费马定理

若 $f$ 在区间内点 $x_0$ 可导，并在 $x_0$ 取得局部极值，则

$$
f’(x_0)=0.
$$

以局部极小值为例。对充分小的 $h>0$，

$$
\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}h\ge0,
\qquad
\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{-h}\le0.
$$

两侧极限相等且都等于 $f’(x_0)$，故 $f’(x_0)=0$。局部极大值同理。

应先用连续性和闭区间最值定理证明极值存在，再排除端点，最后得到内部极值点。

导函数零点定理

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导，且端点单侧导数存在。若

$$
f’+(a)f’-(b)<0,
$$

则存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $f’(\xi)=0$。

先设

$$
f’+(a)<0<f’-(b).
$$

由单侧导数定义，存在充分小的 $h_1,h_2>0$，使得

$$
f(a+h_1)<f(a),
\qquad
f(b-h_2)<f(b).
$$

$f$ 在闭区间上能取得最小值，而上述不等式排除了两个端点，所以最小值在某个 $\xi\in(a,b)$ 处取得。由费马定理，$f’(\xi)=0$。

若 $f’+(a)>0>f’-(b)$，改取最大值即可。

因此，导函数在区间内处处非零时必定保持同一符号；否则在两个导数异号的点之间应用该定理，就会得到导数零点。这里不要求导函数连续。

Darboux 定理

设 $f$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续、在 $(x_1,x_2)$ 上可导，且端点单侧导数存在。若 $\lambda$ 严格介于 $f’+(x_1)$ 与 $f’-(x_2)$ 之间，则存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，使得

$$
f’(\xi)=\lambda.
$$

构造

$$
g(x)=f(x)-\lambda x.
$$

若 $f’+(x_1)<\lambda<f’-(x_2)$，则

$$
g’+(x_1)<0<g’-(x_2).
$$

由导函数零点定理，存在 $\xi\in(x_1,x_2)$ 使 $g’(\xi)=0$，即

$$
f’(\xi)=\lambda.
$$

另一种大小次序同理。

Rolle 定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$
f’(\xi)=0.
$$

做题目标是把命题改写成

$$
g(u)-g(v)=0,u<v, \exists u<\xi<v,g’(\xi)=0
$$

$u,v$ 不一定是题目给出的端点。比如下面这道例题.

只含 $f,f’$ 时

若目标含

$$
B(x)f’(x)+C(x)f(x),
$$

尝试令 $g(x)=\phi(x)f(x)$。因为

$$
g’(x)=\phi(x)f’(x)+\phi’(x)f(x),
$$

当 $B(x)\ne0$ 时，只需令

$$
\frac{\phi’(x)}{\phi(x)}=\frac{C(x)}{B(x)},
\qquad
\phi(x)=\exp\left(\int\frac{C(x)}{B(x)},dx\right),
$$

就有

$$
g’(x)=\frac{\phi(x)}{B(x)}
\left[B(x)f’(x)+C(x)f(x)\right].
$$

随后检查能否找到两点使 $g$ 取相同值。

含 $f,f’’$ 时反向拆导数

先把目标写成某个一阶组合的导数。例如

$$
\left[e^x(f-f’)\right]’=e^x(f-f’’).
$$

于是证明 $f’’(\eta)=f(\eta)$，可转化为给 $e^x(f-f’)$ 制造两个零点。若这两个零点仍无法直接得到，就再构造一个函数，通过三点同值和两次 Rolle 定理产生它们。

例：连续构造两层辅助函数

题目

$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内二阶可导，$f(a)=f(b)=0$。在 $a$ 的某个右邻域内 $f(x)>0$，在 $b$ 的某个左邻域内 $f(x)<0$。证明存在 $\eta\in(a,b)$，使
$$
f’’(\eta)=f(\eta).
$$

思路分析

由目标 $f-f’’=0$ 反推辅助函数：
$$
\left[e^x(f-f’)\right]’=e^x(f-f’’).
$$
因此只要能找到 $G(x)=e^x[f(x)-f’(x)]$ 两零点，就能用 Rolle 定理得到结论。
题设只给出 $f(a)=f(b)=0$，无法确定 $f’(a),f’(b)$，所以不能直接判断 $G(a)=G(b)=0$。
需要先制造两个满足 $f’(x)-f(x)=0$ 的点。
由$f’(x)-f(x)$ 得到
$$
\left[e^{-x}f(x)\right]’=e^{-x}[f’(x)-f(x)].
$$
因此若 $F(x)=e^{-x}f(x)$ 有三个零点，连续两次使用 Rolle 定理，就能得到两个满足 $f’=f$ 的点。
题设在两端附近给出的异号条件，正是为了在 $(a,b)$ 内再产生一个 $f$ 的零点。这样 $F$ 共有三个零点，构造链闭合。

由题设的正负性和连续性，存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=0$，因此

$$
f(a)=f(c)=f(b)=0.
$$

先构造

$$
F(x)=e^{-x}f(x).
$$

$F$ 在 $a,c,b$ 三点均为零。分别在 $[a,c]$、$[c,b]$ 上使用 Rolle 定理，得到

$$
u\in(a,c),\qquad v\in(c,b),
$$

使得

$$
F’(u)=F’(v)=0.
$$

由

$$
F’(x)=e^{-x}[f’(x)-f(x)]
$$

可知

$$
f’(u)=f(u),\qquad f’(v)=f(v).
$$

再构造

$$
G(x)=e^x[f(x)-f’(x)].
$$

于是 $G(u)=G(v)=0$。在 $[u,v]$ 上使用 Rolle 定理，存在 $\eta\in(u,v)$ 使 $G’(\eta)=0$。由于

$$
G’(x)=e^x[f(x)-f’’(x)],
$$

得到

$$
f’’(\eta)=f(\eta).
$$

Taylor 公式

若需要由 $f$ 的取值推出高阶导数的定量关系，在合适的点 $x_0$ 展开：

$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}
\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k
+\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(x-x_0)^n.
$$

证明“存在一点满足等式”：选择展开点，使低阶项因极值条件、对称取点或题设组合而消失，再解出 $f^{(n)}(\xi)$；
证明大小关系：先找待估量的最大值或最小值。若极值在端点直接比较；若在内部，则利用 $f’(\xi)=0$ 后在该点展开；
已知 $m\le f^{(n)}\le M$ 时，直接用余项把 $f(x)$ 夹在两个多项式之间。

Lagrange 中值定理视为 Taylor 的特殊情况，不额外讨论。

两个不相等的中间点

选取 $c\in(a,b)$，分别在 $[a,c]$ 与 $[c,b]$ 上使用中值定理：

$$
\xi_1\in(a,c),\qquad \xi_2\in(c,b).
$$

这样自动保证 $\xi_1\ne\xi_2$。再选择合适的 $c$，让两个导数关系中的未知函数值消去。

例：两个导数值之和

题目

$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导，且 $f(a)=A,\ f(b)=B$。证明区间内存在两个不相等的点 $\xi_1,\xi_2$，使
$$
f’(\xi_1)+f’(\xi_2)=\frac{2(B-A)}{b-a}.
$$

取中点

$$
c=\frac{a+b}{2}.
$$

分别在 $[a,c]$ 与 $[c,b]$ 上使用 Lagrange 中值定理，存在

$$
\xi_1\in(a,c),\qquad \xi_2\in(c,b),
$$

使得

$$
f’(\xi_1)=\frac{f(c)-A}{c-a},
\qquad
f’(\xi_2)=\frac{B-f(c)}{b-c}.
$$

由于

$$
c-a=b-c=\frac{b-a}{2},
$$

两式相加得到

$$
f’(\xi_1)+f’(\xi_2)
=\frac{2[f(c)-A+B-f(c)]}{b-a}
=\frac{2(B-A)}{b-a}.
$$

又因 $\xi_1<c<\xi_2$，两点必不相等。

两个函数在不同点取得相同导数值

先用中值定理让形式较简单的一边取到某个确定值 $K$：

$$
f’(\xi)=K.
$$

再利用 $g$ 的中值定理、Darboux 性质或端点导数符号，证明存在 $\eta$ 使 $g’(\eta)=K$。关键不是同时寻找 $\xi,\eta$，而是先确定两边共同命中的值。