大概还有一半没写，但是我保证大家掌握了以下的方法，证明题基本超过同届 80% 的人了
剩下一半，等我找时间写了只能
考研中常用的的中值定理 费马(Fermat)引理 我这里写 费马引理 ，但大多数考研教材上都写的是 费马定理 ，这不严谨 费马定理 分为离散数学中用于求模数为质数的乘法逆元-费马小定理 和 世纪问题 - 费马大定理 但都不是本片中提到的 费马引理 ，请读者注意区别
概念：可导的极值点 一定是 驻点（导数为0的点）
简单证明：
反证法 ：假设极值点处
f'(x_0) ne 0 f'(x_0) > 0 quadRightarrowquad f(x) 左低右高，由 极值定义
x_0 非 极值点 （矛盾）
f'(x_0) < 0 quadRightarrowquad f(x) 左高右低，由 极值定义
x_0 非 极值点 （矛盾）
由 反证法逻辑 可知，
f'(x_0) = 0 作用 ：能够创造出 一阶导数 为
0 的条件辅助证明（往往在缺少一阶导数零点时使用，如【2019-21】）
步骤 ：利用连续函数 最值定理 ，并说明 极值 不在 端点取到 ，而在 区间内部 取到
如下面这个 导数零点定理 的证明，中间有用到这个思想
导数零点定理 概念：
f(x) 在区间
[a,b] 上 可导 ，且
f_{ }'(a)f'_{-}(b) < 0 ，则
existsxiin(a,b),s.t.f'(xi) = 0 简单证明：
不妨假设
f_{ }'(a) > 0, f_{-}'(b) < 0 ，则
(exists delta_1 > 0), (xin(a,a delta_1)),
(exists delta_2 > 0), (xin(b-delta_2,b)),
又由 连续函数最值定理 可知，
exists M, s.t. f(x) < M
又由上述可知，最大值 不在 端点处 取到，则 最大值点 必然是 区间内 的 极大值点
不妨设该 极大值点 为
xi(alt xi lt b) ，再由 费马(Fermat)引理 可知：
f'(xi) = 0 关于 导数零点定理 我没在真题中见过，可能唯一作用是用来证明 导数介值定理 的吧
证明题中可能用的不是很多，作为数学常识记住就好了
导数介值定理（达布定理） 概念：
f(x) 在区间
[a,b] 上可导，则
f'(x) 可以取到介于
f_{ }'(a) 和
f_{-}'(b) 之间的一切值
简单证明：
设
eta 为介于
f_{ }'(a) 和
f_{-}'(b) 之间的任意值，则不妨设
f_{ }'(a) < eta < f_{-}'(b)
欲证
exists xi in(a,b), s.t. f'(xi) = eta
这要用到下面一条 Rolle定理 的 辅助函数构造思路 和上面一条 导数零点定理
构造 辅助函数
F(x) = f(x) - eta x ，则
F'(x) = f'(x) - eta
又
F_{ }'(a) = f_{ }'(a) - eta < 0 ，
F_{-}'(b) = f_{-}'(b) - eta > 0
又由 导数零点定理 可知：
exists xiin(a,b), s.t.F'(xi) = 0 quadRightarrowquad f'(xi) = eta quad QED 根据 导数零点定理 可以推出：若
f'(x) 无零点，则
f'(x) 要么恒正，要么恒负，故
f(x) 一定单调
根据 导数介值定理 可以推出：若
f'(x) 不取
k ，则
f'(x) 要么恒大于
k ，要么恒小于
k 这也算是一个数学常识，除了证明题里，在很多其它类型的题目中也可以用到，比如【2022李林6一8】
罗尔(Rolle)定理 概念：
f(x) 在开区间上可导，闭区间上连续，且端点处函数值相等，则开区间内存在
f'(xi) = 0 简单证明：
反证法 ：假设
f'(x) 无零点 ，则
f'(x) 恒正 或 恒负
不妨假设
f'(x) 恒正，则
f(x) 严格单调递增
则
f(b) > f(a) 这与
f(a) = f(b) 矛盾 ，由 反正法思想 ，
existsxiin(a,b), s.t.f'(xi) = 0 到目前为止，在函数
f(x) 上产生一点
f'(xi) = 0 ，我们就有两个方法了：费马引理 ，罗尔定理
一些较为简单的罗尔定理辅助函数构造：（复杂的在后面专题里会讲到）
若要证明 "
exists xi in (a,b), s.t. f'(xi) = 0 " 直接对
f(x) 使用罗尔定理即可，无需构造辅助函数
若要证明 "
exists xi in (a,b), s.t. f'(xi) = k " 可令
F(x) = f(x) - kx 然后对
F(x) 适用罗尔定理
若要证明 "
exists xi in (a,b), s.t. f''(xi) = 0 或
f'''(xi) = 0 " 往往需要反复使用罗尔定理
拉格朗日(Lagrange)中值定理 概念：
f(x) 在开区间
(a,b) 上可导，闭区间
[a,b] 上连续，则
exists xi in(a,b) ，s.t.
[
f(b) - f(a) = f'(xi) (b - a)
] 证明方法：Rolle 定理 构造如下辅助函数
[
F(x) = [f(x) - f(a)](b - a) - [f(b) - f(a)] (x - a)
] 注意拉格朗日中值定理的几何意义：一条弦的斜率可以用区间内一点的切线斜率代替
柯西(Cauchy)中值定理 概念：
f(x), g(x) 在开区间
(a,b) 上可导，闭区间
[a,b] 上连续，且
g'(x) ne 0 ，则
exists xi in (a,b) ，s.t.
[
dfrac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = dfrac{f'(xi)}{g'(xi)}
] 证明方法：Rolle 定理 构造如下辅助函数
[
F(x) = [f(x) - f(a)][g(b) - g(a)] - [f(b) - f(a)] [g(x) - g(a)]
] 积分中值定理 概念：若
f(x) 在闭区间
[a,b] 上连续，则
displaystyleint_a^bf(x)dx = f(xi)(b - a) ，其中
xi in(a,b) 简单证明 ：
构造 辅助函数
F(x) = displaystyleint_a^x f(t)dt ，由
Lagrange 中值定理：
exists xi in(a, b), s.t.F(b) - F(a) = F'(xi)(b - a) quad Rightarrow quad displaystyleint_a^bf(x)dx = f(xi)(b - a) 中值定理证明题概述 考研中甚至是高数竞赛里，会用到的相关中值定理就是如上的所有了
这些定理还有一个范畴别名，叫做 微分中值定理
他们几乎无一例外，都是利用已用的函数
f(x) ，在一段区间
[a,b] 上进行一个中间导数估计
f'(xi) 而中值定理的证明题，都是给定一个
f'(xi) = 0 的结论，然后让我们利用已知条件，构造 出符合条件的
g(x) 最后利用中值定理，在一段区间上，估计出题目要求的满足
f'(xi) = 0 的等式
而构造符合条件的
g(x) 就是这一类证明题最为困难的地方，接下来的方法都将围绕这一问题展开
原函数法 微积分中的一大基本关系或者说常识是：
f(x) xrightarrow{text{求导}} f'(x) xrightarrow{text{积分}} f(x) 因此，对于已知结论
f'(xi) ，我们可以利用求不定积分找原函数的方法，找到
f(x) 我们用一个中等难度的例题来讲解
【例】设 (f(x)) 在 ((-2,2)) 内可导，证明：(-2,2), s.t. [xi(1-xi)f'(xi) 1 - 2xi = 0] 【分析】考虑对方程左侧直接积分：(displaystyleint [x(1-x)f'(x) 1 - 2x] mathrm{d} x)
第一个项是三个因式相乘，很难积出来，考虑对等式恒等变形再积分
方程两侧同除
x(1-x) ：
f'(x) dfrac{1-2x}{x(1-x)} ，再积分：
[
int dfrac{1-2x}{x(1-x)} mathrm{dx} =
int dfrac{1-x - x}{x(1-x)} mathrm{dx} =
int (dfrac{1}{x} - dfrac{1}{1-x}) mathrm{dx} =
ln |x^2-x| C
] F(x) = displaystyleint [f'(x) dfrac{1-2x}{x(1-x)}] mathrm{dx} = f(x) ln|x^2 - x| 这个形式虽然求导是我们所要的结论，但是无法按照题设找到中值定理的条件
我们考虑一个常用手段：取指数
[
F(x) = e^{f(x) ln|x^2-x|} = e^{f(x)} cdot e^{ln|x^2-x|} = |x^2-x| e^{f(x)}
] 易得两个零点：
F(0) = F(1) = 0 原函数找到，大功告成
【解】令
F(x) = (x-x^2)e^{f(x)} 显然，
F(0) = F(1) = 0 ，由 Rolle 定理：
exists xi in (0, 1)subset (-2,2), s.t. F'(xi) = 0 又
F'(x) = e^{f(x)} cdot [1 - 2x f'(x)(x-x^2)] = e^{f(x)} cdot [x(1-x)f'(x) 1 - 2x] 故
xi(1-xi)f'(xi) 1 - 2xi = 0 QED
这个方法限制性很大，有可能积分积不出来，也有可能很难积 但穷途末路的时候，不失为一种方法
微分方程法（万能构造法） 中值定理的证明题，其结论往往是一个微分方程形式
因此，我们不妨试试求解该微分方程的通解，并将通解化为
F(x)=C 的形式
然后再利用上题目的已知条件，建立微分中值的条件
根据考研范围内的微分方程类型，接下来一一介绍各种型的方法
一阶齐次微分方程 形如：
f'(x) p(x) f(x) = 0 的形式
其通解为：
f(x) = Ce^{-displaystyleint p(x)mathrm{dx}} ，根据我们的上述要求变形：
e^{displaystyleint p(x)mathrm{dx}} f(x) = C 于是有原函数：
F(x) = e^{displaystyleint p(x)mathrm{dx}} f(x) （这个也是我们常说的 "万能构造法" ）
这个方法很简单，接下来用一道例题进行讲解：
【例】设
f(x) 在
[a,b] 连续，
(a,b) 可导，
f(a) = f(b) = 0 ,证明：
exists xi in(a,b), s.t. [ f'(xi) f^2(xi) = 0] 【分析】先求解微分方程：
y' y cdot y = 0 ，易得：
e^{-int y mathrm{dx}} cdot y = C 故考虑构造辅助函数：
F(x) = f(x) cdot e^{int f(x)dx} 【解】考虑用方法构造辅助函数：令
F(x) = f(x) cdot e^{int f(x)dx} 又
F(a) = F(b) = 0 ，由 Rolle 定理：
exists xi in(a,b), s.t.F'(xi) = 0 又
F'(x) = e^{int f(x) dx} [f'(x) f^2(x)] 故
f'(xi) f^2(xi) = 0 一阶非齐次微分方程 形如：
f'(x) p(x) f(x) = q(x) 的形式
其通解为：
f(x) = e^{-displaystyleint p(x)mathrm{dx}} cdot [displaystyleint q(x) e^{displaystyle int p(x)mathrm{dx}}mathrm{dx} C] 变形：
f(x) cdot e^{displaystyleint p(x)mathrm{dx}} - displaystyleint q(x) e^{displaystyle int p(x)mathrm{dx}}mathrm{dx} = C 故考虑构造辅助函数：
F(x) = f(x) cdot e^{displaystyleint p(x)mathrm{dx}} - displaystyleint q(x) e^{displaystyle int p(x)mathrm{dx}}mathrm{dx} 【例】设
f(x) 在
[dfrac{3}{4}pi, dfrac{7}{4}pi] 上可导，且
f(dfrac{3}{4}pi) = f(dfrac{7}{4}pi) = 0 ，证
exists xi in(dfrac{3}{4}pi, dfrac{7}{4}pi), s.t. [f'(xi) f(xi) = cos xi] 【分析】求解微分方程：
y' y = cos x ，通解为：
f(x) = e^{-x} [dfrac{e^x}{2}(sin x cos x) C] 移项：
e^xf(x) - dfrac{e^x}{2}(sin x cos x) = C 考虑构造辅助函数：
F(x) = e^xf(x) - dfrac{e^x}{2}(sin x cos x) 【解】令
F(x) = e^x[f(x)- dfrac{sin x cos x}{2}] ，则
F(dfrac{3}{4}pi) = 0, F(dfrac{7}{4}pi) = 0 由 Rolle 中值定理：
exists xi in (dfrac{3}{4}pi, dfrac{7}{4}pi), s.t. F'(xi) = 0 又
F'(x) = e^x[f'(x) f(x) - cos x] 故
f'(xi) f(xi) = cos xi QED
二阶常系数齐次微分方程 由于二阶常系数齐次微分方程含有两个任意常数
C_1,C_2 ，因此要优先消掉一个
一般的做法是先把含
C 项上的其他东西除掉，再求导削掉
C ，如下：
[
begin{aligned}
&f(x) = C_1sin x C_2cos x \\
&dfrac{f(x)}{sin x} = C_1 C_2 cot x \\
&dfrac{f'(x)sin x - f(x) cos x}{sin^2 x} dfrac{C_2}{sin^2x} = 0 \\
&f'(x)sin x - f(x) cos x = C \\
end{aligned}
] 由于
C_1, C_2 是任选其一消掉，因此就有可能构造出截然不同的两个原函数
对于两个不同的原函数，需要选择一个配合题设可以建立中值定理的才行
我用下面这道例题来帮助大家理解
【例】设
f(x) 二阶可导，证明：
(1) 若
f(dfrac{pi}{2}) = f(-dfrac{pi}{2}) = 0 ，则存在
xiin(-dfrac{pi}{2}, dfrac{pi}{2}), s.t. f(xi) f''(xi) = 0. (2) 若
f(0) = f(pi) = 0 ，则存在
xiin(0, pi), s.t. f(xi) f''(xi) = 0. 【分析 】微分方程
y'' y=0 通解为：
y = C_1sin x C_2cos x 削掉
C_1 有：
f'(x)sin x - f(x) cos x = C 削掉
C_2 有：
f'(x)cos x f(x) sin x = C 由于题目中的
f(x) 是抽象函数，故
f'(x) 的取值我们是不知道的
因此我们在构造辅助函数的时候，应该尽可能希望
f'(x) 的项不存在，这样才能找到具体值
【解 (1)】已知
f(dfrac{pi}{2}) = f(-dfrac{pi}{2}) = 0 ，因此考虑第二个构造函数
令
F(x) = f'(x)cos x f(x) sin x ，则有
F(dfrac{pi}{2}) = F(-dfrac{pi}{2}) = 0 由 Rolle 定理可知，
exists xi in (-dfrac{pi}{2}, dfrac{pi}{2}), s.t. F'(xi) = 0 又
F'(x) = f''(x)cos x -f'(x)sin x f(x)cos x f'(x)sin x = cos x cdot (f''(x) f'(x)) 故
f''(xi) f'(xi) = 0 【解 (2)】已知
f(0) = f(pi) = 0 ，因此考虑第一个构造函数
令
F(x) = f'(x)sin x - f(x) cos x ，则有
F(0) = F(pi) = 0 由 Rolle 定理可知，
exists xi in (0, pi), s.t. F'(xi) = 0 又
F'(x) = f''(x)sin x f'(x)cos x - f'(x) cos x f(x)sin x = sin x cdot (f''(x) f'(x)) 故
f''(xi) f'(xi) = 0 万能构造在极限中的应用 欲证结论或所给条件中出现了形如
h'(x) p(x)h(x) 的式子，则考虑利用万能构造法，构造原函数
F(x) 这样做的目的，是转化研究对象，把
h(x) 有关条件应用到
F(x) 上，从而做到简化或联系条件和结论
用两道李林六套卷上的原题为大家讲解
【例 】可导函数
f(x) 满足
limlimits_{xto infty} [f(x) f'(x)] = A ，求
limlimits_{xto infty}f(x) 【解 】见到
f'(x) 1 cdot f(x) 的条件，考虑构造原函数：
F(x) = f(x) e^{x} ，于是有：
[
limlimits_{xto infty} [f(x) f'(x)] = limlimits_{xto infty} dfrac{F'(x)}{e^x} = A
] 再观察结论：
limlimits_{xto infty}f(x) = limlimits_{xto infty}dfrac{F(x)}{e^x} ，考虑一步(推广的)洛必达法则，建立结论和条件的联系：
[
limlimits_{xto infty}f(x) =
limlimits_{xto infty}dfrac{F(x)}{e^x} =
limlimits_{xto infty}dfrac{F'(x)}{e^x} = A
] 本题还可以用
limlimits_{xto infty} f'(x) = 0 结论，反证反向构造
【例 】设
a>0 是常数，连续函数
f(x) 满足
limlimits_{xto infty}f(x) = b, y = y(x) 是微分方程
y' ay=f(x) 的解，求
limlimits_{xto infty} y(x) 【解 】见到
y' ay 的条件，考虑构造原函数：
F(x) = ye^{ax} 于是有：
limlimits_{xto infty}dfrac{F'(x)}{e^{ax}} = f(x) 再观察结论：
limlimits_{xto infty}y(x) = limlimits_{xto infty} dfrac{F(x)}{e^{ax}} xlongequal{L'} dfrac{1}{a} cdot limlimits_{xto infty} dfrac{F'(x)}{e^{ax}} 于是建立了结论和条件的联系：
[
limlimits_{xto infty} y(x) =
dfrac{1}{a} cdot limlimits_{xto infty}dfrac{F'(x)}{e^{ax}} =
dfrac{1}{a} cdot limlimits_{xto infty}f(x) =
dfrac{b}{a}
] 万能构造在不等式中的应用 思路同上，这里就直接用例题进行讲解
【例 】设
f(x) 在
[0, infty) 上连续可微，且
f(0) = 1, f'(x) < f(x) ，求证：
f(x) < e^x quad(x > 0). 【解 】条件中有
f'(x) - f(x) 的形式，考虑构造原函数
F(x) = f(x)e^{-x} 于是有：
F(0) = 1 ，
F'(x) = e^{-x}(f'(x) - f(x)) < 0 ，即
F(x) 单调减
故
x > 0 时，
F(x) < 1 ，即
f(x)e^{-x} < 1 quadRightarrowquad f(x) < e^x 【例 】设
f'(x) 在
[0,1] 上连续，
f(0) = 0, f(1) = 1 ，求证：
displaystyleint_0^1|f'(x)-f(x)|mathrm{dx} ge dfrac{1}{e} 【解 】注意到被积函数绝对值内部有
f'(x) - f(x) 的形式，考虑构造原函数
F(x)=f(x)e^{-x} 于是有：
F(0) = 0, F(1) = dfrac{1}{e} ，同时对结论也进行变换：
displaystyleint_0^1|F'(x)e^x|mathrm{dx} ge dfrac{1}{e} 不难发现，不等式左边基本无法再放缩了，那么我们只能从右边入手
这里要用到一个不等式证明中常用的技巧：逆用牛顿-莱布尼茨公式
这个方法常用于不等式的证明中，其功能是，通过
y 生成
displaystyleint y' mathrm{d}x ，从而与另一个积分相加减
[
dfrac{1}{e} = dfrac{1}{e} - 0 = F(1) - F(0) = displaystyleint_0^1 d[F(x)] = int_0^1 F'(x)dx
] 又
e^x > 1 ，故
|F'(x)| cdot e^x ge |F'(x)| cdot 1 ge F'(x) ，于是得证：
[
displaystyleint_0^1|F'(x)e^x|mathrm{d}x ge
displaystyleint_0^1F'(x)mathrm{d}x = dfrac{1}{e}
] 22年张八第二套的中值定理也可以用万能构造法来解
常数K值法与中值可分离型问题 常数K值法 用于处理中值部分 可分离 的中值问题，也是基于 罗尔定理
常见的用 K值法 的题目的特点是：结论由 端点 和 中值 构成
根据夜雨大佬的大纲，常数 K 值法可以分为两类
第一类常数 K 值法 适用条件：
区间端点与中值可 分离 ，即原式可化成左侧参数只含有端点，右侧参数只含有中值 xi 可化为 零式 ：如果把式子中的 b 换成
a 时，等式变为
0=0 的形式，则称为 零式
构造步骤：
分离中值和端点，令等式一端为常数 K 再将原式中含中值部分换成 K ，再把
b 换成
x ，然后记作辅助函数
F(x) 该辅助函数必然满足， F(a) = F(b) = 0 ，即可以使用罗尔了
理论铺垫略显复杂，我们用一道简单的定理证明来讲解
【证 】拉格朗日中值定理：若函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，在
(a,b) 内可导，则存在
xiin(a,b), s.t. [
f(b) - f(a) = f'(xi)(b - a)
] 【分析 】 考虑使用 常数K值法 来构造辅助函数，检查中值和端点是否可分离：
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(xi) 令
b = a 有
f(a) - f(a) = f'(xi)(a-a) = 0 故符合 零式
既 可分离 ，又是 零式 考虑K值法构造，令
K = dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} 构造原函数:
F(x) = [f(x) - f(a)] - (x - a)K ，易得：
F(a) = F(b) = 0 【证 】令
F(x) = F(x) = [f(x) - f(a)] - (x - a) cdot dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} 易得零点：
F(b) = F(a) = 0 ，由 Rolle 定理：
existsxiin(a,b),s.t.F'(xi) = 0 又：
F'(x) = f'(x) - dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} ，故
f(b) - f(a) = (b-a)f'(xi) 【例 】设函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，且
b>a>0 ，在
(a,b) 内可导，证明：
existsxiin(a,b), s.t. [
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab}
] 【分析 】检查是否中值 可分离 ：
dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] = xi^2f'(xi) 检查是否为 零式 ：
a^2[f(a)-f(a)]=(a-a)xi^2f'(xi)=0 满足
故符合 第一类常数K值法 ，令
K = dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] 构造辅助函数：
F(x) = f(x) - f(a)- dfrac{x-a}{ax} cdot K 【证 】令
F(x) = f(x) - f(a)- (dfrac{1}{a} - dfrac{1}{x})cdot dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] 易得：
F(a) = F(b) = 0 ，由 Rolle 定理：
existsxiin(a,b),s.t.F'(xi) = 0 又：
F'(x) = f'(x) - dfrac{1}{x^2} cdot dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] ，故有
[
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab}
] 第二类常数 K 值法 适用条件：区间端点和中值可 分离
构造步骤：
分离中值和端点，令等式一端为常数 K 再将原式中含中值部分换成 K ，再将
a,b 分离都左右两端
若两端代数式 关于 a,b 对称 ，则将代数式中的
a 换成
x 得到
F(x) ，此时有
F(a)=F(b) 依旧用拉格朗日中值定理的证明作为例子
【证 】拉格朗日中值定理：若函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，在
(a,b) 内可导，则存在
xiin(a,b), s.t. [
f(b) - f(a) = f'(xi)(b - a)
] 【分析 】检查中值和端点是否可分离：
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(xi) 满足 可分离 ，考虑 第二类常数 K 值法 ，令
K = dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} 分离端点
a,b ，有：
f(b) - Kb = f(a) - Ka ，显然等号两侧的代数式 关于
a,b 对称
构造辅助函数
F(x) = f(b) - f(x) - k(b - x) 做差有：
F(b) - F(a) = 0 ，故可以推得：
F(b)=F(a) 然后就可以用 Rolle 定理了
【证 】令
F(x) = F(x) = [f(b) - f(x)] - (b - x) cdot dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} 做差：
F(b) - F(a) = [f(b)-f(a)] - (b-a) cdot dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 故
F(b) = F(a) ，由 Rolle 定理：
existsxiin(a,b),s.t.F'(xi) = 0 又：
F'(x) = -f'(x) dfrac{f(b) - f(a)}{b-a} ，故
f(b) - f(a) = (b-a)f'(xi) 【例 】设函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，且
b>a>0 ，在
(a,b) 内可导，证明：
existsxiin(a,b), s.t. [
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab}
] 【分析 】检查是否中值 可分离 ：
dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] = xi^2f'(xi) 满足 可分离 ，考虑 第二类常数 K 值法 ，令
K = dfrac{ab}{b-a}[f(b)-f(a)] 分离左右等式检查对称性：
f(b) dfrac{K}{b} = f(a) dfrac{K}{a} ，满足对称性，故可以使用
考虑构造辅助函数：
F(x) = f(b) - f(x) - dfrac{b-x}{bx} cdot K 则一定有
F(b) = F(a) ，然后就可以用 Rolle 定理了
【解 】令
F(x) = f(b) - f(x) - (dfrac{1}{x} - dfrac{1}{b}) cdot dfrac{ab}{b-a}[f(b) - f(a)] 做差：
F(b) - F(a) = f(b) - f(a) - [f(b) - f(a)] = 0 由
F(b) = F(a) ，及 Rolle 定理可得：
exists xi in (a,b), s.t. F'(xi) = 0 又：
F'(x) = -f'(x) dfrac{1}{x^2} cdot dfrac{ab}{b-a}[f(b) - f(a)] ，于是有
[
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab}
] 柯西中值定理 中值可分离型问题(续) 对于 中值可分离型 的问题，除了 常数K值法 ，还可以使用 柯西中值定理 来做
做法也与 常数K值法 有着异曲同工之妙
首先是分离中值
xi 和端点
a,b 于等号左右两侧，然后观察等式左右两侧的式子，可分别考虑：
从含有 a,b 侧的式子入手：将
a,b 式子化为
dfrac{F(b) - F(a)}{G(b) - G(a)} （局部分离
a,b ）
从含有 xi 侧的式子入手：将含有
xi 的式子化为
dfrac{F'(xi)}{G'(xi)} 或
F'(xi) ，然后还原成
dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} 具体从哪一侧入手，视式子的难易程度（具体问题具体分析），我们用一道题目来具体分析两种做法
【例 】设函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，且
b>a>0 ，在
(a,b) 内可导，证明：
existsxiin(a,b), s.t. [
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab}
] 【分析 】首先，该结论是一个 中值可分离型 问题，先分离中值，有：
ab cdot dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = xi^2f'(xi) 考虑从
a,b 侧入手： 局部分离
a,b 可得，
dfrac{f(b) - f(a)}{dfrac{1}{a} - dfrac{1}{b}} 不妨令
F(x) = f(x), G(x) = -dfrac{1}{x} ，又柯西中值定理可得：
dfrac{f'(xi)}{dfrac{1}{xi^2}} = xi^2f'(xi) 得证
考虑从
xi 侧入手： 变形式子凑出分式有，
dfrac{f'(xi)}{dfrac{1}{xi^2}} 不妨令
F'(xi) = f'(xi), G'(xi) = dfrac{1}{xi^2} ，积分还原后可得：
F(x) = f(x), G(x) = -dfrac{1}{x} 于是就可以对
F(x), G(x) 在
[a,b] 上用柯西中值定理证出结论
两种还原法，在本题上难度几乎一致，但是对于有的题目可能差别巨大，读者使用时需注意选择
【解 】令
F(x) = f(x), G(x) = -dfrac{1}{x} 由于
F(x), G(x) 在
[a,b] 上连续，
(a,b) 上可导，由 Cauchy 中值定理：
[
exists xi in (a,b), s.t. dfrac{F(b) - F(a)}{G(b) - G(a)} = dfrac{F'(xi)}{G'(xi)}
] 又
dfrac{F'(x)}{G'(x)} = dfrac{f'(x)}{dfrac{1}{x^2}} = x^2f'(x) ，故得证：
dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = dfrac{xi^2f'(xi)}{ab} 虚假的双中值问题 虚假的双中值问题 一般是指，结论中出现两个中值
xi, eta ，但是题目中没有强调
xi,eta 不能取相同值
对于这类问题，我们可以化归到 中值可分离型 问题上来，分析中值
xi,eta 于等式两侧，然后处理两侧：
对含有 xi 侧的式子：将含有
xi 的式子化为
dfrac{F'(xi)}{G'(xi)} 或
F'(xi) ，然后还原成
dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} 对含有 eta 侧的式子：将含有
eta 的式子化为
dfrac{H'(eta)}{T'(eta)} 或
H'(eta) ，然后还原成
dfrac{H(b)-H(a)}{T(b)-T(a)} 凑出两个等式成立的条件：
dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} = dfrac{H(b)-H(a)}{T(b)-T(a)} 从而完成证明
做法与 中值可分离型问题 一摸一样，我们直接用一道例题来进行讲解
【例 】设函数
f(x) 在
[a,b] 上连续，在
(a,b) 内可导，且
f(a)=f(b)=1 ，证明：
[
exists xi,etain(a,b), s.t. quad e^{eta-xi}[f'(eta) f(eta)]=1
] 【分析 】没有强调
xi ne eta ，考虑分离中值，构造柯西中值定理：
e^{eta}[f'(eta) f(eta)]=e^xi 对于
xi 侧变形：
dfrac{e^xi}{1} ，不妨令
F'(x) = e^x, G'(x) = 1 ，易得：
F(x) = e^x, G(x) = x 逆用 Cauchy 中值定理，反向构造
dfrac{e^b - e^a}{b - a} 对于 (eta) 侧变形： (dfrac{e^{eta}[f'(eta) f(eta)]}{1})，不妨令 H'(x) = e^xf'(x) e^xf(x), G'(x) = 1
易得：
H(x) = e^xf(x), G(x) = x 逆用 Cauchy 中值定理，反向构造 = = 右式
反向构造成立，再正向对两侧分别使用 Cauchy 中值定理即可证明结论
【解 】令
F(x) = e^x, G(x) = x, H(x) = e^xf(x) ，由于
f(x) 在
[a,b] 上连续，在
(a,b) 内可导
由 Cauchy 中值定理可得：
exists xi in(a,b), s.t. [
dfrac{e^xi}{1} = dfrac{e^b - e^a}{b - a} = dfrac{e^bf(b) - e^af(a)}{b - a} = dfrac{e^{eta}[f'(eta) f(eta)]}{1}
] 即：
e^{eta-xi}[f'(eta) f(eta)]=1 高阶中值问题 当结论中出现有二阶或以上的导数时，需要多次使用可惜中值定理，处理手法的核心依据是以下结论
若
L(x), H(x) 具有
n 1 阶导数，且
L(a) = L'(a) = cdots = L^{(n)} = 0, H(a) = H'(a) = cdots = H^{(n)} = 0 ，则存在
xiin(a,b) ，
s.t. dfrac{L(b)}{H(b)} = dfrac{L^{(n 1)}(xi)}{H^{(n 1)}(xi)} 该结论读者自证不难，只需不断使用柯西中值定理，同时每次缩短估计区间即可
这类问题，竞赛里较多，考研的话考察不是很多，就不举例了，难点在于构造
L(a) 和
H(a) 拉格朗日中值定理的几何应用 Lagrange 中值定理：
varphi(x) 在开区间
(a,b) 上可导，闭区间
[a,b] 上连续，则
exists xi in(a,b) ，s.t.
[
varphi(b) - varphi(a) = varphi'(xi) (b - a)
] Lagrange 中值定理的几何意义：区间 端点的割线斜率 等于 区间内部 一点的切线斜率
如下图示可以方便读者理解这句话：
利用该几何意义，可以在一些题目中，快速帮我们 捋清证明思路
利用两道往年例题，来为大家讲解如何利用 Lagrange 中值定理的几何意义
【2013年 】证明：若函数
varphi(x) 具有二阶导数，且满足
varphi(2) > varphi(1) ，
varphi(2) > displaystyleint_2^3varphi(x) dx ，则至少存在一点
xi in (1,3) ，s.t.
varphi''(xi) < 0 【分析 】首先，根据题干找出所有端点信息，考虑对积分
displaystyleint_2^3varphi(x)dx 用积分中值定理有：
varphi(x_0) = displaystyleint_2^3varphi(x) dx ，其中
2 < x_0 < 3 ，成功找出所有的端点信息：
varphi(1),varphi(2),varphi(x_0) 根据题干的不等关系，初步绘制图像，如下：
在三个端点相邻的区间使用 Lagrange 中值定理，估计出一点的斜率，然后用割线斜率代替，如下：
得到一个一阶导数大于 0 的
xi_1 和一阶导数小于 0 的
xi_2 ，然后我们绘制
varphi'(x) 与
x 的图像：
xi_1 大于 0，位于
x 轴上方；
xi_2 小于 0，位于
x 轴下方
然后我们继续利用 Lagrange 中值定理，估计出了第三个中值
xi_3 等于 该段区间的割线斜率
<0 即答案所要求的点
varphi''(xi) < 0 该几何法，成功帮助我们梳理了一遍证明思路，直接根据上述步骤，转化为数学语言写出即可
【解 】由 积分中值定理 可得：
exists x_0 in (2,3) ，s.t.
varphi(x_0) = displaystyleint_2^3 varphi(x) dx 由 Lagrange 中值定理：
exists xi_1in(1, 2) ，s.t.
varphi'(xi_1) = varphi(2) - varphi(1) > 0 由 Lagrange 中值定理：
exists xi_2in(2,x_0) ，s.t.
varphi'(xi_2) = varphi(x_0) - varphi(2) < 0 由 Lagrange 中值定理：
exists xiin(xi_1, xi_2) ，s.t.
varphi''(xi) = varphi'(xi_2) - varphi'(xi_1) < 0 QED
辅助多项式法 / 多项式拟合法 欲证结论为
f^{(n)}(xi) = k quad (kne 0) ，且题干中关于
f(x) 的信息特别多
我们可以构造一个
n 次多项式
p(x) ，使得
p(x) 也同时满足
f(x) 所满足的所有条件
然后构造一个原函数
F(x) = f(x) - p(x) ，由于一切
f(x) 满足的条件
g(x) 也满足
故对于 任意条件 ，两者同时满足，然后做差后差为
0 ，这样没对应一个 条件 ，就有一个 零点
然后零点之间 两两罗尔罗尔再罗尔 便可得到欲证结论
f^{(n)}(xi) = k quad (kne 0) 辅助多项式法，一般
p(x) 令为关于
x 的一元
n 次多项式，
n 就是欲证结论的阶数
【例】设
f(x) 在
[0, 4] 二阶可导，
f(0) = 0, f(1) = 1, f(4) = 2 【证】
exists xi in (0, 4), s.t. f''(xi) = -dfrac{1}{3} 【解】 令 辅助多项式 为
p_2(x) = ax^2 bx c （题目要求二阶导数信息，故令出二阶多项式）
代入
f(x) 的条件，让
p(x) 也满足：
begin{cases} p(0) = c xlongequal{令} 0 \\ p(1) = a b c xlongequal{令} 1 \\ p(4) = 16a 4b c xlongequal{令} 2 end{cases} ，解得
begin{cases} a = -dfrac{1}{6}\\ b = dfrac{7}{6}\\ c = 0 end{cases} 故
p_2(x) = -dfrac{1}{6}x^2 - dfrac{7}{6}x ，构造辅助函数
F(x) = f(x) - p_2(x) 则易知：
F(0) = F(1) = F(4) = 0 由 Rolle 定理：
exists xi_1 in(0, 1), s.t. F'(xi_1) = 0 由 Rolle 定理：
exists xi_2 in(1, 4), s.t. F'(xi_2) = 0 由 Rolle 定理：
exists xi in(xi_1, xi_2), s.t. F''(xi) = 0 ，即
f''(xi) = p_2''(xi) = -dfrac{1}{3} quad QED 更多有关辅助多项式的应用，可以观看该视频学习 中值定理 从入门到精通(第2集 通杀一类题)
辅助多项式的方法，可以用于 2007 / 2019 年的中值定理证明题中。
辅助多项式好处在于构造简单，坏处在于使用范围小，不过还是一个很值得学习的方法。
