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  - 编写小组
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 **内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华   陈玉阶   程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王嘉兴   王轲楠   彭靖翔   郑哲航   钟宇哲   支宝宁**

## **辅助函数的构造方法**

### **原理**

在证明与导数相关的等式或不等式时，常通过构造辅助函数，将原问题转化为对某个函数应用中值定理（如罗尔定理、拉格朗日定理等）。构造辅助函数的核心思想是：**将待证等式视为某个函数求导（或多次求导）后的结果**。

### **常见构造类型**

#### 1. 乘积型与商型
若结论形如：
$$
f'(\xi)g(\xi) + f(\xi)g'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = f(x)g(x)
$$
若结论形如：
$$
f'(\xi)g(\xi) - f(\xi)g'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = \frac{f(x)}{g(x)} \quad (g(x) \neq 0)
$$

#### 2. 含幂函数因子
若结论形如：
$$
n f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = x^n f(x)
$$

#### 3. 一阶线性微分结构
若结论形如：
$$
f'(\xi) + P(\xi)f(\xi) = 0
$$
可构造积分因子：
$$
\mu(x) = \text{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}
$$
并设辅助函数：
$$
F(x) = \mu(x) f(x)
$$

注意：2和3两种结构的区别在于
2是 $\xi$ 与导函数相乘，并且只能是1次
3是 $\xi$ 与函数相乘，并且可以是各种形式

#### 4. 对数型
若结论形如：
$$
\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = k
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = \ln|f(x)| - kx
$$

#### 5. 常数变指数
若结论形如：
$$
f'(\xi) = \lambda f(\xi)
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = \text{e}^{-\lambda x} f(x)
$$
或者写成：
$$
f'(\xi) + \lambda f(\xi) = 0
$$
则构造辅助函数：
$$
F(x) = \text{e}^{\lambda x} f(x)
$$

注：5实际上是3的 $P(\xi)=\lambda$ 的特殊情况
4和5本质是一样的，根据题目的具体情况选择，5的形式可能更常见、更好用

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### **例题**（先看完后面的知识再做这个）

>[!example] 例1  
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=0$。  
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得$f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$

**解析**：  
将结论改写为：
$$
f'(\xi) - 2\xi f(\xi) = 0
$$
属于一阶线性微分结构，其中 $P(x) = -2x$。  
积分因子为：
$$
\mu(x) = \text{e}^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = \text{e}^{-x^2}
$$
构造辅助函数：
$$
F(x) = \text{e}^{-x^2} f(x)
$$
则 $F(0) = 0$，$F(1) = 0$。  
于是由罗尔定理，存在$\xi\in(0,1)$，$F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=2f(\xi)$.

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>[!example] 例2  
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上三阶可导，且 $f(a) = f'(a) = f(b) =f''(b)= 0$。  
证明：存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：$f'''(\xi) + k f''(\xi) = 0$

**解析**：  
结论可写为：
$$\bigl[ \text{e}^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0$$
因此构造辅助函数：
$$H(x) = \text{e}^{kx} f''(x)$$由$f(a)=f(b)=0$及罗尔定理知，存在$c\in(a,b),f'(c)=0$；又$f'(a)=0$，则存在$d\in(a,c),f''(d)=0$；又$f''(b)=0$，知$H(d)=H(b)=0$，得存在$\xi\in(d,b)\subset(a,b),H'(\xi)=0\Rightarrow f'''(\xi)+kf''(\xi)=0$。

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>[!example] 例3  
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$\displaystyle f(1) = 2\sqrt{\text{e}}\int_0^{1/2} \text{e}^{\frac{x^2}{2}-x} f(x) dx$
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$

**分析**：  
结论化为：
$$
f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
$$
积分因子为：
$$
\mu(x) = \text{e}^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x}
$$
故可以构造辅助函数：
$$
F(x) = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
$$
**解析：**
设$\displaystyle F(x)=\text{e}^{\frac{x^2}{2}-x}f(x)$，则$F'(x)=\text{e}^{\frac{x^2}{2}-x}(f'(x)+(x-1)f(x))$.由积分中值定理，存在$\eta\in(0,\frac{1}{2})$，使得$$\displaystyle (\frac{1}{2}-0)F(\eta)=\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x\Rightarrow F(\eta)=2\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x.$$
又$\displaystyle F(1)=\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}f(1)=2\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x$，则$F(\eta)=F(1)$，由罗尔定理得存在$\xi\in(\eta,1)\subseteq(0,1)$，使得$$F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=(1-\xi)f(\xi).$$

## **罗尔定理**

### **原理**
若函数 $f(x)$ 满足以下三个条件：
在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
在开区间 $(a,b)$ 内可导；
区间端点函数值相等，即 $f(a)=f(b)$；
则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi)=0$。
罗尔定理的几何意义为：满足条件的函数曲线在区间内至少有一条水平切线。
它是拉格朗日中值定理（$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$）当 $f(a)=f(b)$ 时的特例。

### **适用条件**
罗尔定理的核心适用题型是证明导函数方程 $f'(\xi)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有根以及衍生的相关证明题。
具体可分为以下几类：
1. 直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
题目给出函数 f(x) 在 $[a,b]$ 上的连续性、$(a,b)$ 内的可导性，且满足 $f(a)=f(b)$，直接应用罗尔定理证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$。
2. 构造辅助函数证明导函数相关方程有根
对于形如 $f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0$、$f''(\xi)=0$ 等方程，需构造满足罗尔定理条件的辅助函数 $F(x)$，通过 $F(a)=F(b)$ 推导 $F'(\xi)=0$，进而等价转化为目标方程。
3. 结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
若函数 f(x) 有 n+1 个点的函数值相等，可多次应用罗尔定理，证明其 n 阶导数 $f^{(n)}(\xi)=0$ 在对应区间内有根。
4. 证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
若 $f'(x)\equiv0$ 在区间内成立，可通过反证法假设存在两点函数值不等，结合罗尔定理推出矛盾，进而证明函数为常数。

罗尔定理针对于一个函数，不同于柯西中值定理针对于两个函数

### **例题**
>[!example] 例1
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 $f(1) = 0$，求证存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。

**解析**：
设辅助函数 $\varphi(x) = x^n f(x)$，则 $\varphi(0)=0$，$\varphi(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$即
$$
n\xi^{n-1} f(\xi) + \xi^n f'(\xi) = 0
$$
两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。


>[!example] 例2
设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
试证明 $f'(x) = 0$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个根。


**解析**：
由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$.由导数的定义有$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-a}>0,\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)}{x-b}>0,$$由极限的保号性，存在$a_1,b_1\in(a,b)$，使得$f(a_1)>0,f(b_1)<0$，从而由零值定理，存在$c\in(a_1,b_1)$使得$f(c)=0$.
在区间$[a,c]$和$[c,b]$上分别用罗尔定理得，存在$\xi_1\in(a,c),\xi_2\in(c,b)$，使得$$f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0,$$故$f'(x)=0$在$(a,b)$内至少有两个根.

## **拉格朗日中值定理**
### **原理**
若函数 $f(x)$ 满足两个条件:
在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
在开区间 $(a,b)$ 内可导；
则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得
$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
也可写成等价形式 $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
其中$\xi$也有另一种形式.由于$\xi$是介于$a,b$之间的，我们可以用以下形式表示这种“介于”的性质：$$\xi=a+\theta(b-a),\theta\in(0,1)$$如果令$b-a=h$，则拉格朗日中值定理还可以写成$$f(b)=f(a)+(b-a)f'(a+\theta(b-a))=f(a)+hf'(a+\theta h).$$这也是泰勒公式中拉格朗日余项这个名字的由来。
是罗尔定理的推广，同时也是柯西中值定理的特例。其几何意义为：满足条件的函数曲线在区间 $(a,b)$ 内，至少存在一点的切线与连接端点 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦平行。


### **适用条件**
拉格朗日中值定理的核心适用题型是建立函数增量与导数的关联，进行不等式的证明，这是最常见的题型。通过对目标函数在指定区间上应用拉格朗日中值定理，得到 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，再利用导数 $f'(\xi)$ 的取值范围（有界性、正负性）放大或缩小式子，推导不等式。

### **例题**

>[!example] 例1
设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内可微，且  
$$f(0) = 0, \quad |f'(x)| \leq 1,$$证明：在 $(-1,1)$ 内，$|f(x)| < 1$。

**解析**：
对任意 $x \in (-1,1)$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得
$$
f(x) - f(0) = f'(\xi)(x-0)
$$
即 $f(x) = f'(\xi) x$。由于 $|f'(\xi)| \leq 1$，$|x| < 1$，故 $|f(x)| = |f'(\xi)| \cdot |x| < 1$。


>[!example] 例2
设 $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$，证明对任意 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 有
$$f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)$$

**解析**：
不妨设 $0 < x_1 < x_2$。由拉格朗日中值定理：
$$
f(x_1+x_2)-f(x_2) = f'(\xi_1)x_1, \quad \xi_1 \in (x_2, x_1+x_2)
$$
$$
f(x_1)-f(0) = f'(\xi_2)x_1, \quad \xi_2 \in (0, x_1)
$$
于是
$$
f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) = [f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]x_1
$$
对 $f'(x)$ 在 $[\xi_2,\xi_1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (\xi_2,\xi_1)$，使
$$
f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
$$
故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。


>[!example] 例3
 设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
   $$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
   （2）求
   $\lim\limits_{x \to 0} \theta(x).$

**证明：**
(1) 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得

$$
f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
$$

如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。

(2) 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x} 
&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)}{x} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)-x f'(0)}{x^{2}} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{2x} \\
&= \frac{f''(0)}{2},
\end{aligned}
$$

所以 $\lim\limits_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。

## **柯西中值定理**

### **原理**

设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足以下条件：
1. 在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
2. 在开区间 $(a, b)$ 内可导；
3. 对任意 $x \in (a, b)$，有 $g'(x) \neq 0$；
则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得：

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

柯西中值定理的几何意义为：由参数方程 $(g(t), f(t))$ 表示的曲线，在两点间的割线斜率等于曲线上某点切线的斜率。

它与拉格朗日中值定理的关系为：当 $g(x) = x$ 时，柯西中值定理退化为拉格朗日中值定理。它是处理两个函数之间微分中值关系的通用形式。

### **适用条件**

柯西中值定理的核心适用题型是**证明形如 $\displaystyle{\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}}$ 的等式成立**，以及处理**涉及两个中值点 $\xi, \eta$ 的问题**。

常见应用方向包括：
1. 直接证明存在性等式；
2. 通过函数配对，将目标等式转化为柯西中值定理的标准形式；
3. 处理“双中值问题”，常与拉格朗日中值定理结合使用。

### **例题**

>[!example] 例1  
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $a>0$。证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
$$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot \ln(b/a)$$

**解析**：  
将等式变形为：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi)
$$
取 $g(x) = \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。  
对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 应用柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{1/\xi} = \xi f'(\xi)
$$
整理即得所求。

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## 多次运用中值定理

多次运用中值定理一般有如下特征：
1. 有多个中值（如$\xi,\eta$两个中值）；
2. 有二阶导出现。
这种题目一般会比较难，而且通常要结合其他方法，比如反证法、构造函数等。

多次用中值定理又分为两种：
1. 在同一区间（或一个区间包含另一个区间）上用不同的中值定理；
2. 在相邻区间上对原函数和导函数用同一个（也可能是不同的）中值定理。

>[!example] 例1
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $0 < a < b$，试证存在 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得  $$f'(\xi) = \frac{a + b}{2\eta} f'(\eta).$$

**分析：**
	首先注意到题目要求我们证明的式子中有两个中值（即在区间内的某个点及其函数值），故想到可能会用多次中值定理。右边有$\frac{f'(\eta)}{\eta}$的形式，一般会想到用拉格朗日或者柯西，又题中没有哪个值让$f$等于$0$，所以大概率就是柯西中值定理。
	令$g(x)=x^2$，则有$$\exists\eta\in(a,b),\frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}=\frac{f'(\eta)}{2\eta}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}$$
	再对比要求的式子，知道再用一次拉格朗日中值定理就行。

**解**：
对 $f(x)$ 和 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理，得存在 $\eta \in (a,b)$，使得
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2} = \frac{f'(\eta)}{2\eta}
$$
整理得
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
$$
再对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(\xi)
$$
比较两式即得结论。

>[!example] 例2
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))$ ($a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。

**分析：**![[多次运用 微分中值定理.png]]
	二阶导的零点就是图像的拐点，从图中能直观地看出来，函数图像的凹凸性确实发生了改变。现在的问题就是如何证明。
	首先可以很直观地看到，函数图像应当有两条与直线$AB$平行的切线，由拉格朗日中值定理也可以证明这一点。这样，$f'(x)$就在不同地方取到了相同的函数值，这就想到用罗尔定理，从而可以证明题中结论。

**解**：
弦 $AB$ 的方程为
$$
y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
$$
由条件，$f(c) = f(a) + \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(c-a)$。分别对 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$，使得
$$
f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$
$$
f'(\xi_2) = \frac{f(b)-f(c)}{b-c} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$
故 $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)$。再对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b)$，使 $f''(\xi)=0$。

>[!example] 例3
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：  
(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；  
(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。

**分析：**
	初看没有什么思路，涉及到二阶导一般会用泰勒展开或者对导数用中值定理。我们对一阶导和二阶导的性质一概不清楚，所以应该考虑对导数用中值定理。
	直接对$f(x)$用中值定理吗？不是，这样子我们得不出任何的结论。或许我们应该构造一个新的函数，让我们更容易研究一些。观察要证的式子，由于我们完全不知道导数的性质，所以考虑函数$g(x)=f(x)-x^2$，有$\displaystyle g'(x)=f'(x)-2x,g''(x)=f''(x)-2$，且$\displaystyle g(0)=0,g(1)=0,g(\frac{1}{2})>0$.看到这些$0$就舒服很多了。注意这里应该是多次运用中值定理中的第2种情况，因为题目很明显给了我们分割区间的一个点：$\displaystyle{\frac{1}{2}}$.

**解**：
(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。在$\displaystyle[0,\frac{1}{2}],[\frac{1}{2},1]$上分别用拉格朗日中值定理得，$\displaystyle\exists\eta_1\in(0,\frac{1}{2}),\eta_2\in(\frac{1}{2},1)$，使得$$g'(\eta_1)=\frac{g(1/2)-g(0)}{1/2}>0,g'(\eta_2)=\frac{g(1)-g(1/2)}{1/2}<0$$对$g'(x)$在区间$[\eta_1,\eta_2]$上用拉格朗日中值定理得，$\exists\xi\in(\eta_1,\eta_2)$，使得$$g''(\xi)=\frac{g'(\eta_2)-g'(\eta_1)}{\eta_2-\eta_1}<0,$$即$$f''(\xi)<2.$$
(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，故$g(x_0)\le0$。由$g(0)=0,g(1)=0,g(1/2)>0,\exists\alpha\in(0,1),g(\alpha)=0$.故由罗尔中值定理，$$\exists\beta_1\in(0,\alpha),\beta_2\in(\alpha,1),g'(\beta_1)=g'(\beta_2)=0,$$从而$$\exists\beta\in(\beta_1,\beta_2),g''(\beta)=0$$这与$f''(x)\neq2$，即$g''(x)\neq0$矛盾，故结论成立。

**题后总结：**
	1. 注意观察要证等式的形式，如果需要用到中值定理，就看看应该是哪个中值定理，比如等于某个确定的值一般就是罗尔，有多个函数（有些比较隐蔽，尤其是幂函数）一般是柯西，其他一些奇奇怪怪的情况基本上是拉格朗日
	2. 注意分析和综合相结合的方法，从结论向前推一推，推不动了再从条件往后推一推，这是证明题的很重要的思路
	3. 数形结合可以给我们很大的信心并提供思路，但是也要小心用

## 微分中值定理证明不等式的要点归纳

**识别不等式结构**
   - 若不等式形如 $f(b) - f(a)$ 与 $b-a$ 的关系，或含有函数值差与自变量差之商，可考虑**拉格朗日中值定理**。
   
**选择合适定理与辅助函数**
   - **拉格朗日定理**：常用于"单函数"差值型不等式，构造 $f(x)$ 使 $f'(\xi)$ 出现在不等式中。
   - **柯西定理**：适用于"双函数"比值型不等式，构造 $f(x), g(x)$ 使 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 出现。
   - **辅助函数构造**：常借助常见函数如 $\ln x, \text{e}^x, x^n, \arctan x, \sin x, \cos x$ 等，通过求导形式匹配目标。

**法一：利用导数单调性估计中值**
   - 应用中值定理得到含 $\xi$ 的表达式后，可以通过函数极值的求法求出其最大最小值进行比较
**法二：直接对所得结果进行放缩**

最终目标是将多变量问题变成单变量问题，将复杂变量问题变成简单变量问题

>[!example] 例1
设 $\text{e} < a < b < \text{e}^2$，证明：$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{\text{e}^2}(b-a).$$

**证明**：  
考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
$$
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
$$
令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
$$
g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
$$
当 $x > \text{e}$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(\text{e}, +\infty)$ 上单调递减。  
由于 $\text{e} < a < \xi < b < \text{e}^2$，所以
$$
g(\xi) > g(\text{e}^2) = \frac{2\ln 
\text{e}^2}{\text{e}^2} = \frac{4}{\text{e}^2}.
$$
因此
$$
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{\text{e}^2},
$$
即
$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{\text{e}^2}(b-a).
$$
证毕。
>[!example] 例2
设 $a > \text{e}$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：$$
a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.$$

**证明**：  
令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
$$
\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y}  = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
$$
 $$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
 证毕
>[!example] 例3
证明：当 $x>0$ 时，$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.$$

**证明**：  
考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
$$
令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
$$
\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
$$
令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。  
当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。  
因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
$$
\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
$$
化简：
$$
\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
$$
于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
$$
等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。

>[!example] 例4
(1) 证明：存在 $\displaystyle\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;  
(2) 证明不等式 $$\displaystyle\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。

**证明**  
（1）定义函数 $\displaystyle f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,  
由拉格朗日中值定理知：存在 $\displaystyle \theta \in (0, 1)$ 使得  
$$
\begin{aligned}
f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
&= \dfrac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta(x-\frac{x}{2})} \cdot \frac{x}{2} \\
&= \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}.
\end{aligned}
$$

（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $\displaystyle(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。  
令 $\displaystyle F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知  
$$\displaystyle
\begin{aligned}
F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
&> \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
\end{aligned}
$$
因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $\displaystyle(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。  
令 $\displaystyle x = \frac{1}{n}$，则有 $\displaystyle (n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式  
$$
\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right)
$$
成立。

## 微分中值定理与积分中值定理结合

经过对近十年的期末测试题的观察，微分中值定理通常不会单独出题，而是与积分中值定理一起出，本模块旨在通过几道经典的题目，让同学们熟悉微分中值与定积分中值的综合运用。
首先我们来回顾定积分中值定理：

>[!note] 定理
>如果函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在积分区间$[a,b]$上至少有一点$\xi$，使
>$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$

这类题的识别特征是：
1. 出现积分号
2. 证明存在 $\xi$ 使得……

>[!example] 例题1
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$$3\int_{\frac{2}{3}}^1f(x)\mathrm{d}x=f(0).$$证明存在$c\in(0,1)$，使得$f'(c)=0$.

**证明：**
由积分中值定理，存在$\xi\in(\dfrac{2}{3},1)$，使得$\displaystyle\int_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.

>[!example] 例题2
>设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$

**证明：**
令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\displaystyle{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
>[!example] 例题3
>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\displaystyle{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$.  证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$

**证明：**
由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.
令$F(x)=\text{e}^{-2022x}f(x)$，有$$F'(x)=\text{e}^{-2022x}(f'(x)-2022f(x)),$$且$F(0)=0=F(\eta)$。故由罗尔中值定理得存在$\xi\in(0,\eta)\subset(0,2)$，使得$$F'(\xi)=0,f'(\xi)=2022f(\xi).$$