中值定理证明题型整理

题型一：证明 $f^{(n)}(\xi)=0$——罗尔型

识别特征

题目要求证明在区间内至少存在一点 $\xi$，使

$$f^{(n)}(\xi)=0.$$

这类题的核心是：创造使用罗尔定理的条件，逐步把导数阶数推高。

解题思路

证明 $f'(\xi)=0$

一般有两种思路：

1. 找到两个函数值相等的点，例如 $f(a)=f(b)$，然后直接对 $f$ 使用罗尔定理。
2. 证明 $f$ 在区间内部存在极值点 $x_0$。若 $f$ 在该点可导，则由费马引理可得 $f'(x_0)=0$。

证明 $f''(\xi)=0$

目标是先制造两个不同的点 $\xi_1,\xi_2$，使

$$f'(\xi_1)=f'(\xi_2),$$

再对 $f'$ 使用罗尔定理，得到某个 $\xi\in(\xi_1,\xi_2)$ 满足 $f''(\xi)=0$。

常见构造方式有两种：

1. 利用题设条件或拉格朗日中值定理，直接得到两个相等的一阶导数值。

2. 若存在 $a<c<b$，并且 $f(a)=f(c)=f(b)$，则分别在 $[a,c]$ 与 $[c,b]$ 上使用罗尔定理，可得

   $$f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0,$$

   然后再对 $f'$ 使用一次罗尔定理。

这一思路可以继续推广：如果能通过重复使用罗尔定理不断降低条件、提高导数阶数，就有机会证明更高阶的 $f^{(n)}(\xi)=0$。

注意事项

• 每次使用罗尔定理前，都要检查相应函数在闭区间上连续、开区间内可导，并且端点函数值相等。
• 对 $f'$ 使用罗尔定理时，需要保证 $f'$ 连续且在相应开区间内可导，即题目应提供足够的高阶可导条件。
• 得到的两个中值点必须是不同的，才能在它们之间再次使用罗尔定理。
• 极值点必须位于区间内部；若极值只在端点取得，不能直接由费马引理推出导数为 $0$。

题型速记

$$\boxed{\text{证明 }f'(\xi)=0\Longrightarrow\text{找两个相等的函数值}}$$ $$\boxed{\text{证明 }f''(\xi)=0\Longrightarrow\text{先制造两个相等的一阶导数值}}$$

题型二：结论只含中值 $\xi$，不含端点

方法一：还原法

识别特征

当结论具有以下特征时，一般考虑还原法：

1. 结论中只有中值 $\xi$，没有端点 $a,b$；
2. 结论通常由两项组成；
3. 两项中的导数阶数通常相差一阶。

例如

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

或

$$f''(\xi)+p(\xi)f'(\xi)=0.$$

基本思路

先暂时把目标式中的 $\xi$ 换成 $x$，观察它是哪一个辅助函数的导数。例如，将

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

对应为

$$f'(x)+kf(x),$$

再把它还原为某个 $\varphi'(x)$ 的一部分。这样原问题就转化为：

构造合适的辅助函数 $\varphi(x)$，再利用题设和罗尔定理寻找 $\varphi'(\xi)=0$。

整个过程可以概括为

$$\boxed{ \text{目标式} \longrightarrow \text{识别导数结构} \longrightarrow \text{构造辅助函数} \longrightarrow \varphi'(\xi)=0 }.$$

常见辅助函数

出现 $f'(x)+kf(x)$

一般取

$$\boxed{\varphi(x)=e^{kx}f(x)},$$

因为

$$\varphi'(x)=e^{kx}\bigl[f'(x)+kf(x)\bigr].$$

因此可以记成

$$\boxed{f'+kf\Longrightarrow e^{kx}f}.$$

例如，若出现 $f'(x)-2f(x)$，则相当于 $k=-2$，可取辅助函数 $e^{-2x}f(x)$。

出现 $xf'(x)+kf(x)$

一般取

$$\boxed{\varphi(x)=x^kf(x)},$$

因为

$$\bigl[x^kf(x)\bigr]' =x^{k-1}\bigl[xf'(x)+kf(x)\bigr].$$

因此可以记成

$$\boxed{xf'+kf\Longrightarrow x^kf}.$$

常见对应关系如下：

目标式中出现	优先考虑的辅助函数
$f'(x)+kf(x)$	$e^{kx}f(x)$
$xf'(x)+kf(x)$	$x^kf(x)$
$\dfrac{f'(x)}{f(x)}$	$\ln\lvert f(x)\rvert$
$f'(x)+f^2(x)$	$f(x)e^{\int f(x)\,dx}$

注意事项

• 把 $\xi$ 换成 $x$ 只是为了识别导数结构，并不表示目标等式对区间内所有 $x$ 都成立。
• 找到辅助函数后，还要结合题设验证罗尔定理的条件，尤其要说明为什么 $\varphi(a)=\varphi(b)$。
• 使用 $\ln|f(x)|$ 时，需要保证所讨论区间内 $f(x)\neq0$。
• 使用 $x^kf(x)$ 时，要注意 $x^k$ 的定义域与可导性；若区间包含 $0$ 或 $k$ 不是整数，需要单独检查。
• 辅助函数通常不唯一，只要其导数能够包含目标式，并且便于利用题设条件即可。

方法速记

看到目标中的导数关系，就反过来找“它是谁的导数”。

$$\boxed{ \text{还原法} = \text{逆向识别导数结构} + \text{构造辅助函数} + \text{使用罗尔定理} }$$

典型示例：先制造辅助函数的第二个零点

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $f(0)=f(1)$。证明存在 $\xi\in(0,1)$，使

$$f''(\xi)=\frac{2f'(\xi)}{1-\xi}.$$

将结论整理为

$$f''(\xi)-\frac{2f'(\xi)}{1-\xi}=0,$$

可构造

$$\varphi(x)=(x-1)^2f'(x).$$

由 $f(0)=f(1)$，先对 $f$ 使用罗尔定理，存在 $c\in(0,1)$ 使 $f'(c)=0$，于是

$$\varphi(c)=\varphi(1)=0.$$

再对 $\varphi$ 在 $[c,1]$ 上使用罗尔定理，存在 $\xi\in(c,1)$，使 $\varphi'(\xi)=0$，整理即得所证结论。

方法二：分组法

识别特征

当结论同时满足以下特征时，一般考虑分组法：

1. 结论中只有中值 $\xi$，没有端点 $a,b$；
2. 结论超过两项，或者其中导数阶数相差超过一阶。

分组法的本质是：先把目标式适当分组，再对每组使用还原法，逐层构造辅助函数。

常见构造

若目标为

$$f'(\xi)-f(\xi)+2\xi=2,$$

先改写并分组为

$$[f(x)-2x]'-[f(x)-2x]=0,$$

因此可取

$$\varphi(x)=e^{-x}[f(x)-2x].$$

若目标为

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

可以按两种方式分组：

$$[f'(x)+f(x)]'-[f'(x)+f(x)]=0,$$

对应

$$\varphi(x)=e^{-x}[f'(x)+f(x)];$$

或者

$$[f'(x)-f(x)]'+[f'(x)-f(x)]=0,$$

对应

$$\varphi(x)=e^x[f'(x)-f(x)].$$

若目标为

$$f''(\xi)+f'(\xi)=2,$$

则

$$[f'(x)-2]'+[f'(x)-2]=0,$$

可取

$$\varphi(x)=e^x[f'(x)-2].$$

重点： 分组时要先把复杂目标压缩成 $u'(x)+ku(x)=0$，再使用 $e^{kx}u(x)$ 还原。

典型用法

设 $f\in C^1[0,1]$，且

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

令 $\varphi(x)=f(x)-x$，则 $\varphi(0)=0$，且 $\varphi(\frac12)\varphi(1)<0$，所以存在 $c\in(\frac12,1)$ 使 $\varphi(c)=0$。对任意实数 $k$，再令

$$h(x)=e^{kx}[f(x)-x].$$

因为 $h(0)=h(c)=0$，由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,c)$，使

$$f'(\xi)+k[f(\xi)-\xi]=1.$$

再如，若 $f$ 二阶可导，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-1}{x}=1,\qquad f(1)=2,$$

则 $f(0)=1,\ f'(0)=1$。由拉格朗日中值定理，存在 $c\in(0,1)$ 使 $f'(c)=1$。取

$$\varphi(x)=e^{2x}[f'(x)-1],$$

由 $\varphi(0)=\varphi(c)=0$ 再使用罗尔定理，可得某个 $\xi\in(0,1)$ 满足

$$f''(\xi)+2f'(\xi)=2.$$

题型三：结论中既有中值 $\xi$，又有端点 $a,b$

情形一：端点 $a,b$ 与中值 $\xi$ 可分离

这类题主要有两条思路：

1. 先把含 $a,b$ 的部分单独变形：
   • 化为 $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 时，考虑拉格朗日中值定理；
   • 化为 $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$ 时，考虑柯西中值定理。
2. 先把含 $\xi$ 的部分单独变形：
   • 化为 $\varphi'(\xi)$ 时，对 $\varphi$ 使用拉格朗日中值定理；
   • 化为 $\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 时，对 $f,g$ 使用柯西中值定理。

例：端点式与导数比对应

设 $ab>0$ 且 $a<b$。证明存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$ae^b-be^a=(a-b)(1-\xi)e^\xi.$$

取

$$F(x)=\frac{e^x}{x},\qquad G(x)=\frac1x.$$

由柯西中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} =\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} =(1-\xi)e^\xi,$$

整理即可得到结论。

例：把端点常数并入函数

设 $f\in C[1,2]$，在 $(1,2)$ 内可导，且 $f(1)=2$。证明存在 $\xi\in(1,2)$，使

$$f(2)-4=\xi f'(\xi)-f(\xi).$$

取

$$F(x)=\frac{f(x)}x,\qquad G(x)=-\frac1x.$$

则端点差商为 $f(2)-4$，而

$$\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}=\xi f'(\xi)-f(\xi).$$

对 $F,G$ 使用柯西中值定理即可。

情形二：端点 $a,b$ 与中值 $\xi$ 不可分离

当端点和中值交织在同一个式子中时，一般采用凑微分法：

1. 把结论中的 $\xi$ 暂时改为 $x$；
2. 去分母、移项，整理为 $g(x)=0$；
3. 找到 $\varphi'(x)=g(x)$，将 $\varphi(x)$ 作为辅助函数；
4. 验证 $\varphi(a)=\varphi(b)$，再使用罗尔定理。

例如，若 $f,g\in C[a,b]$，在 $(a,b)$ 内可导，且 $g'(x)\neq0$，要证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使

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

去分母并整理可得辅助函数

$$\varphi(x)=f(a)g(x)-f(x)g(x)+f(x)g(b).$$

因为

$$\varphi(a)=\varphi(b)=f(a)g(b),$$

所以由罗尔定理存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $\varphi'(\xi)=0$，整理即得结论。

题型四：结论中至少含有两个中值

情形一：关于中值的项只有 $f'(\xi)$、$f'(\eta)$

这类题通常只需两步：

1. 利用零点定理找到第三个函数值点 $c$；
2. 分别在 $[a,c]$ 与 $[c,b]$ 上使用拉格朗日中值定理，得到两个中值。

乘积型

设 $f\in C[0,1]$，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0,\ f(1)=1$。要证明存在不同的 $\xi,\eta\in(0,1)$，使

$$f'(\xi)f'(\eta)=1,$$

先令 $\varphi(x)=f(x)-1+x$。由 $\varphi(0)\varphi(1)<0$，存在 $c\in(0,1)$ 使

$$f(c)=1-c.$$

再分别在 $[0,c]$、$[c,1]$ 上使用拉格朗日中值定理，得到

$$f'(\xi)=\frac{1-c}{c},\qquad f'(\eta)=\frac{c}{1-c},$$

两式相乘即得结论。

倒数和型

在相同条件下，先由零点定理找到 $c\in(0,1)$，使 $f(c)=\frac12$。再分别在 $[0,c]$、$[c,1]$ 上使用拉格朗日中值定理，得到

$$\frac1{f'(\xi)}=2c,\qquad \frac1{f'(\eta)}=2(1-c),$$

因此

$$\frac1{f'(\xi)}+\frac1{f'(\eta)}=2.$$

情形二：两个中值项一个简单、一个复杂

先把复杂中值项单独提取出来：

• 若它能写成某个函数导数的形式，使用拉格朗日中值定理；
• 若它能写成两个函数导数之商，使用柯西中值定理；
• 再对简单中值项单独使用一次相应的中值定理，最后联立两式。

导数型复杂项

设 $f\in C[a,b]$，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)=1$。注意到

$$e^x[f'(x)+f(x)]=(e^xf(x))'.$$

分别对 $e^xf(x)$ 与 $e^x$ 使用拉格朗日中值定理，可得 $\eta,\xi\in(a,b)$ 满足

$$\frac{e^b-e^a}{b-a}=e^\eta[f'(\eta)+f(\eta)]$$

和

$$\frac{e^b-e^a}{b-a}=e^\xi.$$

联立得到

$$e^{\eta-\xi}[f'(\eta)+f(\eta)]=1.$$

导数比型复杂项

设 $f\in C[a,b]$，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f'(x)\neq0$。对 $f(x)$ 与 $F(x)=e^x$ 使用柯西中值定理，可得某个 $\eta\in(a,b)$ 满足

$$\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}=\frac{f'(\eta)}{e^\eta}.$$

再对 $f$ 使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使

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

联立得到

$$\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)} =\frac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\eta}.$$

题型速记

$$\boxed{ \text{两个简单中值} \Longrightarrow \text{找第三个函数值点，再分段使用两次拉格朗日中值定理} }$$ $$\boxed{ \text{一简一繁} \Longrightarrow \text{先提取复杂项，再分别使用拉格朗日或柯西中值定理} }$$