + k f ) 孝哥、李林、Maki 例 2.11 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 = 0 ff''+(f')^2=0 f f ′′ + ( f ′ ) 2 = 0 f f ′ ff' f f ′ f f ′ ′ − ( f ′ ) 2 = 0 ff''-(f')^2=0 f f ′′ − ( f ′ ) 2 = 0 f ′ f \frac{f'}f f f ′ f ′ g − f g ′ = 0 f'g-fg'=0 f ′ g − f g ′ = 0 f g \frac fg g f 乘积、商的求导法则 孝哥、Maki 例 2.8 f ′ ′ + f = 0 f''+f=0 f ′′ + f = 0 f ′ sin x − f cos x f'\sin x-f\cos x f ′ sin x − f cos x f ′ ′ − f = 0 f''-f=0 f ′′ − f = 0 e − x ( f ′ + f ) \e^{-x}(f'+f) e − x ( f ′ + f ) ( f ′ sin x − f cos x ) ′ = ( f ′ ′ + f ) sin x (f'\sin x-f\cos x)'=(f''+f)\sin x ( f ′ sin x − f cos x ) ′ = ( f ′′ + f ) sin x 夜雨 例 2.16 推广的罗尔：lim x → a + f = lim x → b − f \lim\limits_{x\to a^+}f=\lim\limits_{x\to b^-}f x → a + lim f = x → b − lim f ∞ \infty ∞ f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) = 0 用介值定理找两个相等的函数值 夜雨、刷题 例 2.19 f f f f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) f ′ ( ξ ) > 0 f'(\xi)>0 f ′ ( ξ ) > 0 f ′ ( η ) < 0 f'(\eta)<0 f ′ ( η ) < 0 找一个与端点不等高的点，分段拉格朗日 李林 例 3.7 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 f ′ < f f'<f f ′ < f x > 0 x>0 x > 0 f < e x f<\e^x f < e x lim x → + ∞ ( f + f ′ ) = A \lim\limits_{x\to+\infty}(f+f')=A x → + ∞ lim ( f + f ′ ) = A lim f = A \lim f=A lim f = A e − x f \e^{-x}f e − x f e x f e x \frac{\e^xf}{\e^x} e x e x f 夜雨 2.4 节注
8.3 拉格朗日中值定理
结论 为什么（一句话） 出处 哪里用到
f ′ ≡ 0 f'\equiv0 f ′ ≡ 0 f f f f ′ ≡ g ′ f'\equiv g' f ′ ≡ g ′ f = g + C f=g+C f = g + C f ( x ) − f ( x 0 ) = f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) = 0 f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)=0 f ( x ) − f ( x 0 ) = f ′ ( ξ ) ( x − x 0 ) = 0 李林 例 3.1 ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣ |f(x)-f(y)|\le M|x-y| ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ ≤ M ∣ x − y ∣ ∣ sin x − sin y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ |\sin x-\sin y|\le|x-y| ∣ sin x − sin y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ ∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ |\arctan a-\arctan b|\le|a-b| ∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ 拉格朗日取绝对值 李林 练习 10 导数极限定理：f f f a a a lim x → a + f ′ = A \lim\limits_{x\to a^+}f'=A x → a + lim f ′ = A f + ′ ( a ) = A f'_+(a)=A f + ′ ( a ) = A 差商 = f ′ ( ξ x ) =f'(\xi_x) = f ′ ( ξ x ) ξ x → a + \xi_x\to a^+ ξ x → a + 2009 真题 例 3.1 1 n + 1 < ln ( 1 + 1 n ) < 1 n \frac1{n+1}<\ln\big(1+\frac1n\big)<\frac1n n + 1 1 < ln ( 1 + n 1 ) < n 1 x 1 + x < ln ( 1 + x ) < x \frac x{1+x}<\ln(1+x)<x 1 + x x < ln ( 1 + x ) < x x > 0 x>0 x > 0 ln ( n + 1 ) − ln n = 1 ξ \ln(n+1)-\ln n=\frac1\xi ln ( n + 1 ) − ln n = ξ 1 李林 例 3.2 、例 A.2 n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) nb^{n-1}(a-b)<a^n-b^n<na^{n-1}(a-b) n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) a > b > 0 a>b>0 a > b > 0 n > 1 n>1 n > 1 a n − b n = n ξ n − 1 ( a − b ) a^n-b^n=n\xi^{n-1}(a-b) a n − b n = n ξ n − 1 ( a − b ) 李林 练习 9 lim x → + ∞ [ f ( x + a ) − f ( x ) ] = a lim x → + ∞ f ′ ( x ) \lim\limits_{x\to+\infty}\big[f(x+a)-f(x)\big]=a\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x) x → + ∞ lim [ f ( x + a ) − f ( x ) ] = a x → + ∞ lim f ′ ( x ) = a f ′ ( ξ ) =af'(\xi) = a f ′ ( ξ ) ξ → + ∞ \xi\to+\infty ξ → + ∞ Maki 例 3.5 、练习 11 ∣ f ′ ∣ ≤ q < 1 |f'|\le q<1 ∣ f ′ ∣ ≤ q < 1 x n + 1 = f ( x n ) x_{n+1}=f(x_n) x n + 1 = f ( x n ) ∣ x n + 1 − x n ∣ ≤ q ∣ x n − x n − 1 ∣ |x_{n+1}-x_n|\le q|x_n-x_{n-1}| ∣ x n + 1 − x n ∣ ≤ q ∣ x n − x n − 1 ∣ Maki 例 3.10 f ( a ) = f ( b ) = 0 f(a)=f(b)=0 f ( a ) = f ( b ) = 0 M = max ∣ f ∣ M=\max|f| M = max ∣ f ∣ ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ 2 M b − a |f'(\xi)|\ge\frac{2M}{b-a} ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ b − a 2 M 最值点劈区间，取短的一段 Maki 例 3.8 f f f f ′ f' f ′ 两次拉格朗日；割线取极限变切线 Maki 例 3.13 f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0 f ( x ) ≤ f ( a ) b − x b − a + f ( b ) x − a b − a f(x)\le f(a)\frac{b-x}{b-a}+f(b)\frac{x-a}{b-a} f ( x ) ≤ f ( a ) b − a b − x + f ( b ) b − a x − a F = f − F=f- F = f − 2014 真题 例 3.14 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2) f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) x 1 , x 2 > 0 x_1,x_2>0 x 1 , x 2 > 0 两段等长区间上拉格朗日，f ′ f' f ′ 1992 真题 例 3.4
8.4 柯西与泰勒
结论 为什么（一句话） 出处 哪里用到
f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) f(x)=f(0)+xf'(\theta x) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) f ′ ′ f'' f ′′ f ′ ′ ( 0 ) ≠ 0 f''(0)\ne0 f ′′ ( 0 ) = 0 θ → 1 2 \theta\to\frac12 θ → 2 1 n n n θ → 1 n + 1 \theta\to\frac1{n+1} θ → n + 1 1 对 f ′ ( θ x ) f'(\theta x) f ′ ( θ x ) 李林、夜雨 例 6.11 f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f ′ ′ > 0 f''>0 f ′′ > 0 Δ x > 0 \Delta x>0 Δ x > 0 0 < d y < Δ y 0<\dd y<\Delta y 0 < d y < Δ y 余项 f ′ ′ ( ξ ) 2 ( Δ x ) 2 > 0 \frac{f''(\xi)}2(\Delta x)^2>0 2 f ′′ ( ξ ) ( Δ x ) 2 > 0 李林 例 6.12 ∣ f ∣ ≤ a |f|\le a ∣ f ∣ ≤ a ∣ f ′ ′ ∣ ≤ b |f''|\le b ∣ f ′′ ∣ ≤ b [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'|\le2a+\frac b2 ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a + 2 b ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a b |f'|\le2\sqrt{ab} ∣ f ′ ∣ ≤ 2 ab R \mathbb R R ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a b |f'|\le\sqrt{2ab} ∣ f ′ ∣ ≤ 2 ab 在 x x x x ± h x\pm h x ± h h h h 李林 例 6.3 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 max f = M \max f=M max f = M min f ′ ′ ≤ − 8 M \min f''\le-8M min f ′′ ≤ − 8 M f ′ ( a ) = f ′ ( b ) = 0 f'(a)=f'(b)=0 f ′ ( a ) = f ′ ( b ) = 0 ∣ f ′ ′ ( ξ ) ∣ ≥ 4 ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ ( b − a ) 2 |f''(\xi)|\ge\frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2} ∣ f ′′ ( ξ ) ∣ ≥ ( b − a ) 2 4∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ 在最值点（或两端）展开，代入另一点 李林、夜雨 例 6.6 、练习 16 中点公式：∫ a b f − ( b − a ) f ( a + b 2 ) = ( b − a ) 3 24 f ′ ′ ( ξ ) \int_a^bf-(b-a)f\big(\frac{a+b}2\big)=\frac{(b-a)^3}{24}f''(\xi) ∫ a b f − ( b − a ) f ( 2 a + b ) = 24 ( b − a ) 3 f ′′ ( ξ ) 中点展开，一次项积分为 0 Maki 例 6.9 梯形公式：∫ a b f − b − a 2 [ f ( a ) + f ( b ) ] = − ( b − a ) 3 12 f ′ ′ ( ξ ) \int_a^bf-\frac{b-a}2[f(a)+f(b)]=-\frac{(b-a)^3}{12}f''(\xi) ∫ a b f − 2 b − a [ f ( a ) + f ( b )] = − 12 ( b − a ) 3 f ′′ ( ξ ) 分部积分两次，或动点展开加权 Maki 例 6.10 f ( a + h ) + f ( a − h ) − 2 f ( a ) = h 2 f ′ ′ ( ξ ) f(a+h)+f(a-h)-2f(a)=h^2f''(\xi) f ( a + h ) + f ( a − h ) − 2 f ( a ) = h 2 f ′′ ( ξ ) f ′ ′ f'' f ′′ 两式相加，一次项抵消，介值定理 夜雨 例 6.7 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 f ( x 1 + ⋯ + x n n ) > f ( x 1 ) + ⋯ + f ( x n ) n f\big(\frac{x_1+\cdots+x_n}n\big)>\frac{f(x_1)+\cdots+f(x_n)}n f ( n x 1 + ⋯ + x n ) > n f ( x 1 ) + ⋯ + f ( x n ) 在平均值处展开，一次项求和为 0 李林 —
8.5 零点模型与常用不等式
结论 为什么（一句话） 出处 哪里用到
ln x = a x \ln x=ax ln x = a x x > 0 x>0 x > 0 a > 1 e a>\frac1\e a > e 1 a = 1 e a=\frac1\e a = e 1 0 < a < 1 e 0<a<\frac1\e 0 < a < e 1 a ≤ 0 a\le0 a ≤ 0 ln x x \frac{\ln x}x x l n x e \e e 1 e \frac1\e e 1 孝哥、Maki 例 7.1 ln x − x e − k = 0 \ln x-\frac x\e-k=0 ln x − e x − k = 0 k > 0 k>0 k > 0 k = 0 k=0 k = 0 k < 0 k<0 k < 0 ln x − x e \ln x-\frac x\e ln x − e x x = e x=\e x = e 孝哥 例 7.3 e ≤ a < b \e\le a<b e ≤ a < b a b > b a a^b>b^a a b > b a ln x x \frac{\ln x}x x l n x [ e , + ∞ ) [\e,+\infty) [ e , + ∞ ) 1993 真题 例 7.1 k arctan x = x k\arctan x=x k arctan x = x k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 k > 1 k>1 k > 1 奇函数，单调区间逐段数 2011 真题 例 7.2 实系数奇数次多项式方程 a 0 x 2 n + 1 + ⋯ + a 2 n + 1 = 0 a_0x^{2n+1}+\cdots+a_{2n+1}=0 a 0 x 2 n + 1 + ⋯ + a 2 n + 1 = 0 a 0 ≠ 0 a_0\ne0 a 0 = 0 x → + ∞ x\to+\infty x → + ∞ x → − ∞ x\to-\infty x → − ∞ 张宇 例 7.5 e x ≥ 1 + x \e^x\ge1+x e x ≥ 1 + x ln ( 1 + x ) ≤ x \ln(1+x)\le x ln ( 1 + x ) ≤ x sin x < x \sin x<x sin x < x x > 0 x>0 x > 0 x ≤ tan x x\le\tan x x ≤ tan x 0 ≤ x < π 2 0\le x<\frac\pi2 0 ≤ x < 2 π 作差求导 Maki 例 7.8 ( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 (x^2-1)\ln x\ge(x-1)^2 ( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 x > 0 x>0 x > 0 ( x − 1 ) [ ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) ] (x-1)\big[(x+1)\ln x-(x-1)\big] ( x − 1 ) [ ( x + 1 ) ln x − ( x − 1 ) ] 1999 真题 例 7.7
8.6 反例库：每个都能一分钟验算
说法 对不对 反例 / 理由
f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0 x 0 x_0 x 0 错 f = x 3 f=x^3 f = x 3 f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 罗尔定理的条件能去掉“端点连续” 错 f = x f=x f = x 0 ≤ x < 1 0\le x<1 0 ≤ x < 1 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f ( 1 ) = 0 2.1 节 的图 ①）罗尔定理的条件能去掉“内部可导” 错 f = ∣ x ∣ f=|x| f = ∣ x ∣ [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] 对分子、分母各用一次拉格朗日就得到柯西 错 两个中值点一般不同：f = x 3 f=x^3 f = x 3 g = x 2 g=x^2 g = x 2 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f ′ ( ξ 1 ) = 1 f'(\xi_1)=1 f ′ ( ξ 1 ) = 1 ξ 1 = 1 3 \xi_1=\frac1{\sqrt3} ξ 1 = 3 1 g ′ ( ξ 2 ) = 1 g'(\xi_2)=1 g ′ ( ξ 2 ) = 1 ξ 2 = 1 2 \xi_2=\frac12 ξ 2 = 2 1 导函数一定连续 错 f = x 2 sin 1 x f=x^2\sin\frac1x f = x 2 sin x 1 x ≠ 0 x\ne0 x = 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 lim x → 0 f ′ ( x ) \lim\limits_{x\to0}f'(x) x → 0 lim f ′ ( x ) 导函数可以有跳跃间断点 错 导数极限定理 / 导数零点定理（8.1 节） lim x → + ∞ f ′ ( x ) = 0 \lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0 x → + ∞ lim f ′ ( x ) = 0 lim x → + ∞ f ( x ) \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) x → + ∞ lim f ( x ) 错 f = ln x f=\ln x f = ln x lim x → + ∞ f ( x ) \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) x → + ∞ lim f ( x ) lim x → + ∞ f ′ ( x ) = 0 \lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0 x → + ∞ lim f ′ ( x ) = 0 错 f = sin x 2 x f=\frac{\sin x^2}x f = x s i n x 2 f → 0 f\to0 f → 0 f ′ = 2 cos x 2 − sin x 2 x 2 f'=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2} f ′ = 2 cos x 2 − x 2 s i n x 2 f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f f f 错 f = − 1 x f=-\frac1x f = − x 1 f ′ = 1 x 2 > 0 f'=\frac1{x^2}>0 f ′ = x 2 1 > 0 f ( − 1 ) = 1 > f ( 1 ) = − 1 f(-1)=1>f(1)=-1 f ( − 1 ) = 1 > f ( 1 ) = − 1
8.7 小结
题目里的说法 先想到哪条二级结论 例子
“至少 n n n n n n 8.2 第一行：往回数零点 例 2.9 “lim f ( x ) x < 0 \lim\frac{f(x)}x<0 lim x f ( x ) < 0 8.1：读出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) < 0 f'(0)<0 f ′ ( 0 ) < 0 例 2.8 “∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M 8.3：f f f M × M\times M × 例 3.8 “∣ f ′ ′ ∣ ≤ b |f''|\le b ∣ f ′′ ∣ ≤ b f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0 8.4：泰勒的几条估计 例 6.10 “讨论根的个数” 8.5：零点模型 例 7.2
学完了，标记这一部分
第 9 部分
易错清单
每一条都来自真题或例题里真实出现过的错误写法，按部分排列，右边给出正确的写法和对应的例题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章）
理解并会用罗尔定理。
理解并会用拉格朗日中值定理。
理解并会用泰勒定理。
了解并会用柯西中值定理。
易错点大多出在定理的条件（闭区间连续、开区间可导、两端函数值相等、柯西要求 g ′ ≠ 0 g'\ne0 g ′ = 0
9.1 连续函数与罗尔定理
容易写错的 正确的 例子
把 + ∞ +\infty + ∞ f ( 0 ) = 0 < 1 < 2 = f ( + ∞ ) f(0)=0<1<2=f(+\infty) f ( 0 ) = 0 < 1 < 2 = f ( + ∞ ) 先用极限定义取到有限的 b b b f ( b ) > 1 f(b)>1 f ( b ) > 1 例 1.3 用罗尔时只写“F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) 三条都写：F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F ( a ) = F ( b ) 例 A.5 f ′ ′ + f ′ = 1 f''+f'=1 f ′′ + f ′ = 1 F = e x f ′ F=\e^xf' F = e x f ′ 常数项放进 h h h F = e x ( f ′ − 1 ) F=\e^x(f'-1) F = e x ( f ′ − 1 ) 例 2.7 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 = 0 ff''+(f')^2=0 f f ′′ + ( f ′ ) 2 = 0 F = f ′ f F=\frac{f'}f F = f f ′ ln ∣ f ∣ \ln|f| ln ∣ f ∣ f f f F = f f ′ F=ff' F = f f ′ 例 2.8 “至少两个根”只用了一次罗尔 两个根要 F F F 例 2.8 还原法积分后留着 ln ∣ f ∣ \ln|f| ln ∣ f ∣ 取指数，得到处处有定义的 F F F 例 2.3 把 lim f ( x ) x < 0 \lim\frac{f(x)}x<0 lim x f ( x ) < 0 f ( 0 ) < 0 f(0)<0 f ( 0 ) < 0 先读出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( c ) < 0 f(c)<0 f ( c ) < 0 例 2.8 构造完不求导验算 写下 F F F 例 2.6
9.2 拉格朗日、柯西、双中值
容易写错的 正确的 例子
用拉格朗日求极限后把 ξ \xi ξ x x x ξ \xi ξ x x x ξ \xi ξ 例 3.5 由 a < ξ < b a<\xi<b a < ξ < b f ′ ( a ) < f ′ ( ξ ) < f ′ ( b ) f'(a)<f'(\xi)<f'(b) f ′ ( a ) < f ′ ( ξ ) < f ′ ( b ) 先证 f ′ f' f ′ f ′ ′ f'' f ′′ 例 3.3 估计导数时只在 [ 0 , c ] [0,c] [ 0 , c ] 在最值点劈开，挑短的一段；并先讨论 M = 0 M=0 M = 0 例 3.8 对分子、分母各用一次拉格朗日代替柯西 两个中值点不同，必须用柯西 例 4.1 柯西不验证 g ′ ≠ 0 g'\ne0 g ′ = 0 g ′ ≠ 0 g'\ne0 g ′ = 0 g ( b ) ≠ g ( a ) g(b)\ne g(a) g ( b ) = g ( a ) 例 4.3 要求 ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η 切分区间，两段各用一次，ξ < c < η \xi<c<\eta ξ < c < η 例 5.3 充要条件题只证一个方向；取极限后仍写严格不等号 两个方向都写；取极限后 < < < ≤ \le ≤ 例 3.13
9.3 泰勒公式
容易写错的 正确的 例子
证明题用了佩亚诺余项 o ( x 2 ) o(x^2) o ( x 2 ) 证明等式、估计要用拉格朗日余项 例 6.3 展开点选在端点，留下 f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 ) f ′ ( 1 ) f'(1) f ′ ( 1 ) 结论里有什么就在哪展开：动点 x x x 例 6.10 两个余项 f ′ ′ ( ξ 1 ) f''(\xi_1) f ′′ ( ξ 1 ) f ′ ′ ( ξ 2 ) f''(\xi_2) f ′′ ( ξ 2 ) f ′ ′ ( ξ ) f''(\xi) f ′′ ( ξ ) 等式用介值定理合成（需 f ′ ′ f'' f ′′ 例 6.7 加权相加时权重取反 代入 0 的式子乘 1 − x 1-x 1 − x x x x 例 6.10 求 lim θ \lim\theta lim θ θ x \theta x θ x 对 f ′ ( θ x ) f'(\theta x) f ′ ( θ x ) θ \theta θ 例 6.11
9.4 零点与不等式
容易写错的 正确的 例子
数根只算极值，不算两端的极限 每段单调区间都要看两端（含 x → 0 + x\to0^+ x → 0 + ± ∞ \pm\infty ± ∞ 例 7.2 含参数的根的个数只讨论了一种参数范围 按导数的零点是否存在分情况（k ≤ 1 k\le1 k ≤ 1 k > 1 k>1 k > 1 例 7.2 除以 x − 1 x-1 x − 1 提出公因子，证另一个因子与它同号 例 7.7 f f ′ > 0 ff'>0 f f ′ > 0 f f f 单调的是 f 2 f^2 f 2 例 7.9 “有且仅有”只证了存在 存在（零点定理）+ 唯一（单调） 例 7.1
9.5 解答题的书写：这些地方最容易被扣分
构造 ：直接写“令 F ( x ) = ⋯ F(x)=\cdots F ( x ) = ⋯ x ∈ [ a , b ] x\in[a,b] x ∈ [ a , b ] 条件 ：写出“F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f f f f ′ f' f ′ 端点值 ：把 F ( a ) F(a) F ( a ) F ( b ) F(b) F ( b ) 定理名 ：写“由罗尔定理”“由拉格朗日中值定理”“由零点定理”，并写出中值点的范围 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) 还原 ：从 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 e ξ ≠ 0 \e^\xi\ne0 e ξ = 0 ξ > 0 \xi>0 ξ > 0 多个中值点 ：写出它们各自所在的区间，说明不重叠所以不同。第（Ⅱ）问用第（Ⅰ）问 ：写“由（Ⅰ），……”，引用得到的点。
9.6 小结
题目里出现 先警惕哪个坑 例子
lim x → + ∞ \lim\limits_{x\to+\infty} x → + ∞ lim lim f ( x ) x \lim\frac{f(x)}x lim x f ( x ) 无穷远不是端点；先读出 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 例 1.3 f ′ ′ + f ′ = 1 f''+f'=1 f ′′ + f ′ = 1 常数项放进 h h h 例 2.7 max ∣ f ∣ = M \max|f|=M max ∣ f ∣ = M 先讨论 M = 0 M=0 M = 0 例 3.8 “两个不同的点” 切分区间 例 5.3 两个余项 介值定理合成要 f ′ ′ f'' f ′′ 例 6.7
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第 10 部分
真题索引
1987—2026 年数一全部相关真题，按年份、按部分各排一遍，每题链接到正文里的详解；另附补充的数二、数三真题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章）
理解并会用罗尔定理。
理解并会用拉格朗日中值定理。
理解并会用泰勒定理。
了解并会用柯西中值定理。
真题按本页第 1—7 部分排列，每一部分对应哪几条考试要求，见该部分开头的方框。
10.1 按年份：1987—2026 数一共 38 道：2010—2026 年 17 道（以中值定理、泰勒公式为主要工具的数一题，题号按 Maki《真题分类精解》书末年份索引核对），1987—2009 年 21 道经典老题。27 道是“核心”（整题就是中值定理或泰勒的证明），其余标“应用”。点“例 x.x”跳到正文里的详解。
年份 题号 题型 · 分值 考点 本页位置
1987 (八) 解答 · 10 分 f f f ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) f ′ ≠ 1 f'\ne1 f ′ = 1 x x x f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x 例 2.2 （2.2 节 ）1988 (九) 解答 · 9 分 面积 S 1 = 3 S 2 S_1=3S_2 S 1 = 3 S 2 ξ \xi ξ （应用） 例 7.4 （7.1 节 ）1989 (六) 解答 · 7 分 ln x = x e − ∫ 0 π 1 − cos 2 x d x \ln x=\frac x\e-\int_0^\pi\sqrt{1-\cos2x}\dx ln x = e x − ∫ 0 π 1 − cos 2 x d x （应用） 例 7.3 （7.1 节 ）1990 (六) 解答 · 7 分 不恒为常数、f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) f ′ ( ξ ) > 0 f'(\xi)>0 f ′ ( ξ ) > 0 例 3.7 （3.4 节 ）1991 (六) 解答 · 7 分 3 ∫ 2 / 3 1 f ( x ) d x = f ( 0 ) 3\int_{2/3}^1f(x)\dx=f(0) 3 ∫ 2/3 1 f ( x ) d x = f ( 0 ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0 例 1.4 （1.3 节 ）1992 (六) 解答 · 7 分 f ′ ′ < 0 f''<0 f ′′ < 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2) f ( x 1 + x 2 ) < f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 例 3.4 （3.2 节 ）1993 (六) 解答 · 10 分 f ′ ≥ k > 0 f'\ge k>0 f ′ ≥ k > 0 f ( 0 ) < 0 f(0)<0 f ( 0 ) < 0 b > a > e b>a>\e b > a > e a b > b a a^b>b^a a b > b a （应用） 例 7.1 （7.1 节 ）1994 (六) 解答 · 8 分 lim f ( x ) x = 0 \lim\frac{f(x)}x=0 lim x f ( x ) = 0 f ′ ′ f'' f ′′ ∑ f ( 1 n ) \sum f\big(\frac1n\big) ∑ f ( n 1 ) （应用） 例 6.4 （6.2 节 ）1995 (七) 解答 · 8 分 f ( ξ ) g ( ξ ) = f ′ ′ ( ξ ) g ′ ′ ( ξ ) \frac{f(\xi)}{g(\xi)}=\frac{f''(\xi)}{g''(\xi)} g ( ξ ) f ( ξ ) = g ′′ ( ξ ) f ′′ ( ξ ) 例 2.9 （2.4 节 ）1996 (七) 解答 · 8 分 ∣ f ∣ ≤ a |f|\le a ∣ f ∣ ≤ a ∣ f ′ ′ ∣ ≤ b |f''|\le b ∣ f ′′ ∣ ≤ b ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'|\le2a+\frac b2 ∣ f ′ ∣ ≤ 2 a + 2 b 例 6.3 （6.2 节 ）1998 (九) 解答 · 6 分 矩形面积 = 曲边梯形面积的点 x 0 x_0 x 0 例 2.12 （2.5 节 ）1999 (六) 解答 · 6 分 ( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 (x^2-1)\ln x\ge(x-1)^2 ( x 2 − 1 ) ln x ≥ ( x − 1 ) 2 （应用） 例 7.7 （7.2 节 ）2000 (九) 解答 · 6 分 ∫ 0 π f = ∫ 0 π f cos x = 0 \int_0^\pi f=\int_0^\pi f\cos x=0 ∫ 0 π f = ∫ 0 π f cos x = 0 f f f 例 2.1 （2.2 节 ）2001 (七) 解答 · 7 分 f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) f(x)=f(0)+xf'(\theta x) f ( x ) = f ( 0 ) + x f ′ ( θ x ) lim θ = 1 2 \lim\theta=\frac12 lim θ = 2 1 例 6.11 （6.5 节 ）2004 (8) 选择 · 4 分 f ′ ( 0 ) > 0 f'(0)>0 f ′ ( 0 ) > 0 例 1.5 （1.4 节 ）(15) 解答 · 12 分 ln 2 b − ln 2 a > 4 e 2 ( b − a ) \ln^2b-\ln^2a>\frac4{\e^2}(b-a) ln 2 b − ln 2 a > e 2 4 ( b − a ) 例 3.3 （3.2 节 ）(18) 解答 · 11 分 x n + n x − 1 = 0 x^n+nx-1=0 x n + n x − 1 = 0 x n x_n x n α > 1 \alpha>1 α > 1 ∑ x n α \sum x_n^\alpha ∑ x n α （应用） 例 7.5 （7.1 节 ）2005 (18) 解答 · 12 分 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f ( ξ ) = 1 − ξ f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = 1 f'(\eta)f'(\zeta)=1 f ′ ( η ) f ′ ( ζ ) = 1 例 5.3 （5.2 节 ）2006 (7) 选择 · 4 分 f ′ > 0 f'>0 f ′ > 0 f ′ ′ > 0 f''>0 f ′′ > 0 Δ y \Delta y Δ y d y \dd y d y 例 6.12 （6.5 节 ）2007 (19) 解答 · 11 分 最大值相等，证 f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) f''(\xi)=g''(\xi) f ′′ ( ξ ) = g ′′ ( ξ ) 例 2.14 （2.6 节 ）2009 (18) 解答 · 11 分 证明拉格朗日中值定理；导数极限定理 例 3.1 （3.1 节 ）2011 (17) 解答 · 10 分 k arctan x − x = 0 k\arctan x-x=0 k arctan x − x = 0 （应用） 例 7.2 （7.1 节 ）(18) 解答 · 10 分 1 n + 1 < ln ( 1 + 1 n ) < 1 n \frac1{n+1}<\ln\big(1+\frac1n\big)<\frac1n n + 1 1 < ln ( 1 + n 1 ) < n 1 a n a_n a n 例 3.2 （3.2 节 ）2012 (15) 解答 · 10 分 x ln 1 + x 1 − x + cos x ≥ 1 + x 2 2 x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge1+\frac{x^2}2 x ln 1 − x 1 + x + cos x ≥ 1 + 2 x 2 （应用） 例 7.8 （7.2 节 ）2013 (18) 解答 · 10 分 奇函数：f ′ ( ξ ) = 1 f'(\xi)=1 f ′ ( ξ ) = 1 f ′ ′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1 f''(\eta)+f'(\eta)=1 f ′′ ( η ) + f ′ ( η ) = 1 例 2.7 （2.4 节 ）2014 (2) 选择 · 4 分 f ′ ′ ≥ 0 f''\ge0 f ′′ ≥ 0 f f f g g g （应用） 例 3.14 （3.6 节 ）2016 (19) 解答 · 10 分 x n + 1 = f ( x n ) x_{n+1}=f(x_n) x n + 1 = f ( x n ) 0 < f ′ < 1 2 0<f'<\frac12 0 < f ′ < 2 1 0 < lim x n < 2 0<\lim x_n<2 0 < lim x n < 2 例 3.10 （3.5 节 ）2017 (2) 选择 · 4 分 f ( x ) f ′ ( x ) > 0 f(x)f'(x)>0 f ( x ) f ′ ( x ) > 0 f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) f ( − 1 ) f(-1) f ( − 1 ) （应用） 例 7.9 （7.3 节 ）(18) 解答 · 10 分 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 f f ′ ′ + ( f ′ ) 2 = 0 ff''+(f')^2=0 f f ′′ + ( f ′ ) 2 = 0 例 2.8 （2.4 节 ）2018 (19) 解答 · 10 分 x n e x n + 1 = e x n − 1 x_n\e^{x_{n+1}}=\e^{x_n}-1 x n e x n + 1 = e x n − 1 例 3.11 （3.5 节 ）2019 (1) 选择 · 4 分 x − tan x x-\tan x x − tan x x k x^k x k k k k （应用） 例 6.2 （6.1 节 ）2020 (19) 解答 · 10 分 ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M |f'(\xi)|\ge M ∣ f ′ ( ξ ) ∣ ≥ M ∣ f ′ ∣ ≤ M ⇒ M = 0 |f'|\le M\Rightarrow M=0 ∣ f ′ ∣ ≤ M ⇒ M = 0 例 3.8 （3.4 节 ）2021 (3) 选择 · 5 分 sin x 1 + x 2 \frac{\sin x}{1+x^2} 1 + x 2 s i n x 例 6.1 （6.1 节 ）2022 (20) 解答 · 12 分 f ′ ′ ≥ 0 ⟺ f ( a + b 2 ) ≤ 1 b − a ∫ a b f f''\ge0\iff f\big(\frac{a+b}2\big)\le\frac1{b-a}\int_a^bf f ′′ ≥ 0 ⟺ f ( 2 a + b ) ≤ b − a 1 ∫ a b f 例 6.9 （6.4 节 ）2023 (20) 解答 · 12 分 f ′ ′ ( ξ ) = f ( a ) + f ( − a ) a 2 f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2} f ′′ ( ξ ) = a 2 f ( a ) + f ( − a ) ∣ f ′ ′ ( η ) ∣ ≥ ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ 2 a 2 |f''(\eta)|\ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2} ∣ f ′′ ( η ) ∣ ≥ 2 a 2 ∣ f ( a ) − f ( − a ) ∣ 例 6.7 （6.3 节 ）2024 (19) 解答 · 12 分 ∣ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ∣ ≤ x ( 1 − x ) 2 |f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\le\frac{x(1-x)}2 ∣ f ( x ) − f ( 0 ) ( 1 − x ) − f ( 1 ) x ∣ ≤ 2 x ( 1 − x ) ≤ 1 12 \le\frac1{12} ≤ 12 1 例 6.10 （6.4 节 ）2025 (19) 解答 · 12 分 f ′ f' f ′ ⟺ \iff ⟺ 例 3.13 （3.6 节 ）2026 (20) 解答 · 12 分 a > 0 a>0 a > 0 F ′ ′ ( ξ ) = 0 F''(\xi)=0 F ′′ ( ξ ) = 0 例 2.15 （2.6 节 ）
10.2 按部分和题型同样 38 道题按本页的节排列，“†”表示应用题。按部分数：第 1 部分 2 道、第 2 部分 8 道、第 3 部分 10 道、第 4 部分 0 道、第 5 部分 1 道、第 6 部分 9 道、第 7 部分 8 道。拉格朗日的题最多，但多半是一道大题里的一步；罗尔（构造）与泰勒两部分几乎都是整道压轴题 ——复习时先保证这两部分的真题都能独立写出来。
10.3 补充的数二、数三真题数一在柯西、双中值、“造点”这几种题型上考得少，所以正文补了 Maki《真题分类精解》里的数二、数三真题，标签是灰色的“数二”“数三”（和数一重复的跨卷题只标数一）。它们和数一考的是同一套方法，时间紧可以只看不做。
10.4 这些题是怎么核对的核对方法 2010—2026 年的 17 道数一真题逐题对照 Maki《考研数学真题分类精解》（2026 版）书末的“年份索引”，核对了年份、题号和所在讲次，题面、选项按书中正文录入；1987—2009 年的 21 道逐题对照 04_真题 里《1987—2023 年考研数学一纯真题版》合集的原卷页面（题号、“本题满分”、条件的每个字母）。每道题的答案都用程序验算过：选择题逐项检查并给出反例，证明题取满足题设的具体函数把中值点真的解出来（页脚有核对的项数）。
两处需要说明：1996 年第七题第（2）问原卷写的是 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'(x)|\le2a+\frac b2 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + 2 b ∣ f ′ ( c ) ∣ |f'(c)| ∣ f ′ ( c ) ∣ f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) f'(0)=f'(1) f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 )
10.5 小结：考得最多的 8 类
考点（节） 出现次数 最近一次 先做这道
7.1 方程的根：存在、唯一、个数5 2011 数一(17) 例 7.2 2.4 微分方程法与万能构造：h ′ + p ( x ) h = 0 h'+p(x)h=0 h ′ + p ( x ) h = 0 e ∫ p \e^{\int p} e ∫ p 3 2017 数一(18) 例 2.8 3.2 用法一：证不等式3 2011 数一(18) 例 3.2 2.2 直接用罗尔：找两个相等的函数值2 2000 数一(九) 例 2.1 2.6 结论含 f ′ ′ f'' f ′′ 2 2026 数一(20) 例 2.15 3.4 用法三：证含 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f ′ ( ξ ) 2 2020 数一(19) 例 3.8 3.5 用法四：递推数列——相邻两项之差2 2018 数一(19) 例 3.11 3.6 几何意义：把导数看成弦的斜率2 2025 数一(19) 例 3.13
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第 11 部分
综合练习
李林第三章章末习题和夜雨讲义里的题，按方法分组。先遮住答案自己做，做完对照回看对应的节。
考试要求（大纲原文，李林讲义第三章）
理解并会用罗尔定理。
理解并会用拉格朗日中值定理。
理解并会用泰勒定理。
了解并会用柯西中值定理。
练习覆盖李林第三章章末习题，按方法分组；每组对应的考试要求见相应部分开头的方框。
11.1 构造辅助函数（李林第三章习题、夜雨）每题先对着 2.8 节的总表想“令 F ( x ) = F(x)= F ( x ) = F F F
练习 1 李林 第三章 习题 (1) · p86
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导且不为零，
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 。证明：对任意实数
k k k ，存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ ) f ( ξ ) = k \dfrac{f'(\xi)}{f(\xi)}=k f ( ξ ) f ′ ( ξ ) = k 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
构造。 f ′ − k f = 0 f'-kf=0 f ′ − k f = 0 F = e − k x f ( x ) F=\e^{-kx}f(x) F = e − k x f ( x ) F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 e − k ξ ( f ′ − k f ) = 0 \e^{-k\xi}(f'-kf)=0 e − k ξ ( f ′ − k f ) = 0 f ( ξ ) ≠ 0 f(\xi)\ne0 f ( ξ ) = 0
要证的式子移项是 f ′ ( ξ ) − k f ( ξ ) = 0 f'(\xi)-kf(\xi)=0 f ′ ( ξ ) − k f ( ξ ) = 0 e − k x \e^{-kx} e − k x ( e − k x f ) ′ (\e^{-kx}f)' ( e − k x f ) ′ F F F e ∫ p \e^{\int p} e ∫ p p = − k p=-k p = − k F F F f f f f ( ξ ) f(\xi) f ( ξ )
答案：证明题。思路：F = e − k x f F=\e^{-kx}f F = e − k x f
练习 2 李林 第三章 习题 (2) · p86
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，其中
0 < a < b 0<a<b 0 < a < b ，
f ( a ) = f ( b ) = 0 f(a)=f(b)=0 f ( a ) = f ( b ) = 0 。证明：存在一点
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
ξ f ′ ( ξ ) + 2 f ( ξ ) = 0 \xi f'(\xi)+2f(\xi)=0 ξ f ′ ( ξ ) + 2 f ( ξ ) = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
构造。 F = x 2 f ( x ) F=x^2f(x) F = x 2 f ( x ) F ′ = x ( x f ′ + 2 f ) F'=x(xf'+2f) F ′ = x ( x f ′ + 2 f ) F ( a ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(b)=0 F ( a ) = F ( b ) = 0 ξ > 0 \xi>0 ξ > 0
结论 x f ′ + 2 f xf'+2f x f ′ + 2 f ( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ (x^2f)'=2xf+x^2f' ( x 2 f ) ′ = 2 x f + x 2 f ′ x x x x 2 x^2 x 2 F F F 0 < a < ξ 0<a<\xi 0 < a < ξ ξ ≠ 0 \xi\ne0 ξ = 0
答案：证明题。思路：F = x 2 f F=x^2f F = x 2 f
练习 3 李林 第三章 习题 (3) · p86
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上二阶可导，
f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f ( 0 ) = f ( 1 ) 。证明：存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
( 1 − ξ ) f ′ ′ ( ξ ) = 2 f ′ ( ξ ) (1-\xi)f''(\xi)=2f'(\xi) ( 1 − ξ ) f ′′ ( ξ ) = 2 f ′ ( ξ ) 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
先罗尔造一个点。 由 f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f ( 0 ) = f ( 1 ) c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c ∈ ( 0 , 1 ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
结论里有 f ′ ′ f'' f ′′ f ′ f' f ′ f ′ f' f ′ f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f ( 0 ) = f ( 1 ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
再构造。 F = ( 1 − x ) 2 f ′ ( x ) F=(1-x)^2f'(x) F = ( 1 − x ) 2 f ′ ( x ) F ′ = ( 1 − x ) [ ( 1 − x ) f ′ ′ − 2 f ′ ] F'=(1-x)\big[(1-x)f''-2f'\big] F ′ = ( 1 − x ) [ ( 1 − x ) f ′′ − 2 f ′ ] F ( c ) = F ( 1 ) = 0 F(c)=F(1)=0 F ( c ) = F ( 1 ) = 0 ξ ∈ ( c , 1 ) \xi\in(c,1) ξ ∈ ( c , 1 ) 1 − ξ ≠ 0 1-\xi\ne0 1 − ξ = 0
结论移项是 ( 1 − x ) f ′ ′ − 2 f ′ = 0 (1-x)f''-2f'=0 ( 1 − x ) f ′′ − 2 f ′ = 0 [ ( 1 − x ) 2 f ′ ] ′ = ( 1 − x ) [ ( 1 − x ) f ′ ′ − 2 f ′ ] \big[(1-x)^2f'\big]'=(1-x)\big[(1-x)f''-2f'\big] [ ( 1 − x ) 2 f ′ ] ′ = ( 1 − x ) [ ( 1 − x ) f ′′ − 2 f ′ ] F F F c c c f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0 ( 1 − x ) 2 = 0 (1-x)^2=0 ( 1 − x ) 2 = 0 ξ < 1 \xi<1 ξ < 1 1 − ξ ≠ 0 1-\xi\ne0 1 − ξ = 0
答案：证明题。思路：先罗尔造 f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0 F = ( 1 − x ) 2 f ′ F=(1-x)^2f' F = ( 1 − x ) 2 f ′
练习 4 李林 第三章 习题 (6) · p87
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，且
f ( a ) = f ( b ) = 0 f(a)=f(b)=0 f ( a ) = f ( b ) = 0 。证明：存在一点
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ′ ( ξ ) + f 2 ( ξ ) = 0 f'(\xi)+f^2(\xi)=0 f ′ ( ξ ) + f 2 ( ξ ) = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
万能构造，p = f p=f p = f f ′ + f ⋅ f = 0 f'+f\cdot f=0 f ′ + f ⋅ f = 0 h = f h=f h = f p ( x ) = f ( x ) p(x)=f(x) p ( x ) = f ( x ) F ( x ) = f ( x ) e ∫ a x f ( t ) d t F(x)=f(x)\e^{\int_a^xf(t)\dt} F ( x ) = f ( x ) e ∫ a x f ( t ) d t F ′ = e ∫ a x f ( f ′ + f 2 ) F'=\e^{\int_a^xf}\big(f'+f^2\big) F ′ = e ∫ a x f ( f ′ + f 2 ) F ( a ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(b)=0 F ( a ) = F ( b ) = 0
结论形如 f ′ + p ( x ) f = 0 f'+p(x)f=0 f ′ + p ( x ) f = 0 p p p f f f F = f e ∫ p F=f\e^{\int p} F = f e ∫ p e ∫ p ( f ′ + p f ) \e^{\int p}(f'+pf) e ∫ p ( f ′ + p f ) F F F a a a b b b f = 0 f=0 f = 0 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0
答案：证明题。思路：F = f e ∫ a x f F=f\e^{\int_a^xf} F = f e ∫ a x f
练习 5 李林 第三章 习题 (7) · p87
设
f ( x ) f(x) f ( x ) ，
g ( x ) g(x) g ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续，在
( a , b ) (a,b) ( a , b ) 内可导，
f ( a ) = f ( b ) = 0 f(a)=f(b)=0 f ( a ) = f ( b ) = 0 。证明：存在一点
ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ ∈ ( a , b ) ，使得
f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) g ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi)+f(\xi)g'(\xi)=0 f ′ ( ξ ) + f ( ξ ) g ′ ( ξ ) = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
构造。 F = e g ( x ) f ( x ) F=\e^{g(x)}f(x) F = e g ( x ) f ( x ) F ′ = e g ( f ′ + f g ′ ) F'=\e^g(f'+fg') F ′ = e g ( f ′ + f g ′ ) F ( a ) = F ( b ) = 0 F(a)=F(b)=0 F ( a ) = F ( b ) = 0
还是 f ′ + p f = 0 f'+pf=0 f ′ + p f = 0 p = g ′ p=g' p = g ′ ∫ p = g \int p=g ∫ p = g e g \e^{g} e g F F F f = 0 f=0 f = 0 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0 e g ( ξ ) > 0 \e^{g(\xi)}>0 e g ( ξ ) > 0
答案：证明题。思路：F = e g f F=\e^gf F = e g f
练习 6 李林 第三章 习题 (11) · p87
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上可导，且
f ( 1 ) = 2 ∫ 0 1 / 2 x f ( x ) d x f(1)=2\displaystyle\int_0^{1/2}xf(x)\dx f ( 1 ) = 2 ∫ 0 1/2 x f ( x ) d x 。证明：存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0 f(\xi)+\xi f'(\xi)=0 f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
积分中值定理造点。 2 ∫ 0 1 / 2 x f ( x ) d x = 2 ⋅ 1 2 ⋅ c f ( c ) = c f ( c ) 2\int_0^{1/2}xf(x)\dx=2\cdot\frac12\cdot cf(c)=cf(c) 2 ∫ 0 1/2 x f ( x ) d x = 2 ⋅ 2 1 ⋅ c f ( c ) = c f ( c ) c ∈ ( 0 , 1 2 ) c\in\big(0,\frac12\big) c ∈ ( 0 , 2 1 ) 1 ⋅ f ( 1 ) = c f ( c ) 1\cdot f(1)=cf(c) 1 ⋅ f ( 1 ) = c f ( c )
题目给的是一个积分等式，而罗尔定理需要“两点的函数值相等”；积分中值定理把 ∫ 0 1 / 2 x f d x \int_0^{1/2}xf\dx ∫ 0 1/2 x f d x 1 2 \frac12 2 1 c f ( c ) cf(c) c f ( c ) F ( c ) = F ( 1 ) F(c)=F(1) F ( c ) = F ( 1 )
构造。 F = x f ( x ) F=xf(x) F = x f ( x ) F ( c ) = F ( 1 ) F(c)=F(1) F ( c ) = F ( 1 ) F ′ ( ξ ) = f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = f ( ξ ) + ξ f ′ ( ξ ) = 0
f + x f ′ f+xf' f + x f ′ ( x f ) ′ (xf)' ( x f ) ′ F = x f F=xf F = x f F ( c ) = F ( 1 ) F(c)=F(1) F ( c ) = F ( 1 ) [ c , 1 ] [c,1] [ c , 1 ] ξ ∈ ( c , 1 ) ⊂ ( 0 , 1 ) \xi\in(c,1)\subset(0,1) ξ ∈ ( c , 1 ) ⊂ ( 0 , 1 )
答案：证明题。思路：积分中值造 c f ( c ) = f ( 1 ) cf(c)=f(1) c f ( c ) = f ( 1 ) F = x f F=xf F = x f
练习 7 李林 第三章 习题 (12) · p87
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，且
∫ 0 1 x f ( x ) d x = ∫ 0 1 f ( x ) d x \displaystyle\int_0^1xf(x)\dx=\int_0^1f(x)\dx ∫ 0 1 x f ( x ) d x = ∫ 0 1 f ( x ) d x 。证明：存在一点
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
∫ 0 ξ f ( t ) d t = 0 \displaystyle\int_0^\xi f(t)\dt=0 ∫ 0 ξ f ( t ) d t = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
令原函数。 G ( x ) = ∫ 0 x f G(x)=\int_0^xf G ( x ) = ∫ 0 x f ∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x = 0 \int_0^1(1-x)f(x)\dx=0 ∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x = 0 ∫ 0 1 ( 1 − x ) d G = [ ( 1 − x ) G ] 0 1 + ∫ 0 1 G d x = ∫ 0 1 G d x = 0 \int_0^1(1-x)\dd G=\big[(1-x)G\big]_0^1+\int_0^1G\dx=\int_0^1G\dx=0 ∫ 0 1 ( 1 − x ) d G = [ ( 1 − x ) G ] 0 1 + ∫ 0 1 G d x = ∫ 0 1 G d x = 0
结论里的 ∫ 0 ξ f \int_0^\xi f ∫ 0 ξ f G ( ξ ) G(\xi) G ( ξ ) G G G ∫ 0 1 ( 1 − x ) f d x = 0 \int_0^1(1-x)f\dx=0 ∫ 0 1 ( 1 − x ) f d x = 0 x = 1 x=1 x = 1 1 − x = 0 1-x=0 1 − x = 0 x = 0 x=0 x = 0 G ( 0 ) = 0 G(0)=0 G ( 0 ) = 0 ∫ 0 1 G d x \int_0^1G\dx ∫ 0 1 G d x
积分中值定理。 存在 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) G ( ξ ) = 0 G(\xi)=0 G ( ξ ) = 0 ∫ 0 ξ f = 0 \int_0^\xi f=0 ∫ 0 ξ f = 0
G G G ∫ 0 1 G d x = G ( ξ ) ⋅ 1 \int_0^1G\dx=G(\xi)\cdot1 ∫ 0 1 G d x = G ( ξ ) ⋅ 1 ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) G ( ξ ) = 0 G(\xi)=0 G ( ξ ) = 0
答案：证明题。思路：G = ∫ 0 x f G=\int_0^xf G = ∫ 0 x f ∫ 0 1 G = 0 \int_0^1G=0 ∫ 0 1 G = 0
练习 8 夜雨 万能构造 · p76 汤家凤八套卷
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，且
∫ 0 1 f ( x ) d x = 0 \displaystyle\int_0^1f(x)\dx=0 ∫ 0 1 f ( x ) d x = 0 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ( ξ ) = 2 ξ ∫ 0 ξ f ( t ) d t f(\xi)=2\xi\displaystyle\int_0^\xi f(t)\dt f ( ξ ) = 2 ξ ∫ 0 ξ f ( t ) d t 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
把积分当成新函数。 G ( x ) = ∫ 0 x f G(x)=\int_0^xf G ( x ) = ∫ 0 x f G ′ − 2 x G = 0 G'-2xG=0 G ′ − 2 x G = 0 p = − 2 x p=-2x p = − 2 x F = e − x 2 G ( x ) F=\e^{-x^2}G(x) F = e − x 2 G ( x ) F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0 F(0)=F(1)=0 F ( 0 ) = F ( 1 ) = 0
结论里同时有 f f f ∫ 0 ξ f \int_0^\xi f ∫ 0 ξ f G G G f f f G ′ G' G ′ G ′ − 2 x G = 0 G'-2xG=0 G ′ − 2 x G = 0 G ′ + p G = 0 G'+pG=0 G ′ + pG = 0 p = − 2 x p=-2x p = − 2 x e ∫ p = e − x 2 \e^{\int p}=\e^{-x^2} e ∫ p = e − x 2 G ( 0 ) = 0 G(0)=0 G ( 0 ) = 0 G ( 1 ) = ∫ 0 1 f = 0 G(1)=\int_0^1f=0 G ( 1 ) = ∫ 0 1 f = 0 F F F
答案：证明题。思路：G = ∫ 0 x f G=\int_0^xf G = ∫ 0 x f F = e − x 2 G F=\e^{-x^2}G F = e − x 2 G
11.2 拉格朗日、柯西、双中值
练习 9 李林 第三章 习题 (15) · p87
设
a > b > 0 a>b>0 a > b > 0 ，
n > 1 n>1 n > 1 ，证明：
n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) nb^{n-1}(a-b)<a^n-b^n<na^{n-1}(a-b) n b n − 1 ( a − b ) < a n − b n < n a n − 1 ( a − b ) 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
拉格朗日。 a n − b n = n ξ n − 1 ( a − b ) a^n-b^n=n\xi^{n-1}(a-b) a n − b n = n ξ n − 1 ( a − b ) b < ξ < a b<\xi<a b < ξ < a x n − 1 x^{n-1} x n − 1 n > 1 n>1 n > 1
a n − b n a^n-b^n a n − b n x n x^n x n n ξ n − 1 n\xi^{n-1} n ξ n − 1 n > 1 n>1 n > 1 x n − 1 x^{n-1} x n − 1 b < ξ < a b<\xi<a b < ξ < a b n − 1 < ξ n − 1 < a n − 1 b^{n-1}<\xi^{n-1}<a^{n-1} b n − 1 < ξ n − 1 < a n − 1 n ( a − b ) n(a-b) n ( a − b )
答案：证明题。思路：x n x^n x n [ b , a ] [b,a] [ b , a ]
练习 10 李林 第三章 习题 (16) · p87
证明下列不等式：（Ⅰ）
∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ |\arctan a-\arctan b|\le|a-b| ∣ arctan a − arctan b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ ；（Ⅱ）当
x > 1 x>1 x > 1 时，
e x > e x \e^x>\e x e x > e x 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
（Ⅰ） arctan a − arctan b = a − b 1 + ξ 2 \arctan a-\arctan b=\frac{a-b}{1+\xi^2} arctan a − arctan b = 1 + ξ 2 a − b 1 1 + ξ 2 ≤ 1 \frac1{1+\xi^2}\le1 1 + ξ 2 1 ≤ 1
左边是 arctan \arctan arctan 1 1 + ξ 2 \frac1{1+\xi^2} 1 + ξ 2 1 a = b a=b a = b
（Ⅱ） e x − e = e ξ ( x − 1 ) > e ( x − 1 ) \e^x-\e=\e^\xi(x-1)>\e(x-1) e x − e = e ξ ( x − 1 ) > e ( x − 1 ) 1 < ξ < x 1<\xi<x 1 < ξ < x e x > e x \e^x>\e x e x > e x
e x > e x \e^x>\e x e x > e x e x − e > e ( x − 1 ) \e^x-\e>\e(x-1) e x − e > e ( x − 1 ) e t \e^t e t [ 1 , x ] [1,x] [ 1 , x ] e ξ ( x − 1 ) \e^\xi(x-1) e ξ ( x − 1 ) ξ > 1 \xi>1 ξ > 1 e ξ > e \e^\xi>\e e ξ > e x − 1 > 0 x-1>0 x − 1 > 0
答案：证明题。思路：（Ⅰ）arctan \arctan arctan e x \e^x e x [ 1 , x ] [1,x] [ 1 , x ]
练习 11 李林 第三章 习题 (18) · p87
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 可导，且
lim x → ∞ f ′ ( x ) = e 2 \lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=\e^2 x → ∞ lim f ′ ( x ) = e 2 ，若
lim x → ∞ ( x + k x − k ) x = lim x → ∞ [ f ( x ) − f ( x − 1 ) ] \lim\limits_{x\to\infty}\Big(\dfrac{x+k}{x-k}\Big)^x=\lim\limits_{x\to\infty}\big[f(x)-f(x-1)\big] x → ∞ lim ( x − k x + k ) x = x → ∞ lim [ f ( x ) − f ( x − 1 ) ] ，求
k k k 的值。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
右边：拉格朗日。 f ( x ) − f ( x − 1 ) = f ′ ( ξ ) → e 2 f(x)-f(x-1)=f'(\xi)\to\e^2 f ( x ) − f ( x − 1 ) = f ′ ( ξ ) → e 2
f ( x ) − f ( x − 1 ) f(x)-f(x-1) f ( x ) − f ( x − 1 ) f f f f ′ ( ξ ) ⋅ 1 f'(\xi)\cdot1 f ′ ( ξ ) ⋅ 1 ξ \xi ξ x − 1 x-1 x − 1 x x x x → ∞ x\to\infty x → ∞ ξ → ∞ \xi\to\infty ξ → ∞ lim f ′ = e 2 \lim f'=\e^2 lim f ′ = e 2
左边：1 ∞ 1^\infty 1 ∞ ( 1 + 2 k x − k ) x → e 2 k \Big(1+\frac{2k}{x-k}\Big)^x\to\e^{2k} ( 1 + x − k 2 k ) x → e 2 k e 2 k = e 2 \e^{2k}=\e^2 e 2 k = e 2 k = 1 k=1 k = 1
x + k x − k = 1 + 2 k x − k → 1 \frac{x+k}{x-k}=1+\frac{2k}{x-k}\to1 x − k x + k = 1 + x − k 2 k → 1 x → ∞ x\to\infty x → ∞ 1 ∞ 1^\infty 1 ∞ = e lim x ⋅ 2 k x − k = e 2 k =\e^{\lim x\cdot\frac{2k}{x-k}}=\e^{2k} = e l i m x ⋅ x − k 2 k = e 2 k 2 k = 2 2k=2 2 k = 2
答案：k = 1 k=1 k = 1
练习 12 李林 第三章 习题 (19) · p87 夜雨 双中值 · p92
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续，在
( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 内可导，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 ，
a > 0 a>0 a > 0 ，
b > 0 b>0 b > 0 。证明：存在
ξ , η ∈ ( 0 , 1 ) \xi,\eta\in(0,1) ξ , η ∈ ( 0 , 1 ) ，
ξ ≠ η \xi\ne\eta ξ = η ，使得
a f ′ ( ξ ) + b f ′ ( η ) = a + b \dfrac a{f'(\xi)}+\dfrac b{f'(\eta)}=a+b f ′ ( ξ ) a + f ′ ( η ) b = a + b 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
反推分点。 取 x 0 x_0 x 0 f ( x 0 ) = a a + b f(x_0)=\frac a{a+b} f ( x 0 ) = a + b a f ′ ( ξ ) = a ( a + b ) x 0 f'(\xi)=\frac{a}{(a+b)x_0} f ′ ( ξ ) = ( a + b ) x 0 a f ′ ( η ) = b ( a + b ) ( 1 − x 0 ) f'(\eta)=\frac{b}{(a+b)(1-x_0)} f ′ ( η ) = ( a + b ) ( 1 − x 0 ) b
要两个不同的中值点，就在 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x 0 x_0 x 0 ξ < x 0 < η \xi<x_0<\eta ξ < x 0 < η f ( x 0 ) = a a + b f(x_0)=\frac a{a+b} f ( x 0 ) = a + b a a a + b \frac a{a+b} a + b a f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 x 0 x_0 x 0
代入。 a f ′ ( ξ ) + b f ′ ( η ) = ( a + b ) x 0 + ( a + b ) ( 1 − x 0 ) = a + b \frac a{f'(\xi)}+\frac b{f'(\eta)}=(a+b)x_0+(a+b)(1-x_0)=a+b f ′ ( ξ ) a + f ′ ( η ) b = ( a + b ) x 0 + ( a + b ) ( 1 − x 0 ) = a + b
左段 f ′ ( ξ ) = f ( x 0 ) − f ( 0 ) x 0 f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0} f ′ ( ξ ) = x 0 f ( x 0 ) − f ( 0 ) f ′ ( η ) = f ( 1 ) − f ( x 0 ) 1 − x 0 = b ( a + b ) ( 1 − x 0 ) f'(\eta)=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}=\frac{b}{(a+b)(1-x_0)} f ′ ( η ) = 1 − x 0 f ( 1 ) − f ( x 0 ) = ( a + b ) ( 1 − x 0 ) b a a a b b b ( a + b ) x 0 (a+b)x_0 ( a + b ) x 0 ( a + b ) ( 1 − x 0 ) (a+b)(1-x_0) ( a + b ) ( 1 − x 0 ) x 0 x_0 x 0
答案：证明题。思路：介值定理取 f ( x 0 ) = a a + b f(x_0)=\frac a{a+b} f ( x 0 ) = a + b a
练习 13 夜雨 双中值 · p92
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] 上连续，在
( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) 内可导，且
f ( − 1 ) = f ( 1 ) f(-1)=f(1) f ( − 1 ) = f ( 1 ) 。证明：存在两个不同的点
ξ 1 , ξ 2 ∈ ( − 1 , 1 ) \xi_1,\xi_2\in(-1,1) ξ 1 , ξ 2 ∈ ( − 1 , 1 ) ，使得
f ′ ( ξ 1 ) + f ′ ( ξ 2 ) = 0 f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=0 f ′ ( ξ 1 ) + f ′ ( ξ 2 ) = 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
中点劈开。 f ( 0 ) − f ( − 1 ) = f ′ ( ξ 1 ) f(0)-f(-1)=f'(\xi_1) f ( 0 ) − f ( − 1 ) = f ′ ( ξ 1 ) f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ 2 ) f(1)-f(0)=f'(\xi_2) f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( ξ 2 ) f ′ ( ξ 1 ) + f ′ ( ξ 2 ) = f ( 1 ) − f ( − 1 ) = 0 f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=f(1)-f(-1)=0 f ′ ( ξ 1 ) + f ′ ( ξ 2 ) = f ( 1 ) − f ( − 1 ) = 0 ξ 1 < 0 < ξ 2 \xi_1<0<\xi_2 ξ 1 < 0 < ξ 2
要两个不同点的导数之和为 0，就用中点 0 把区间劈成两段，各用一次拉格朗日中值定理（两段长度都是 1，导数就等于函数的增量）；相加后中间的 f ( 0 ) f(0) f ( 0 ) f ( 1 ) − f ( − 1 ) = 0 f(1)-f(-1)=0 f ( 1 ) − f ( − 1 ) = 0 ξ 1 < 0 < ξ 2 \xi_1<0<\xi_2 ξ 1 < 0 < ξ 2
答案：证明题。思路：中点 0 劈开两次拉格朗日，相加
练习 14 柯西的标准练习
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 1 , e ] [1,\e] [ 1 , e ] 上连续，在
( 1 , e ) (1,\e) ( 1 , e ) 内可导。证明：存在
ξ ∈ ( 1 , e ) \xi\in(1,\e) ξ ∈ ( 1 , e ) ，使得
f ( e ) − f ( 1 ) = ξ f ′ ( ξ ) f(\e)-f(1)=\xi f'(\xi) f ( e ) − f ( 1 ) = ξ f ′ ( ξ ) 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
柯西，g = ln x g=\ln x g = ln x f ( e ) − f ( 1 ) ln e − ln 1 = f ′ ( ξ ) 1 / ξ = ξ f ′ ( ξ ) \frac{f(\e)-f(1)}{\ln\e-\ln1}=\frac{f'(\xi)}{1/\xi}=\xi f'(\xi) l n e − l n 1 f ( e ) − f ( 1 ) = 1/ ξ f ′ ( ξ ) = ξ f ′ ( ξ ) ln e − ln 1 = 1 \ln\e-\ln1=1 ln e − ln 1 = 1
结论右边 ξ f ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) 1 / ξ \xi f'(\xi)=\frac{f'(\xi)}{1/\xi} ξ f ′ ( ξ ) = 1/ ξ f ′ ( ξ ) 1 x \frac1x x 1 ln x \ln x ln x f f f g = ln x g=\ln x g = ln x [ 1 , e ] [1,\e] [ 1 , e ] g ′ = 1 x ≠ 0 g'=\frac1x\ne0 g ′ = x 1 = 0 ln e − ln 1 = 1 \ln\e-\ln1=1 ln e − ln 1 = 1
答案：证明题。思路：f f f ln x \ln x ln x [ 1 , e ] [1,\e] [ 1 , e ]
11.3 泰勒公式
练习 15 夜雨 泰勒 · p98
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上二阶可导，且
f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f ( 0 ) = f ( 1 ) ，
∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ 2 |f''(x)|\le2 ∣ f ′′ ( x ) ∣ ≤ 2 。证明：
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 1 |f'(x)|\le1 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 1 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
在 x x x 0 = f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( x ) + 1 2 [ f ′ ′ ( ξ 2 ) ( 1 − x ) 2 − f ′ ′ ( ξ 1 ) x 2 ] 0=f(1)-f(0)=f'(x)+\frac12\big[f''(\xi_2)(1-x)^2-f''(\xi_1)x^2\big] 0 = f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( x ) + 2 1 [ f ′′ ( ξ 2 ) ( 1 − x ) 2 − f ′′ ( ξ 1 ) x 2 ] ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ( 1 − x ) 2 + x 2 ≤ 1 |f'(x)|\le(1-x)^2+x^2\le1 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ( 1 − x ) 2 + x 2 ≤ 1
要估计任意一点 x x x f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) x x x f ( x ) f(x) f ( x ) f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) ∣ f ′ ′ ∣ ≤ 2 |f''|\le2 ∣ f ′′ ∣ ≤ 2 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ( 1 − x ) 2 + x 2 |f'(x)|\le(1-x)^2+x^2 ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ( 1 − x ) 2 + x 2 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
答案：证明题。思路：x x x ( 1 − x ) 2 + x 2 ≤ 1 (1-x)^2+x^2\le1 ( 1 − x ) 2 + x 2 ≤ 1
练习 16 夜雨 泰勒 · p98 李林 §4 例 9
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上二阶可导，且
f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) = 0 f'(0)=f'(1)=0 f ′ ( 0 ) = f ′ ( 1 ) = 0 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
∣ f ′ ′ ( ξ ) ∣ ≥ 4 ∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ |f''(\xi)|\ge4|f(1)-f(0)| ∣ f ′′ ( ξ ) ∣ ≥ 4∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
分别在 0、1 处展开，代入 1 2 \frac12 2 1 f ( 1 2 ) = f ( 0 ) + f ′ ′ ( ξ 1 ) 8 f\big(\frac12\big)=f(0)+\frac{f''(\xi_1)}8 f ( 2 1 ) = f ( 0 ) + 8 f ′′ ( ξ 1 ) f ( 1 2 ) = f ( 1 ) + f ′ ′ ( ξ 2 ) 8 f\big(\frac12\big)=f(1)+\frac{f''(\xi_2)}8 f ( 2 1 ) = f ( 1 ) + 8 f ′′ ( ξ 2 ) f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ′ ( ξ 1 ) − f ′ ′ ( ξ 2 ) 8 f(1)-f(0)=\frac{f''(\xi_1)-f''(\xi_2)}8 f ( 1 ) − f ( 0 ) = 8 f ′′ ( ξ 1 ) − f ′′ ( ξ 2 )
已知的是两端的一阶导数为 0，所以分别在 0、1 处展开，一阶项消失；两个展开式都代入中点 1 2 \frac12 2 1 1 2 \frac12 2 1 1 8 \frac18 8 1 f ( 1 2 ) f\big(\frac12\big) f ( 2 1 )
取大的。 4 ∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ ≤ ∣ f ′ ′ ( ξ 1 ) ∣ + ∣ f ′ ′ ( ξ 2 ) ∣ 2 ≤ max 4|f(1)-f(0)|\le\frac{|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|}2\le\max 4∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ ≤ 2 ∣ f ′′ ( ξ 1 ) ∣ + ∣ f ′′ ( ξ 2 ) ∣ ≤ max
由上式 8 ∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ ≤ ∣ f ′ ′ ( ξ 1 ) ∣ + ∣ f ′ ′ ( ξ 2 ) ∣ ≤ 2 max { ∣ f ′ ′ ( ξ 1 ) ∣ , ∣ f ′ ′ ( ξ 2 ) ∣ } 8|f(1)-f(0)|\le|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|\le2\max\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\} 8∣ f ( 1 ) − f ( 0 ) ∣ ≤ ∣ f ′′ ( ξ 1 ) ∣ + ∣ f ′′ ( ξ 2 ) ∣ ≤ 2 max { ∣ f ′′ ( ξ 1 ) ∣ , ∣ f ′′ ( ξ 2 ) ∣ } ξ \xi ξ
答案：证明题。思路：在 0、1 处展开，代入 1 2 \frac12 2 1
练习 17 夜雨 多项式拟合 · p106
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上二阶可导，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 ，
∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 \displaystyle\int_0^1f(x)\dx=1 ∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ′ ( ξ ) = − 6 f''(\xi)=-6 f ′′ ( ξ ) = − 6 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
多项式拟合。 p = − 3 x 2 + 4 x p=-3x^2+4x p = − 3 x 2 + 4 x g = f − p g=f-p g = f − p d d d g ′ ′ ( ξ ) = 0 g''(\xi)=0 g ′′ ( ξ ) = 0
条件是三个“值”（两个函数值、一个积分），结论是二阶导数等于常数，这是多项式拟合：先找二次多项式 p p p p ′ ′ ≡ − 6 p''\equiv-6 p ′′ ≡ − 6 g = f − p g=f-p g = f − p g ( 0 ) = g ( 1 ) = 0 g(0)=g(1)=0 g ( 0 ) = g ( 1 ) = 0 ∫ 0 1 g = 0 \int_0^1g=0 ∫ 0 1 g = 0 d ∈ ( 0 , 1 ) d\in(0,1) d ∈ ( 0 , 1 ) g ′ ′ ( ξ ) = 0 g''(\xi)=0 g ′′ ( ξ ) = 0 f ′ ′ ( ξ ) = p ′ ′ = − 6 f''(\xi)=p''=-6 f ′′ ( ξ ) = p ′′ = − 6
答案：证明题。思路：拟合 p = − 3 x 2 + 4 x p=-3x^2+4x p = − 3 x 2 + 4 x
练习 18 李林 第三章 §4 例 8 的一般形式
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上二阶可导，
f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 f(0)=f(1)=0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 ，
max 0 ≤ x ≤ 1 f ( x ) = M > 0 \max\limits_{0\le x\le1}f(x)=M>0 0 ≤ x ≤ 1 max f ( x ) = M > 0 。证明：存在
ξ ∈ ( 0 , 1 ) \xi\in(0,1) ξ ∈ ( 0 , 1 ) ，使得
f ′ ′ ( ξ ) ≤ − 8 M f''(\xi)\le-8M f ′′ ( ξ ) ≤ − 8 M 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
最大值点展开。 同 例 6.6 ：最大值点 x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x_0\in(0,1) x 0 ∈ ( 0 , 1 ) f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0 f ′ ′ ( ξ 1 ) = − 2 M x 0 2 f''(\xi_1)=-\frac{2M}{x_0^2} f ′′ ( ξ 1 ) = − x 0 2 2 M f ′ ′ ( ξ 2 ) = − 2 M ( 1 − x 0 ) 2 f''(\xi_2)=-\frac{2M}{(1-x_0)^2} f ′′ ( ξ 2 ) = − ( 1 − x 0 ) 2 2 M x 0 x_0 x 0 ≤ − 8 M \le-8M ≤ − 8 M
两端函数值为 0 而 M > 0 M>0 M > 0 f ′ ( x 0 ) = 0 f'(x_0)=0 f ′ ( x 0 ) = 0 x 0 x_0 x 0 x 0 x_0 x 0 1 2 \frac12 2 1 1 4 \frac14 4 1 f ′ ′ ≤ − 2 M 1 / 4 = − 8 M f''\le-\frac{2M}{1/4}=-8M f ′′ ≤ − 1/4 2 M = − 8 M
答案：证明题。思路：最大值点展开，代入两端
11.4 推论与推广
练习 19 李林 第三章 习题 (14) · p87
证明：当
x > 1 x>1 x > 1 时，有
2 arctan x + arcsin 2 x 1 + x 2 = π 2\arctan x+\arcsin\dfrac{2x}{1+x^2}=\pi 2 arctan x + arcsin 1 + x 2 2 x = π 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
导数恒为 0。 令 F ( x ) = 2 arctan x + arcsin 2 x 1 + x 2 F(x)=2\arctan x+\arcsin\frac{2x}{1+x^2} F ( x ) = 2 arctan x + arcsin 1 + x 2 2 x x > 1 x>1 x > 1 1 − 4 x 2 ( 1 + x 2 ) 2 = x 2 − 1 1 + x 2 \sqrt{1-\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}}=\frac{x^2-1}{1+x^2} 1 − ( 1 + x 2 ) 2 4 x 2 = 1 + x 2 x 2 − 1 ( 2 x 1 + x 2 ) ′ = 2 ( 1 − x 2 ) ( 1 + x 2 ) 2 \big(\frac{2x}{1+x^2}\big)'=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} ( 1 + x 2 2 x ) ′ = ( 1 + x 2 ) 2 2 ( 1 − x 2 ) F ′ = 2 1 + x 2 − 2 1 + x 2 = 0 F'=\frac2{1+x^2}-\frac2{1+x^2}=0 F ′ = 1 + x 2 2 − 1 + x 2 2 = 0 F F F
要证一个函数恒等于常数，就证它的导数恒为 0（拉格朗日中值定理的推论）；arcsin u \arcsin u arcsin u u ′ 1 − u 2 \frac{u'}{\sqrt{1-u^2}} 1 − u 2 u ′ x > 1 x>1 x > 1 x 2 − 1 > 0 x^2-1>0 x 2 − 1 > 0 x 2 − 1 1 + x 2 \frac{x^2-1}{1+x^2} 1 + x 2 x 2 − 1
取一个点定常数。 F ( 3 ) = 2 ⋅ π 3 + arcsin 3 2 = 2 π 3 + π 3 = π F(\sqrt3)=2\cdot\frac\pi3+\arcsin\frac{\sqrt3}2=\frac{2\pi}3+\frac\pi3=\pi F ( 3 ) = 2 ⋅ 3 π + arcsin 2 3 = 3 2 π + 3 π = π x < 1 x<1 x < 1
常数的值代任意一个 x > 1 x>1 x > 1 3 \sqrt3 3 arctan 3 \arctan\sqrt3 arctan 3 arcsin 3 2 \arcsin\frac{\sqrt3}2 arcsin 2 3
答案：证明题。思路：F ′ ≡ 0 F'\equiv0 F ′ ≡ 0 x = 3 x=\sqrt3 x = 3
练习 20 夜雨 推广的罗尔定理 · p82
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) ( − ∞ , + ∞ ) 上可导。证明：存在
ξ ∈ ( − ∞ , + ∞ ) \xi\in(-\infty,+\infty) ξ ∈ ( − ∞ , + ∞ ) ，使得
f ′ ( ξ ) = ξ + ξ f 2 ( ξ ) f'(\xi)=\xi+\xi f^2(\xi) f ′ ( ξ ) = ξ + ξ f 2 ( ξ ) 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
还原。 f ′ 1 + f 2 = x \frac{f'}{1+f^2}=x 1 + f 2 f ′ = x arctan f ( x ) − x 2 2 = C \arctan f(x)-\frac{x^2}2=C arctan f ( x ) − 2 x 2 = C F ( x ) = arctan f ( x ) − x 2 2 F(x)=\arctan f(x)-\frac{x^2}2 F ( x ) = arctan f ( x ) − 2 x 2
结论可改写成 f ′ 1 + f 2 = x \frac{f'}{1+f^2}=x 1 + f 2 f ′ = x arctan f \arctan f arctan f x 2 2 \frac{x^2}2 2 x 2 C C C F F F F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F ′ ( ξ ) = 0
推广的罗尔（最值）。 ∣ arctan f ∣ < π 2 |\arctan f|<\frac\pi2 ∣ arctan f ∣ < 2 π x → ± ∞ x\to\pm\infty x → ± ∞ F → − ∞ F\to-\infty F → − ∞ F F F [ − X , X ] [-X,X] [ − X , X ] F < F ( 0 ) F<F(0) F < F ( 0 ) F F F [ − X , X ] [-X,X] [ − X , X ] F ′ ( ξ ) = f ′ ( ξ ) 1 + f 2 ( ξ ) − ξ = 0 F'(\xi)=\frac{f'(\xi)}{1+f^2(\xi)}-\xi=0 F ′ ( ξ ) = 1 + f 2 ( ξ ) f ′ ( ξ ) − ξ = 0
区间是整条实轴，没有两个端点可用罗尔定理，改用“推广的罗尔”：arctan f \arctan f arctan f − x 2 2 → − ∞ -\frac{x^2}2\to-\infty − 2 x 2 → − ∞ F F F − ∞ -\infty − ∞
答案：证明题。思路：还原得 F = arctan f − x 2 2 F=\arctan f-\frac{x^2}2 F = arctan f − 2 x 2 F → − ∞ F\to-\infty F → − ∞
11.5 小结学完了，标记这一部分