一元微分学微分中值定理应用

一元微分学（2）——应用
例（）连续开拓，费马定理
设函数()f x 在[,]a b 上连续可微，()()0f a f b +-''==，()()f a f b <，则存在
(,)a b ξ∈，使得
()()
()f f a f a
ξξξ-'=
-.
分析 结论即[]()()()()0f a f f a ξξξ'---=，即()()0x f x f a x a ξ
='
-⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦的分子.为
此，
令辅助函数()()
()f x f a F x x a
-=
-，连续开拓为
()()
,(,],()()0,.f x f a x a b x a g x f a x a +-⎧∈⎪-=⎨⎪'==⎩
则()g x 在[,]a b 上连续，()0g a =，()0g b >,无法应用洛尔定理，但是因为
()g b -
'()()lim x b g x g b x b →--=-（0
型）
=lim ()x b g x →-
'（罗比达法则）
[]
2
()()()()lim ()x b f x x a f x f a x a →-
'---=-（代入()g x '）
[]
2
()()()()()
f b b a f b f a b a -'---=
-（因为()f x 在[,]a b 上连续可微，()0f b -'=）
[]
2
()()()
f b f a b a --=-0<. 由点单调的定义，存在()x U b -∈
，使得()()0()g x g b g a >>=.
这说明，a ，b 都不是()g x 在[,]a b 上的最大点，从而最大点在(,)a b 内取得，根据费
马定理，结论成立.
凑微分，拉格朗日中值定理，费马定理
例（）设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶连续可微，且
（1）()1f x ≤；
（2）2
2
(0)(0)4f f '+=，（其实本质是()()2
2
(0)(0)4f f '+=） 则存在ξ∈(,)-∞+∞，使得
()()0f f ξξ''+=.
分析 首先，条件2
2
(0)(0)4f f '+=等价于22
(0)(0)4f f '+=，结论
()()0f f ξξ''+=等价于同乘以2()f ξ'，即[]2()()2()()0x f x f x f x f x ξ=''''+=.
[][]{}
2
2
()()0x f x f x ξ
='
'+=.
上述分析说明，考察函数
[][]22
()()()g x f x f x '=+
是否满足洛尔定理或费马定理即可.
证明 令
[][]22()()()g x f x f x '=+ 22
()()f x f x '=+.
在(,)-∞+∞上，由已知，(0)4g =.
0x ∀>，函数()f x 在[,0]x -，[0,]x 上满足拉格朗日中值定理条件.
存在1ξ(,0)x ∈-，使()112()(0)()0f x f x f f x x ξ≤--'≥=--，得2
12()1g x ξ⎛⎫
≤+ ⎪⎝⎭.
存在2ξ(0,)x ∈，使()122()(0)()0f x f x f f x x ξ≤-'≥=-，得2
22()1g x ξ⎛⎫
≤+ ⎪⎝⎭
.
观察可见，当2x =时， 1()24(0)
g g ξ≤<=， 2()24(0)g g ξ≤<=.
所以()g x 在12[,](2,2)ξξ⊂-上的最大值不在端点取得，而在内部处取得，根据费马定理，最大点12(,)ξξξ∈，满足()(0)4g g ξ≥=，且()0g ξ'=.
()(0)4g g ξ≥=即[][]2
2
()()4f f ξξ'+≥，又知()1f x ≤，可以推出
[]
[]22
()()()f g f ξξξ'=-2413≥-=
说明 ()0f ξ'≠.
又()0g ξ'=即 2()()2()()0f f f f ξξξξ''''+=. 约去()f ξ'，得
()()0f f ξξ''+=.
高阶导数f ''，导函数介值性，零点定理
例（） 设f ''在(,)a b 存在，且(,)a b ξ∀∈，()0f ξ''≠，则必然存在12,(,)x x a b ∈，
使得
2121
()()
()f x f x f x x ξ-'=-,(,)a b ξ∈
即对于在(,)a b 内严格下凸或严格上凸的连续曲线来说，(,)a b 内任意一点的切线总可以在(,)a b 内找到一条与之平行的弦.
分析 对于在(,)a b 内严格下凸或严格上凸的连续曲线来说，(,)a b 内的弦有无穷多条.(,)a b ξ∀∈，总有跨越(,())f ξξ的、斜率()f ξ'的弦.即(,)a b ξ∀∈，存在,c d ，使得 (,)(,)c d a b ξ∈⊂，这里，
()()cd f d f c k d c
-=-.
这些弦，不外.①正好()cd k f ξ'=，取2x d =，1x c =，结论成立.②()cd k f ξ'≠， 对于.②()cd k f ξ'≠，不外()cd k f ξ'>和()cd k f ξ'<两种情况.
对于第一种情况，()cd k f ξ'>，取1x c =，寻找从(,())c f c 出发的旋转弦中，斜率等于()f ξ'的弦.
即将()()cd f d f c k d c -=
-一般化为()()
cx f x f c k x c
-=-（d 一般化为x ），考察函数
()()
()f x f c f x c
ξ-'--是否存在零点.
鉴于()()lim[
()]()()x c f x f c f f c f x c ξξ→+
-'''-=--存在，现将()()
()f x f c f x c
ξ-'--连续
开拓到[,]c d 上.令
()()
(),,()()(),f x f c f x c g x x c
f c f x c
ξξ-⎧'-≠⎪
=-⎨⎪''-=⎩ 则[,]()c d g x C ∈，且
()()()0g c f c f ξ''=-<，（(,)c d ξ∈，f '严增） ()()0cd g d k f ξ'=->，
由零点定理，存在2(,)(,)x c d a b ∈⊂，使得
2()0g x =.
结论成立.
对于第二种情况， ()cd k f ξ'<，取2x d =，寻找从(,())d f d 出发的旋转弦中，斜率等于()f ξ'的弦.
即将()()cd f d f c k d c -=
-一般化为()()
xd f d f x k d x
-=-（d 一般化为x ），考察函数
()()
()f d f x f d x
ξ-'--是否存在零点.
令（寻找从(,())d f d 出发的弦）
()()
(),,()()(),f x f d f x d h x x d
f d f x d
ξξ-⎧'-≠⎪
=-⎨⎪''-=⎩， 则()h x 在[,]c d 上满足零点定理条件，存在1(,)(,)x c d a b ∈⊂，使得结论成立.
例（） 设f ''在(,)-∞+∞存在，且(,)ξ∀∈-∞
+∞，()0f ξ''>，则必然存在12,(,)x x ∈-∞+∞且ξ介于12,x x ，使得
2121
()()
()f x f x f x x ξ-'=-.
分析 本题与上一题有不同，上一题要证明存在12,(,)x x ∈-∞+∞，使得
2121
()()
()f x f x f x x ξ-'=-，但没有要求ξ介于12,x x 之间.
根据已知，函数为严格下凸函数，往证存在跨越(,())f ξξ的弦与(,())f ξξ处的切线平行，当然就要与直线()y f x ξ'=平行，如下图所示.
因此，只要在图示最大四边形左右两边相等，最大四边形就是平行四边形，上下两边平行得证.而左右两边的长度函数为()()()g x f x f x ξ'=-，
x
)x ξ
(,)ξ∀∈-∞+∞，存在(,)a b ，使 (,)a b ξ∈.令()()()g x f x f x ξ'=-，则()g x 连续，可导，且()()()g x f x f ξ'''=-，()()()0g f f ξξξ'''=-=.
因(,)ξ∀∈-∞+∞，()0f ξ''>，故()f x '严格单调增加，ξ是()g x 的极小点.从而存在12,(,)x x ∈-∞+∞且ξ介于12,x x ，使得12()()g x g x =.
【事实上，ξ为极小点，则在某个[,]ξδξδ-+中，()()g g x ξ≤. 若()()g g ξδξδ-=+，取12,x x ξδξδ=-=+即可；
若()()g g ξδξδ-≠+，不妨设()()g g ξδξδ-<+，则发生
（极小值）()()()g g g ξξδξδ≤-<+）.
根据连续函数的介值定理，存在2(,)x ξξδ∈+，使2()()g x g ξδ=-，
取1x ξδ=-即可】. 因12()()g x g x =，故1122()()()()f x f x f x f x ξξ''-=-，移项整理得
2121
()()
()f x f x f x x ξ-'=-
推广的洛尔定理，高阶导数f ''，导函数介值性，凸凹性.
例（） 设f ''在(,)a +∞存在，(0)()0f a f +=+∞=，则存在(,)a ξ∈+∞，使得
()0f ξ''=.
分析 函数f 满足推广的洛尔定理，但是，函数f '不一定满足推广的洛尔定理.本题涉
及高阶导数，常利用凸凹性或泰勒公式，结合反证法讨论问题.
证明 反证法.设(,)x a ∀∈+∞，
()0f x ''≠.
则由导函数介值性，必然f ''在(,)a +∞上保号.
不妨设(,)x a ∀∈+∞，()0f x ''>.则f '在(,)a +∞上严格单调增加，f 在(,)a +∞上严格下凸.
而由已知，f 满足推广的洛尔定理，故存在1ξ(,)a ∈+∞，使得1()0f ξ'=.
由1()0f ξ'=及f '在(,)a +∞上严格单调增加，得1x ξ∀>，
1()()0f x f ξ''>=.
任意取定01x ξ>，则01()()0f x f ξ''>=，且曲线()y f x =在任一点的切线之上. 即0x x ∀>，
000()()()()()f x f x f x x x x '>+-→+∞→+∞.
与()0f +∞=矛盾.
例（） 设函数[0,1]()f x C ∈，在(0,1)内可导，且(1)0f =，证明：存在(0,1)ξ∈，使得
()
()f f ξξξ
'=-
.
x
分析 结论即()()0f f ξξξ'+=，即[]()0x xf x ξ='=，令()()g x xf x =，用洛尔定理. 洛尔定理，常值k 法
设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶连续可微，[0,1]τ∈，证明：存在(0,1)θ∈，使得
21
()()(1)()(1)()2
f x h f x h f x h f x h τττττθ''+=++-+-+.
分析 显然，0,1τ=时结论成立.
(0,1)τ∈时，
把含中值的项()f x h θ''+改为k ，证明存在(0,1)θ∈，使k ()f x h θ''=+即可.
21()()(1)()(1)02f x h f x h f x h k τττττ⎡⎤
+-++-+-=⎢⎥⎣⎦
.
将该式一般化，将τ改写为变量t ，设立辅助函数
21()()()(1)()(1)2g t f x th tf x h t f x h t t k ⎡⎤
=+-++-+-⎢⎥⎣⎦
.
[0,1]t ∈.
因为()g t 满足(0)(1)()0g g g τ===，两次使用洛尔定理，得 存在(0,1)θ∈，使得()0g θ''=.
得
()k f x h θ''=+.
故结论成立.
例（） 设函数()f x 在[,]a b 上二阶可微，()()0f a f b ==，证明：对每个(,)x a b ∈，存在(,)a b ξ∈，使得
()
()()()2
f f x x a x b ξ''=
--. 分析（原样采自苏州大学谢惠民本上册） 固定(,)x a b ∈，令2()
()()
f x k x a x b =--，往
证(,)a b ξ∃∈，使得k =()f ξ''.
构造[,]a b 上的函数()g t =()f t -1
2
k ()t a -()t b -，()g a =0，()g b =0， 从k 的定义还知()g x =0
在[,]a x ，[,]x b 上分别使用Rolle 定理，然后在两个中值点组成的区间上再使用一次Rolle 定理，∃1ξ介于ξ和η，使得
1()g ξ''=0.
()g x ''=()f x ''-k ，故1(,)a b ξ∃∈，1()f ξ''-k =0，知结论成立.
用相同的方法，我们可以轻松地设立辅助函数，之后，反复运用Rolle 定理，证明类似问题：
1.设函数f 在[,]a b 三阶可导，()f a =()f a '=()f b =0，则[,]x a b ∀∈，(,)a b ξ∃∈，
使得 ()f x =
1
3!()f ξ'''2()x a -()x b -； 2.设函数f 在[,]a b 五阶可导，1()3f =2
()3f =(1)f =(1)f '=(1)f ''=0，则[0,1]x ∀∈，
(0,1)ξ∃∈，使得 ()f x =15!
(5)()f ξ12
()()33x x --3(1)x -；
3. 设函数f 在[,]a b 三阶可导，则(,)a b ξ∃∈，使得
311
()()()[()()]()()212
f b f a b a f a f b b a f ξ'''''=+-+--.
3的结论与上述各例的结论相比，只是把一般性的结论应用于b 点而已，因此，在3的证明中，只要在设立辅助函数时，将结论中的b 改为x 即可.
当然，3也可以用柯西中值定理来证 令1
()()[()()(()())]2
F x f x f a x a f a f x ''=-+
-+ 3()()G x x a =-，[,]x a b ∀∈
()()()()0F a F a G a G a ''====
连续使用柯西中值定理两次，注意用上面的零元素做减数即可. 与3相近的问题还有
3.1 设函数f 在[,]a b 二阶可导，则(,)a b ξ∃∈，使得
21
()2(
)()()()24
a b f a f f b b a f ξ+''-+=-. 3.2设函数f 在[,]a b 可导，,a b 同号，则(,)a b ξ∃∈，使得
()()
()()af b bf a f f b a
ξξξ-'=--.
()()
af b bf a k b a
-=-，分离变量,a b 得项到等式两边
经变形后为 ()()f b k f a k b b a a +=+，令()g x =()f x k
x x
+即可） 例 设函数f 在[,]a b 连续，(,)a b 可导，则(,)a b ξ∃∈，使得
()()
()()bf b af a f f b a
ξξξ-'=+-
例3. 设函数f 在[,]a b 二阶可导，则(,)c a b ∀∈，(,)a b ξ∃∈，使得
()()()1
()()()()()()()2
f a f b f c f a b a c b c b a c a c b ξ''++=------.
法1 记
()()()
()()()()()()
f a f b f c k a b a c b c b a c a c b ++=------，则
()()()()()()()()()0b c f a a b f c c a f b k a b a c b c -+-+-----=，（*）
往证
1
()2
f ξ''=k ， 将（*）式看成是自变量x b =的情形，令
()g x =()()()()()()()()()x c f a a x f c c a f x k a x a c x c -+-+-----，
则()0,g b =又()()0,g a g c ==在[,]a c ，[,]c b 上分别使用Rolle 定理，得到()g x '的两个零点，再由Rolle 定理，∃ξ(,)a b ∈，()g ξ''=0. 而()()()2()g x c a f x k a c ''''=-+-，故
k =
1
()2
f ξ''， 将k 代入（*）中，知结论成立.
法 2 要证()()()1
()()()()()()()2
f a f b f c f a b a c b c b a c a c b ξ''++=------，左边通分，分子
分母中的c 改为x 后，分子分母分别令为函数(),()F x G x ,则
()()0F a F b ==，()()0G a G b ==.
根据柯西中值定理，
121212()()
()()()(),(,);,(,)()()()()()()
F F F c F a F b F c a c c b
G c G a G G b G c G ξξξξξξ''--=∈=∈''--.
代入()()0F a F b ==，()()0G a G b ==后，两式合一即为1212()()
()()()()
F F F c
G c G G ξξξξ''-=
''-. 再次应用柯西中值定理，并代入()()(),()2()F x b a f x G x a b ''''''=-=--，以及(),()
F c
G c 表达式，结论成立.
法3 将f 在c 处展成2阶泰勒公式
21()
()()()()()2f f a f c f c a c a c ξ'''=+-+
-， 22()
()()()()()2
f f b f c f c b c b c ξ'''=+-+-，
推出12()()()1()()()()()()()()2f a f b f c c a b c f f a b a c b c b a c a c b b a b a ξξ--⎡⎤
''''++=+⎢⎥--------⎣⎦
，
而由导函数的介值性，
12()()()c a b c
f f f b a b a
ξξξ--''''''+=--.
零点定理（介值性），洛尔定理
例 设函数[0,1]()f x C ∈，在(0,1)内可导，且(0)(1)0f f ==，1()12
f =，证明：存 在(0,1)ξ∈，使得()1f ξ'=. 分析 易见，需要令
()()g x f x x =-.
则[0,1]()g x C ∈，且
11
(0)0,(),(1)122
g g g ===-.
根据零点定理，存在11
(,1)2
ξ∈，使得1()0g ξ=.
在1[0,]ξ上应用洛尔定理，结论成立.
介值性，洛尔定理
例（） 设函数[0,3]()f x C ∈，在(0,3)内可导，且
(0)(1)(2)3f f f ++=，(3)1f =，
证明：存在(0,3)ξ∈，使得()0f ξ'=.
分析 易见，(0)(1)(2)
13
f f f ++=是函数()f x 在[0,2]上的介值（连续区间上若干个
函数值的平均数，必然是函数在该连续区间上的介值）.根据介值性，存在1(0,2)ξ∈，使得
1(0)(1)(2)
()13
f f f
g ξ++==.
又(3)1f =，在1[,3]ξ上应用洛尔定理，结论成立.
积分因子，洛尔定理
例 设函数[,]()a b f x C ∈，在(,)a b 内可导，且()()0f a f b ==，证明：(,)α∀∈-∞+∞， 存在(,)a b ξ∈，使得
()()f f αξξ'=.
分析众所周知，()()0f x f x λ'+=的积分因子是x
e λ.
()()f f αξξ'=即()()0f f ξαξ'-=，该类方程的积分因子为x e α-，结论式等价于
()0x
x e f x αξ
-='⎡⎤=⎣⎦. 令
()()x g x e f x α-=.
应用洛尔定理，即得结论.
例（） 设函数()f x 在[0,)+∞上连续可微，且有n 个互异的零点，证明：
(,)α∀∈-∞+∞，
函数()()f x f x α'+在[0,)+∞上至少存在1n -个互异的零点.
分析 ()()0f x f x α'+=的积分因子为x
e α，结论是函数
()0x
e f x α'⎡⎤=⎣⎦
的零点问题.令
()()x g x e f x α=.
多次应用洛尔定理即可证明.
例 设函数[,](),()a b f x g x C ∈，在(,)a b 内可导，且()()0f a f b ==，证明： 存在(0,1)ξ∈，使得
()()()0f g f ξξξ''+=.
分析 本题结论的积分因子为()
g x e
，结论式等价于
()
()0g x x e f x ξ
='⎡⎤=⎣⎦. 令
()()()g x g x e f x =.
应用洛尔定理，即得结论. 积分因子的一个自由练习
例（） 设函数()f x 在[,]a b 上连续可微，()()f x f x '≠，证明：存在某个在[,]a b 上连续可微的函数()g x ，使得
()()()()0g x f x g x f x ''+≠.
分析 从()()f x f x '≠联系到()()0f x f x '-=，该方程的积分因子为x
e -，当然
()()x x e f x e f x --'≠.
即
()()0x x e f x e f x --'-≠.
()()()0x x e f x e f x --''+≠
把x
e -取成()g x 即可.
积分中值定理，洛尔定理
例（） 设函数()f x 在[0,1]上可导，且
120
(1)2()0f xf x dx -=⎰，
证明：存在(0,1)ξ∈，使得
()
()f f ξξξ
'=-
.
分析 结论即()()0f f ξξξ'+=，即[]()0x xf x ξ='=，令()()g x xf x =，用洛尔定理.
但是，需要寻找函数()()g x xf x =的等值点.
在[0,1]上，(0)0g =，(1)1(1)g f =⋅.由已知，
(1)1(1)g f =⋅120
2()xf x dx =⎰.
根据积分中值定理，存在110,
2ξ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，使得 (1)g =121110
(1)2()()()f xf x dx f g ξξξ===⎰.
在1[,1]ξ上应用洛尔定理，结论成立.
例（） （北京大学，1999年硕士研究生试题）设函数[0,1]()f x C ∈，在(0,1)内可导，且
1
78
8()(0)f x dx f =⎰，
证明：存在(0,1)ξ∈，使得()0f ξ'=.
分析 根据积分中值定理，存在17,18ξ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
，使得使得 1
718
8()()f x dx f ξ=⎰.
而已知
1
78
8()(0)f x dx f =⎰，
在1[0,]ξ上应用洛尔定理，结论成立.
分部积分，上限函数，积分第一中值定理，洛尔定理 例（） （2000年硕士研究生数学（三）、数学（四）试题，6分）设函数[0,]()f x C π∈，且
0()0f x dx π
=⎰，
()cos 0f x xdx π
=⎰.
则存在12,ξξ(0,)π∈，且12ξξ≠，使得
12()()0f f ξξ==.
分析 应用零点定理的条件似乎很不明显，如果能把结论式视为()()x
a
g x f t dt =
⎰
有
12()()0g g ξξ''==，
问题可看成函数()g x 的三个零点间运用洛尔定理的结果.
定积分
()b
a
f x dx ⎰
最常见的一般化是将上限b 改成变量x ，建立上限函数，总有
()()0a a
g a f t dt ==⎰.
令
()()x
g x f t dt =⎰.
则(0)0g =，且由已知
()0f x dx π
=⎰
，即()0g π=.
由根据分部积分法，可将
()cos 0f x xdx π
=⎰
与上限函数()g x 联系起来.
0()cos f x xdx π
=⎰（余弦在变号，改成正弦就好处理了） 0
cos ()xdg x π
=⎰
00
cos ()()sin x g x g x xdx π
π
=⋅--⎰
()sin g x xdx π
=⎰
因为sin x 在[0,]π上连续不变号，根据积分第一中值定理，存在()10,ξπ∈，使得
10
()sin ()sin g x xdx g xdx π
π
ξ=⎰
⎰12()g ξ=.
综上，存在()10,ξπ∈，使得
0()cos f x xdx π
=⎰12()g ξ=.
于是，
(0)0g =，1()0g ξ=，()0g π=.
根据洛尔定理，存在12,ξξ(0,)π∈，且12ξξ≠，使得
12()()0g g ξξ''==.
即
12()()0f f ξξ==.
多元函数，一维化，洛尔定理
例（） 设函数(,)f x y 在2
R 上一阶连续可微，且(1,0)(0,1)f f =，则在单位圆上至少存在两点，满足
(,)(,)x y yf x y xf x y =.
分析 将单位园用极坐标实现一维化，令
1cos ,1sin x y θθ=⋅=⋅，
[0,2]θπ∈.
(,)(cos ,sin )()f x y f g θθθ==.
则()(cos ,sin )g f θθθ=[0,2]C π∈，在()0,2π可导.
又对应于点(1,0)，(0)(2)(1,0)g g f π==，对应于点(0,1)(0,1)2f g π⎛⎫= ⎪⎝⎭
， 由于(1,0)(0,1)f f =，从而
(0)(2)2g g g ππ⎛⎫
== ⎪⎝⎭.
根据洛尔定理，存在12,ξξ(0,2)π∈，且12022
π
ξξπ<<<<，使得
12()()0g g ξξ''==.
而
()(cos ,sin )(sin )(cos ,sin )cos x y g f f θθθθθθθ'=-+
(,)()(,)x y f x y y f x y x =-+，
这说明，在单位圆上至少存在两点，满足
(,)(,)x y yf x y xf x y =.
多元函数，一维化，拉格朗日中值定理
例（） 设函数(,,)f x y z 在3
R 上一阶连续可微，且3(,,)x y z R ∀∈，
(,,)(,,)(,,)0x y z yf x y z xf x y z f x y z a -+≥>.
则当动点(,,)x y z 沿着曲线C
cos ,sin ,x t y t z t =-⎧⎪
=⎨⎪=⎩
0t ≥ 趋于无穷时，(,,)f x y z →+∞.
分析 由于方程中cos ,sin x t y t =-=都是有界函数，所以，动点(,,)x y z 沿着曲线C 趋于无穷，指的是t 无穷大，又0t ≥，所以指t →+∞. 一维化，
(,,)(cos ,sin ,)()f x y z f t t t g t =-=.
根据多元复合函数可微性定理，()g t 在0t ≥时可导，0t ∀>，由拉格朗日中值定理， 存在(0,)t ξ∈，使得
()(0)()t g t g g t ξ'-=.
而
()sin cos 0t t x y z g tf tf f a ξξ'⎡⎤=++≥>⎣⎦.
()(0)g t g at ≥+→+∞.
洛尔定理，拉格朗日中值定理，判定单调性
例（） 设函数[,]()a b f x C ∈，在(,)a b 内可导，且()f x '严格单调增加，()f a =()f b ，则(,)x a b ∀∈，
()()()f x f a f b <=
（或()()()f x f b f a <=）.
分析 ()f x '严格单调增加时，函数()f x 严格下凸.当曲线的两端等高时，当然就有结
果了.但是，怎么从已知条件入手呢？从()f a =()f b 知，函数满足洛尔定理的条件.
法1不用洛尔定理，形式更简捷些.
从()()f a f b =知， (,)x a b ∀∈，分别在[,]a x ，[,]x b 上应用拉格朗日中值定理，得
1()()
()f x f a f x a ξ-'=-，
2()()
()f x f b f x b
ξ-'=-.
因为12ξξ<，()f x '严格单调增加，所以
12()()f f ξξ''<.
得
()()f x f a x a --()()f x f b x b -<-()()
f a f b =()()
f x f a x b
-- 移项整理，得
()11()()0f x f a x a b x ⎛⎫
-+<
⎪--⎝⎭
. 由于第二个因式取正值，故
()()f x f a <.
法2 根据洛尔定理，存在1(,)a b ξ∈，使得
1()0f ξ'=.
(,)x a b ∀∈，x 要么落在1ξ左边，要么落在1ξ右边，要么与1ξ重合.
（1）1x ξ<时，
在[,]a x 上应用拉格朗日中值定理，结合()f x '严格单调增加，得
()()f x f a -()()f x a ξ'=-
1()()f x a ξ'<- 0=.
结论成立.
（2）1x ξ>时，
在[,]x b 上应用拉格朗日中值定理，结合()f x '严格单调增加，得
()()f b f x -()()f b x ξ'=-
1()()f b x ξ'>- 0=.
1
1
x
结论成立.
（3）1x ξ=时，
在1[,]a ξ上应用拉格朗日中值定理，结合()f x '严格单调增加，得
1()()f f a ξ-1()()f a ξξ'=-
11()()f a ξξ'<- 0=.
1()()f f a ξ<.
结论成立.
拉格朗日中值定理，洛尔定理
例（） 设函数()f x 在[,]a b 上二阶可微，且在[,]a b 上，()f x 不恒为0，(,)c a b ∈，且()()()0f a f c f b ===，则存在(,)a b ξ∈，使得
()0f ξ''>.
分析 不妨设0x 是使()f x 非0的点，则由已知，0,,x a c b ≠. 若0(,)x a c ∈，则在0[,]x c 上应用拉格朗日中值定理，得1()0f ξ'<.
在[,]c b 上应用洛尔定理，得2()0f ξ'=.012x c b ξξ<<<<. 再在12[,]ξξ上应用拉格朗日中值定理，得()0f ξ''>，结论成立. 若0(,)x c b ∈，
换成靠左边的两个区间，从左到右，分别使用洛尔定理和拉格朗日中值定理，类似可证，结论成立.
拉格朗日中值定理
例（） 设函数[,]()a b f x C ∈，且在(,)a b 内二阶可导，则存在(,)a b ξ∈，使得
2
()()2()()()24
a b b a f b f f a f ξ+-''-+=.
分析 法1在每个中括号中使用拉格朗日中值定理，很难得出结论.
()2
()()2a b f b f f a +-+ ()()()()22a b a b f b f f f a ++⎡⎤⎡⎤
=---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
. 假若在每个中括号中使用拉格朗日中值定理，则存在1ξ(0,)2a b +∈，2ξ(,)2a b
b +∈， 使得
()2(
)()2a b f b f f a +-+[]12()()2
b a
f f ξξ-''=-⋅. 如果再次使用拉格朗日中值定理，则存在(,)a b ξ∈，使得
a
()2(
)()2a b f b f f a +-+12()()2
b a
f ξξξ-''=-. 这很难整理成结论
所以，为了便于得到结论，不能对()(
)()()22a b a b f b f f f a ++⎡
⎤⎡⎤
---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
分别使用拉格朗日中值定理.
为了使上式转化成一个函数在两点的函数值之差，需要统一端点的表示.
先看被减数，如果可被看成函数在一点的函数值，我们再把减数也用这个函数表示.
要想使()(
)2a b f b f +⎡
⎤
-⎢⎥⎣
⎦
表为函数在一点的函数值，需要将b 与2a b +统一起来，由于b 可被看成22
a b b a
+-+（中点加上半个区间长），即 ()()2a b f b f +⎡
⎤-⎢⎥⎣
⎦()()222a b b a a b f f +-+⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦. 这相当于函数()()()2b a g x f x f x -⎡⎤
=+-⎢⎥⎣⎦
在2a b x +=
时的函数值. 要想把减数()()2a b f f a +⎡⎤-⎢⎥⎣⎦表为()()2b a f x f x -⎡⎤
+-⎢⎥⎣⎦
的形式，取x a =恰好可以
达到目的.
于是，
()()()()22a b a b f b f f f a ++⎡⎤⎡⎤
---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
()()222a b b a a b f f +-+⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦()()2b a f a f a -⎡⎤
-+-⎢⎥⎣⎦
若令
()()()2b a g x f x f x -⎡⎤
=+-⎢⎥⎣⎦
，
则
()2(
)()2
a b
f b f f a +-+ ()()()()22a b a b f b f f f a ++⎡⎤⎡⎤
=---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
()()222a b b a a b f f +-+⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦()()2b a f a f a -⎡⎤
-+-⎢⎥⎣⎦
()()2
a b g g a +=-
拉格朗日中值定理()()22b a b a
f f ξξ--⎡⎤''+
-⎢⎥⎣⎦ 拉格朗日中值定理
2
()()2b a f ξ-''. 结论成立.
分析 法2 如果要用2阶泰勒定理，需要()f x '在[,]a b 上连续这一条件. 带拉格朗日型余项的泰勒公式，导函数介值性定理讨论.
将()f a ，()f b 于
2
a b
+处展成二阶的带拉格朗日型余项的泰勒公式，联立消去f '项，然后用导函数介值性定理讨论（见泰勒公式内容）.
导函数介值性，拉格朗日中值定理
例（） 设函数()f x 在[1,1]-可微，(0)1,(1)(1)0f f f =-==，证明：[1,1]μ∀∈-， 存在(1,1)ξ∈-，使得
()f ξμ'=.
分析 若应用洛尔定理或费马定理，令()()g x f x x μ=-，则
(0)0,(1),(1)g g g μμ=-==-.
难以发现应用洛尔定理的条件..
如果说明1,1-恰巧是()f x '在某两点的函数值，这样[1,1]μ∀∈-，μ就是()f x '的介值，用导函数介值性来证明.
那么，哪两点的到数值分别是-1和1呢？观察可见
1(0)(1)f f =--，1(1)(0)f f -=-， 说明在[1,0]-，[0,1]上分别应用拉格朗日中值定理即可.
证明 在[1,0]-，[0,1]上分别应用拉格朗日中值定理，得
11(0)(1)()f f f ξ'=--=，
21(1)(0)()f f f ξ'-=-=.12101ξξ-<<<<.
整理，得
1()1f ξ'=，2()1f ξ'=-.
[1,1]μ∀∈-，恰可表为 211()()1f f ξμξ''-=≤≤=.
由导函数的介值性，12[,](1,1)ξξξ∈⊂-，使得
()f ξμ'=.
拉格朗日中值定理，定积分不等式 例（函数积分模-平均值问题）
（） 设函数()f x 在[,]a b 上连续可微，且()()0f a f b ==，则
2
[,]
4()max ()()b
a
x a b f x dx f x b a ∈'≤-⎰
（或[,]
sup ()x a b f x ∈'）.
分析 由于左边含有区间长b a -，所以，先把积分在中点
2
a b
+处进行区间可加，然后添入零元，运用拉格朗日中值定理，将问题转化到导函数上去.
证明
22()()()a b b
b
a b a
a
f x dx f x dx f x dx
++=+⎰
⎰
⎰
22()()()()a b b
a b a
f x f a dx f x f b dx ++=-+-⎰⎰
拉格朗日中值定理2122
()()()()a b b
a b x x a
f x a dx f x b dx ξξ++''=-+-⎰⎰
2[,]
2max ()a b
b a b a x a b f x x adx x bdx ++∈⎡⎤
'≤-+-⎢⎥⎣⎦
⎰⎰
2
[,]()max ()4
x a b b a f x ∈-'≤.
二阶导函数积分模的下界估计问题
用连续函数介值性，最值点，费马定理，拉格朗日中值定理，定积分不等式 例（）（Lyapunov 不等式） 设函数()f x 在],[b a 上二阶连续可微，且()()0f a f b ==，且(,)x a b ∀∈，()0f x ≠，证明
()4
()b
a f x dx f x
b a
''>-⎰.（且4b a -是最佳下界，最佳下界的证明？） 证明 根据连续函数的介值性，可知(,)x a b ∀∈，()f x 定号.不妨设()0f x >.
又因为()()0f a f b ==，所以，()f x 在],[b a 上的最大值必在(0,1)内取得.记最大值点为0x ∈(,),a b 则0()0f x >.
在0[0,]x ，0[,1]x 上分别应用拉格朗日中值定理，得
010()()()()f x f a f x a ξ'-=-， 020()()()()f b f x f b x ξ'-=-.
102a x b ξξ<<<<.
由定积分性质，
22
2
11
1
2100()
()()
()1
|()()|()()
()
()()
b
a
f x f x f x f x dx dx dx dx f f f x f x f x f x f x ξξξξξ
ξ
ξξ''''''''''>≥
≥=-⎰
⎰⎰⎰
00000()()
1()f x f x f x b x x a -=
-
--00
()()b a x a b x -=--. 由于00()()x a b x b a -+-=-，故当且仅当二者相等时（与端点等距的点，即中点）
处乘积最大，故02
b a
x +=.
于是，()4
()()()22
b a f x b a dx b a b a f x b a
a b ''->=++---⎰
注1 结论改成2
1()1
()()2b a f x dx b a b a f x ''>--⎰，左边是涉及二阶导数的积分平均值（积分模）. 注2 特别地，取[,][0,1]a b =，结论即10()
4()
f x dx f x ''>⎰.
注3 若作一般化，则是二阶导函数积分模的下界估计的一般结论.
设函数()f x 在],[b a 上二阶连续可微，且()()0f a f b ==，则
()|()|()()
b
a b a
f x dx f x x a b x -''≥
--⎰，进而[,]4()sup |()|b a x a b f x dx f x b a ∈''>-⎰. 结论改成11
()|()|()()
b a f x dx f x b a x a b x ''≥---⎰，积分平均值（可见积分模的意义）
证明 注意到
()()()()()()()()()()x x
x
a
a
a
f x f a f t dt f a f t d t a f x x a f t t a dt
'''''=+=+-=
---⎰⎰⎰分部积分
得
()1
()()()x a f x f x f t t a dt x a x a
'''=----⎰ 同理，得
()1()()()x b f x f x f t t a dt x b x b
'''=----⎰， 两式相减后，取绝对值，得
|()|()
()()()()()
x b b a x a f x b a f t dt f t dt f t dt x a b x -''''''≤+=--⎰⎰⎰. 证毕.
进而，由于00()()x a b x b a -+-=-，故仅当二者相等时处乘积最大，故02
b a
x +=（与端点等距的点，即中点）时，()()x a b x --最大，
最大值为2
()()()222
b a b a b a a b ++---=. 于是， 2|()|()|()|()4|()|
()()()2
f x b a f x b a f x b a x a b x b a --≥=
----， 所以，
4|()||()|()
()()()
b a f x f x b a f t dt b a x a b x -''≤≤---⎰（最右端为常数）.
这说明，()b a f t dt ''⎰是4|()|
f x b a
-得一个上界，从而（上确界不超过上界）
[,]4sup |()|()b x a b a f x f t dt b a ∈''≤-⎰，改写即[,]
2
sup |()|
1()()2
b x a b a f x f x dx b a b a ∈''>--⎰. 二阶导函数均方模的下界估计（积分学解决）
例（Zmorovic 不等式）设函数()f x 在],[b a 上二阶可微，则
()2
2
312
|()|()2()()2b
a
a b f x dx f b f f a b a +⎧⎫''≥-+⎨⎬⎩
⎭-⎰. 其中，
()
3
12
b a -不能再改进.
从模（平均值）的角度看，结论即
()2
2
4112|()|()2()()2b a a b f x dx f b f f a b a b a +⎧⎫''≥-+⎨⎬-⎩
⎭-⎰. 证明
222()()()()()()()()222
a b a b a b a a a a b a b b a
f f a f x dx f x d x a f f x x a dx
+++++-'''''-==-=--⎰⎰⎰分部积分222
()()()()()()()()222b b b a b a b a b a b a b b a
f b f f x dx f x d x b f f x x b dx
+++++-'''''-==-=--⎰⎰⎰分部积分
相减，并取绝对值
22
()2()()|()()||()()|2a b
b a b a a b
f b f f a f x x b dx f x x a dx +++''''-+≤-+-⎰⎰
根据柯西-施瓦兹不等式，
≤
=
.
由于从均值不等式可知，()2
22
2()a b a b +≤+
，故
2
2
⎫
⎣
⎦⎪≤⎪⎭
2|()|b a
f x dx ''=⎰.
即结论成立.
例 设函数()f x 在],[b a 上二阶连续可微，且()()0f a f b ==，()1,()0f a f b ''==，则
24|()|b
a
f x dx b a
''≥
-⎰
. 改写即（积分模）
()
2
214|()|b a f x dx b a b a ''≥--⎰. 证明 注意到满足()()0,()1,()0f a f b f a f b ''====的函数()
2
2
()()()x a b x g x b a --=-
有
24|()|b
a
g x dx b a
''=
-⎰
（这个说明很繁琐，略），只要证明22
|()||()|b b a a f x dx g x dx ''''≥⎰⎰即可. 22
20|()()||()||()|2()()b
b
b
b
a
a
a
a
f x
g x d x f x d x
g x d x
f x
g x d x
''''''''''''≤
-=+-⎰
⎰
⎰⎰ 222|()||()|2|()|2()()b b b b
a a a a f x dx g x dx g x dx f x g x dx ⎡⎤''''''''''=-+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰
[]22|()||()|2()()()b b b
a a a f x dx g x dx f x g x g x dx ⎡⎤''''''''''=---⋅⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰ 而尾项
[][]()()()()()()b
b
a a
f x
g x g x dx
g x d f x g x ''''''''''-⋅=
⋅-⎰⎰
分部积分
[][]()()()|()()()b b
a
a
g x f x g x f x g x g x dx '''''''''=⋅---⋅⎰
[]0()()()b a
f x
g x g x dx '''''=--⋅⎰
（()g x '''为常数，提取后恰好积分为0）
，故
2220|()()||()||()|b b b
a a a f x g x dx f x dx g x dx ⎡⎤''''''''≤-=-⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰，
即
22|()||()|b
b
a
a
f x dx
g x dx ''''≥⎰
⎰，结论成立.
数值积分梯形公式估计的几个证明
例（南京大学2010考研试题，属于数值积分梯形公式的估计问题，微分学解决） （1） 设)(x f 在],[b a 上3阶可导，则存在),(b a ∈ξ，使得
3()()1
()()()[
]()()212
f a f b f b f a b a b a f ξ''+'''=+---.
（2）设f 在],[b a 上连续，在),(b a 内有二阶导数，则存在),(b a ∈ξ，使得
3()()1
()()[
]()()212
b
a
f a f b f x dx b a b a f ξ+''=---⎰
．
证明 （1）结论可改成
3()()()()()[]12()()12
f a f b f b f a b a f b a ξ''+⎧
⎫-+-⎨⎬
⎩⎭'''=--，
分子恰好是一般化，将b 改为x 之后，函数 设)]()()[(2
1
)()()(x f a f a x a f x f x F '+'--
-=在,b a 处的函数值之差， 分母恰好是一般化，将b 改为x 之后，函数3()()G x x a =-在,b a 处的函数值之差，
故令)]()()[(2
1
)()()(x f a f a x a f x f x F '+'--
-=，3()()G x x a =- 则有)]()([21)()(x f a f x f x F '+'-'=')()(2
1
x f a x ''--，()()()F x x a f x '''''=-，
显然0)()(==a G a F ，0)()(='='a G a F ，两次利用柯西中值定理可得
)()()()()()()()()()(1111a G G a F F G F a G b G a F b F '-''-'=
''=--ξξξξ1
()()
()
2()
32()a f F G a ξξξξξ'''--''==''⋅-1()12f ξ'''=-， 于是结论得证.
（2）()()
()[
]2
f a f b b a +-的几何意义是连接(,()),(,())a f a b f b 的弦与横轴，
,x a x b ==共同围成的曲边梯形的面积.
证明 令⎰
=
x
a
dt t f x F )()(，则
0)(=a F ，)()(x f x F ='，)()(x f x F '=''，)()(x f x F ''='''.
利用（1）的结果，得存在),(b a ∈ξ，使得
3()()1
()()()[
]()()212F a F b F b F a b a b a F ξ''+'''=+---,
即
3()()1
()()[]()()212
b
a
f a f b f x dx b a b a f ξ+''=---⎰
.
其实，有更一般的结论（积分学解决）
例（积分学解决）设)(x f 在],[b a 上2阶连续可微，则
()()1()()[
]()()()22b
b
a
a
f a f b f x dx b a f x x a b x dx +''=----⎰
⎰.
进一步的，(,)a b ξ∃∈，使
3()()1
()()[
]()()212
b
a
f a f b f x dx b a b a f ξ+''=---⎰
.
证明 从
1()()()2
b
a f x x a
b x dx ''--⎰入手.因 ()()()()()()b
b
a
a
f x x a b x dx x a b x d f x '''--=
--⎰
⎰
分部积分
（）
()=0()()()b a
f x b x x a dx
'----⎰()()()()()()]2()b
b
a
a
b x x a d f x b a f a f b f x dx =
----+-⎰
⎰再次分部积分
（
）=()[， 故结论成立.
进一步的，因结论中的1()()()2b
a
f x x a b x dx ''---⎰中()()x a b x --连续不变号，由
积分中值定理，(,)a b ξ∃∈，使得
31111
()()()()()()()()2226
b b a a f x x a b x dx f x a b x dx f b a ξξ''''''---=---=-⋅-⎰⎰.
即结论式成立.
另一个更一般的结论是（微分学解决，导函数的介值性）
设函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内二阶可微，过(,()),(,())a f a b f b 的弦所在的直线为()l x ，则(,)a b ξ∃∈，使得
1
()()()()()2f x l x x a b x f ξ''-=---，
21
|()()|()|()|8
f x l x b a f ξ''-≤-.
证明 过(,()),(,())a f a b f b 的弦所在的直线为
()()()()()()()f b f a x a b x
l x f a x a f b f a b a b a b a
---=+-=+---改写，
将()f x 类似表出，()()()x a b x
f x f x f x b a b a --=+--. 推出 ()()[()()][()()]x a b x
f x l x f x f b f x f a b a b a
---=
-+---. 因函数()f x 在(,)a b 内二阶可微，故将x 作为展开中心（展开之处），而端点可导性未
知，只能选作被展开点.根据泰勒公式，
211
()()()()()()
2
f a f x f x a x a x f ξ'''=+-+-
221
()()()()()()2
f b f x f x b x b x f ξ'''=+-+-
代入()()f x f b -，()()f x f a -，
121()()()()[()()]2x a b x
f x l x x a b x f f b a b a
ξξ--''''-=---+--
因
,0,x a b x b a b a -->--1x a b x b a b a --+=--，故12[()()]x a b x
f f b a b a ξξ--''''+--是1()f ξ''与2()f ξ''间的介值.根据导函数的介值性，(,)a b ξ∃∈，使得
12()()()x a b x
f f f b a b a
ξξξ--''''''=+--.
于是， 1
()()()()()2f x l x x a b x f ξ''-=---，
1
|()()|()()|()|2
f x l x x a b x f ξ''-=--.
由于()()x a b x b a -+-=-，故当且仅当二者相等时处乘积最大，故2
b a
x +=时（与
端点等距的点，即中点），()()x a b x --最大，最大值为2
()()()222
b a b a b a a b ++---=， 故 2211
|()()|(
)|()|()|()|228
b a f x l x f b a f ξξ-''''-≤=-. 注 特别地，再假设在(,)a b 内|()|f x M ''≤，则2
1|()()|()8
f x l x b a M -≤-.
例（） 设函数()f x 在[,]a b 上可微，在(,)a b 内二阶可微，且()()0f a f b ==，且 ()0f a +'>，则存在(,)a b ξ∈，使得
()0f ξ''<.
分析 这其实是凸性的表现，因为曲线两端等高，但是，()0f a +'>，使得曲线在a 右侧
点递增.
证明 因为()0f a +'>，故存在()U a + ,使得()U a +
内，()()f x f a >. 故存在0()x U a +∈ ，0()()f x f a >.
在0[,]a x ，0[,]x b 上分别应用拉格朗日中值定理，得
010()()
()0f x f a f x a ξ-'=>-，
020()()
()0f x f b f x b
ξ-'=<-.
继续在12[,]ξξ上应用拉格朗日中值定理，知结论成立. 费马定理，对导函数应用拉格朗日中值定理，有界性
例（） 设函数()f x 在[0,]a 上二阶可微，
[0,]x a ∀∈，0M ∃>,使()f x M ''≤.且()f x 在
[0,]a 上最大值在内点取到，证明：
(0)()f f a Ma ''+≤.
分析 找特殊点. ()f x 在[0,]a 上最大值在内点取到，根据费马定理，存在0(0,)x a ∈， 使得0()0f x '=.
对()f x '在0[0,]x ，0[,]x a 上分别应用拉格朗日中值定理，得
(0)()f f a ''+
1020()()()f x f a x ξξ''''=+-
Ma ≤.
另法 将(0)f '，()f a '分别在()f x 在[0,]a 上最大值点0x 展开到一阶的带拉格朗日型
余项的泰勒公式，联立可证.
例（gronwall 戈龙瓦定理） 设函数()f x 在[0,)+∞上可微，(0)0f =，且存在0A >,使得[0,)x ∀∈+∞，
()()f x A f x '≤.
证明：[0,)x ∀∈+∞，
()0f x ≡.
法1 用反证法.设存在0[0,)x ∈+∞，0()0f x ≠，不妨设0()0f x >.则由局部保号性，
存在某个左邻域0()U x -，处处()0f x >.从而在0()U x -内，{}
()0x f x >非空有下界0，故{}0()
inf
()0x U x x f x η-∈=>存在.
由局部保号性，()0f η=. 【附：()0f η=的证明.
若不然，设()0f η≠，不外有两种可能：要么（1）()0f η>；要么（2）()0f η<. 若（1）()0f η>，则由局部保号性，在η的某个左邻域中，存在函数的正值点，下确界应取在η的以左、更小的点处，与{}0(0,)
inf
()0x x x f x η∈=>矛盾.
若（2）()0f η<，则由局部保号性，在η的某个右邻域中，存在函数的负值点，下确界应取在η以右、更大的点处，与{}0(0,)
inf
()0x x x f x η∈=>矛盾.】
于是，η的右侧，()0f x >，即0(,),()0x x f x η∀∈>. 因()
[ln ()]()
f x A f x f x ''≥
=，故0(,),x x η∀∈ln ()f x '有界. 而导函数在有限区间有界时，函数在有限区间有界（导函数有界的函数必然一致
连续.再由柯西准则可知，函数在端点处的单侧极限存在，进而可对函数连续开拓，推出函数有界）
故ln ()f x 在0(,)x η内有界.
但是，由lim ()()=0lim ln ()x x f x f f x ηηη→+
→+
=⇒=-∞连续已证
，与l n ()f x
在0(,)x η内有界矛盾.
法2 只要再证(0,)x ∀∈+∞（0处(0)0f =已知），()0f x ≡即可.显然，函数()f x 在
[0,]x 上满足拉格朗日中值定理.
()()(0)f x f x f =-1()x f x ξ'=
1()x A f x ξ≤1()(0)x A f f x ξ=-
22()x x A f x ξξ'=222()x x A f x ξξ≤
222()x A f x ξ≤()n n nx A f x ξ≤≤ .
由于()f x 在[0,)+∞上可微，故()f x 在[0,]x 上必然有界.即0M ∃>,使
()nx f M ξ≤.。