2026.10.19 · 第二视角 · 独立板块

第二视角
中值定理与证明题

从题干的符号出发，沿着圈画、颜色和箭头，看到下一行为什么这样写。

蓝：条件与对应绿：导数与符号红：目标与限制紫：选路与构造

本辑重写当前专题的32项核心方法，并加入三点共线、积分平均函数单调性，共34项。这里按方法组织；相关年份原题通过每项末尾链接保留，不把题源条数当作逐题重写数量。

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第二视角 · 中值定理与证明题第 1 项 / 1—4

01　固定点存在与唯一：介值加罗尔

ff 在 [0,1][0,1] 连续、(0,1)(0,1) 可导；0<f(x)<10<f(x)<1，f′(x)≠1f'(x)\ne1。
存在唯一 ξ∈(0,1):f(ξ)=ξ\text{存在唯一}\,\xi\in(0,1):\quad f(\xi)=\xi
①读题：等号两边有同一个自变量
f(ξ)=ξ→移项f(ξ)−ξ=0\ringR{f(\xi)=\xi}\quad\xrightarrow{\text{移项}}\quad f(\xi)-\xi=0
0<f(0),f(1)<1\ringB{0<f(0)},\qquad\ringB{f(1)<1}
先把“交点”改成“零点”；存在和唯一分开做。
②选定理：存在看异号，唯一看反证
F(0)F(1)<0 →介值 至少一个零点F(0)F(1)<0\ \xrightarrow{\text{介值}}\ \text{至少一个零点}
F(ξ)=F(η)=0 →罗尔 F′(c)=0F(\xi)=F(\eta)=0\ \xrightarrow{\text{罗尔}}\ F'(c)=0
罗尔本身不制造第一个零点。拉格朗日也能排除两根，但罗尔直接对应两个零值。
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01　固定点存在与唯一：介值加罗尔 · 续

③辅助函数来自目标的移项
F(x)=f(x)−x\blue{F(x)=f(x)-x}
F(0)=f(0)>0,F(1)=f(1)−1<0F(0)=f(0)>0,\qquad F(1)=f(1)-1<0
F′(x)=f′(x)−1≠0\green{F'(x)=f'(x)-1\ne0}
减去 x：同时把目标化零，把题给 f′≠1 化成 F′≠0。
④存在性的完整证明
F 在 [0,1] 连续，端点严格异号。
∃ξ∈(0,1):F(ξ)=0\exists\xi\in(0,1):\quad F(\xi)=0
代回定义
f(ξ)−ξ=0 ⟹ f(ξ)=ξf(\xi)-\xi=0\ \Longrightarrow\ f(\xi)=\xi
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01　固定点存在与唯一：介值加罗尔 · 续

⑤唯一性的完整证明
反设还有另一根 η；交换名字后可令 ξ<η。
0<ξ<η<1,F(ξ)=F(η)=00<\xi<\eta<1,\quad F(\xi)=F(\eta)=0
F 在 [ξ,η] 连续，在 (ξ,η) 可导；罗尔给出
∃c∈(ξ,η):0=F′(c)=f′(c)−1\exists c\in(\xi,\eta):\quad0=F'(c)=f'(c)-1
f′(c)=1与题设矛盾f'(c)=1\quad\red{\text{与题设矛盾}}
⑥为什么不直接说 f 单调？
f′(x)≠1⇏f′(x)>0f'(x)\ne1\quad\not\Rightarrow\quad f'(x)>0
它限制的是导数与 1 的关系，不是与 0 的关系。
f′(x)−1⏟F′(x)≠0已经足够排除 F 的两个零点\underbrace{f'(x)-1}_{F'(x)}\ne0\quad\text{已经足够排除 F 的两个零点}
不必额外假设导数连续，也不必先讨论 f 的单调性。
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01　固定点存在与唯一：介值加罗尔 · 续

⑦边界条件改变时，哪一步失效？
0≤f(x)≤1 ⟹ F(0)≥0, F(1)≤00\le f(x)\le1\ \Longrightarrow\ F(0)\ge0,\ F(1)\le0
这只保证闭区间内的固定点，可能落在端点。
f(x)=0:f′(x)≠1,f(x)=x⟺x=0f(x)=0:\quad f'(x)\ne1,\quad f(x)=x\Longleftrightarrow x=0
⑧下一次遇到交点：先写这一行
f(ξ)=g(ξ) ⟹ F=f−gf(\xi)=g(\xi)\ \Longrightarrow\ F=f-g
存在：看 F(a),F(b);唯一：看 F′=f′−g′\text{存在：看 }F(a),F(b);\qquad\text{唯一：看 }F'=f'-g'
再检查区间连续性、开区间可导性；不能仅凭移项就宣称交点存在。
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02　乘积导数构造中值辅助函数

a<ba<b，f 在 [a,b] 连续f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续} 且在 (a,b)(a,b) 可导。
bf(b)−af(a)b−a=f(ξ)+ξf′(ξ)\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}=f(\xi)+\xi f'(\xi)
①读题：端点乘积与导数两项互相对应
bf(b)−af(a)b−a=f(ξ)+ξf′(ξ)\ringB{\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}}=\ringG{f(\xi)+\xi f'(\xi)}
右边识别乘积求导，左边核对端点
[xf(x)]′=1⋅f(x)+xf′(x)[xf(x)]'=1\cdot f(x)+x f'(x)
②选定理：差商等于一个导数
F(b)−F(a)b−a=F′(ξ)拉格朗日\frac{F(b)-F(a)}{b-a}=F'(\xi)\quad\green{\text{拉格朗日}}
罗尔也可用，但须先减一次项使端点相等；柯西取第二函数 x 就退回拉格朗日。
只给一阶可导，不用额外二阶条件或泰勒展开。
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02　乘积导数构造中值辅助函数 · 续

③辅助函数怎样确定
u=x,v=f(x),(uv)′=u′v+uv′u=x,\quad v=f(x),\qquad(uv)'=u'v+uv'
F(x)=xf(x),F′(x)=f(x)+xf′(x)F(x)=xf(x),\quad F'(x)=f(x)+xf'(x)
F(b)−F(a)=bf(b)−af(a)F(b)-F(a)=bf(b)-af(a)
导数与端点同时匹配，构造才算完成。
④完整证明：一次定理产生同一个点
F 在 [a,b] 连续，在 (a,b) 可导。
∃ξ∈(a,b):F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)\exists\xi\in(a,b):\quad F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)
bf(b)−af(a)=[f(ξ)+ξf′(ξ)](b−a)bf(b)-af(a)=[f(\xi)+\xi f'(\xi)](b-a)
b−a>0，两边同除
bf(b)−af(a)b−a=f(ξ)+ξf′(ξ)\boxed{\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}=f(\xi)+\xi f'(\xi)}
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02　乘积导数构造中值辅助函数 · 续

⑤罗尔路线：常数不是猜的
G(x)=xf(x)−CxG(x)=xf(x)-Cx
G(a)=G(b)⟺af(a)−Ca=bf(b)−CbG(a)=G(b)\Longleftrightarrow af(a)-Ca=bf(b)-Cb
C(b−a)=bf(b)−af(a)C(b-a)=bf(b)-af(a)
C=bf(b)−af(a)b−a\purple{C=\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}}
⑥罗尔路线的完整收尾
取上式 C，G 连续、开区间可导，且 G(a)=G(b)。
∃ξ∈(a,b):G′(ξ)=0\exists\xi\in(a,b):\quad G'(\xi)=0
f(ξ)+ξf′(ξ)−C=0f(\xi)+\xi f'(\xi)-C=0
f(ξ)+ξf′(ξ)=bf(b)−af(a)b−af(\xi)+\xi f'(\xi)=\frac{bf(b)-af(a)}{b-a}
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02　乘积导数构造中值辅助函数 · 续

⑦别把两个不同的中值点拼成一个
f(x)=x2,[a,b]=[0,1]f(x)=x^2,\quad[a,b]=[0,1]
对 f 用拉格朗日：1=2ξ⟹ξ=12\text{对 f 用拉格朗日：}\quad 1=2\xi\Longrightarrow\xi=\frac12
f(12)+12f′(12)=34≠1f(\tfrac12)+\tfrac12 f'(\tfrac12)=\tfrac34\ne1
对 xf(x)=x3:1=3ξ2⟹ξ=13\text{对 }xf(x)=x^3:\quad1=3\xi^2\Longrightarrow\xi=\frac1{\sqrt3}
⑧变式：两项中看见 x² 和 2x
2xf(x)+x2f′(x)=[x2f(x)]′\green{2xf(x)+x^2f'(x)=[x^2f(x)]'}
设 F=x²f，正则性不变；拉格朗日给
∃ξ∈(a,b):b2f(b)−a2f(a)b−a=2ξf(ξ)+ξ2f′(ξ)\exists\xi\in(a,b):\quad\frac{b^2f(b)-a^2f(a)}{b-a}=2\xi f(\xi)+\xi^2 f'(\xi)
记住乘积法则的两项对应，不必记一张辅助函数表。
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03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明

ff 在 [0,1][0,1] 上具有二阶导数，f′(0)=f′(1)f'(0)=f'(1)，∣f′′(x)∣≤1|f''(x)|\le1。第一问证明任意 0<x<10<x<1 的点值界；第二问证明积分界。
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|\le\frac{x(1-x)}2
∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤112\left|\int_0^1 f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right|\le\frac1{12}
①读题：绝对值、内部组合、右边分别触发什么
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2\ringR{|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|}\le\ringG{\frac{x(1-x)}2}
绝对值 → 同时控制上界与下界
−x(1−x)2≤f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)≤x(1−x)2-\frac{x(1-x)}2\le f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)\le\frac{x(1-x)}2
(1−x)f(0)+xf(1)\blue{(1-x)f(0)+xf(1)}
代入两端 → 这正是连接端点的直线
x=0: f(0);x=1: f(1)x=0:\ f(0);\qquad x=1:\ f(1)
x(1−x)2:x=0,1 时为零\green{\frac{x(1-x)}2}:\quad x=0,1\text{ 时为零}
[x(1−x)2]′′=−1,−1≤f′′≤1\left[\frac{x(1-x)}2\right]''=-1,\qquad\ringG{-1\le f''\le1}
左边减直线不改变二阶导数；右边二次项的二阶导数正好是常数。两条线索在这里接上。
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03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

②选定理：先看目标要哪一阶、哪一种关系
罗尔：G(0)=G(x)=G(1)=0\text{罗尔：}\quad G(0)=G(x)=G(1)=0
⇓G′(ξ1)=G′(ξ2)=0⇓G′′(ξ)=0\Downarrow\quad G'(\xi_1)=G'(\xi_2)=0\quad\Downarrow\quad G''(\xi)=0
主线选它：目标有二阶导数界，可以补二次项造第三个零点。
拉格朗日：G(x)−G(0)x=G′(ξ1)\text{拉格朗日：}\quad\frac{G(x)-G(0)}x=G'(\xi_1)
G(1)−G(x)1−x=G′(ξ2),ξ1<x<ξ2\frac{G(1)-G(x)}{1-x}=G'(\xi_2),\quad\xi_1<x<\xi_2
也能走：先让 G″ 有固定符号，再比较这两个一阶导数；第⑦页完成。
柯西的一般形式：f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\text{柯西的一般形式：}\quad\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
它适合两个增量之比；本题没有现成的第二个增量。右边有分母 2，不等于需要柯西。
泰勒：f(0),f(1)→f(x),f′(x),f′′(η)\text{泰勒：}\quad f(0),f(1)\to f(x),f'(x),f''(\eta)
可行：用两个权重消去 f′(x)，第⑧页完成。闭区间连续、内部二阶可导足以支持以上主线。
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03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

③第一个辅助函数：端点连线如何算出来
过 (0,f(0)),(1,f(1)) 的直线：At+B\text{过 }(0,f(0)),(1,f(1))\text{ 的直线：}\quad At+B
把两个端点分别代入，解两个系数
B=f(0),A+B=f(1)B=f(0),\qquad A+B=f(1)
A=f(1)−f(0)A=f(1)-f(0)
At+B=tf(1)+(1−t)f(0)At+B=tf(1)+(1-t)f(0)
从 f 减去这条直线：端点误差同时归零
F(t)=f(t)−(1−t)f(0)−tf(1)\blue{F(t)=f(t)-(1-t)f(0)-tf(1)}
F(0)=f(0)−f(0)=0,F(1)=f(1)−f(1)=0F(0)=f(0)-f(0)=0,\qquad F(1)=f(1)-f(1)=0
F′(t)=f′(t)+f(0)−f(1),F′′(t)=f′′(t)F'(t)=f'(t)+f(0)-f(1),\quad\green{F''(t)=f''(t)}
目标变成：∣F(x)∣≤x(1−x)2\text{目标变成：}\quad|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2
x 是本次想估计的固定点；t 是辅助函数的自变量。后面求导都对 t 求。A、B 解完即退场。
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④第二个辅助函数：补什么、系数怎样定
F(0)=F(1)=0只有两个零点F(0)=F(1)=0\quad\text{只有两个零点}
想得到二阶导数零点⟶还缺一个零点 x\text{想得到二阶导数零点}\quad\longrightarrow\quad\text{还缺一个零点 }x
补项既要保留 0、1，又要能调节 x 处的值
t=0,1 都为零⟹t(t−1)t=0,1\text{ 都为零}\quad\Longrightarrow\quad t(t-1)
G(t)=F(t)−Ct(t−1)G(t)=F(t)-Ct(t-1)
G(x)=0⟺F(x)−Cx(x−1)=0G(x)=0\Longleftrightarrow F(x)-Cx(x-1)=0
0<x<1⟹x(x−1)≠00<x<1\Longrightarrow x(x-1)\ne0
C=F(x)x(x−1)\purple{C=\frac{F(x)}{x(x-1)}}
G(0)=G(x)=G(1)=0G(0)=G(x)=G(1)=0
[t(t−1)]′=2t−1,[t(t−1)]′′=2[t(t-1)]'=2t-1,\quad[t(t-1)]''=2
G′′(t)=f′′(t)−2CG''(t)=f''(t)-2C
C 虽由固定的 x 决定，但对 t 求导时是常数。目标中的 1/2 将由 2C=f″(ξ) 得到。
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03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

⑤第一问完整证明：两层，实际用三次罗尔
固定任意 x∈(0,1)，取前两页的 F、G、C。G 在 [0,1] 连续、内部二阶可导。
[0,x]:G(0)=G(x)=0[0,x]:\quad G(0)=G(x)=0
⟹∃ξ1∈(0,x):G′(ξ1)=0\Longrightarrow\exists\xi_1\in(0,x):G'(\xi_1)=0
[x,1]:G(x)=G(1)=0[x,1]:\quad G(x)=G(1)=0
⟹∃ξ2∈(x,1):G′(ξ2)=0\Longrightarrow\exists\xi_2\in(x,1):G'(\xi_2)=0
G′ 在内部可导，因而在 [ξ₁,ξ₂] 连续；在这个新区间第三次用罗尔。
∃ξ∈(ξ1,ξ2):0=G′′(ξ)=f′′(ξ)−2C\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2):\quad0=G''(\xi)=f''(\xi)-2C
C=12f′′(ξ),F(x)=Cx(x−1)=12f′′(ξ)x(x−1)C=\frac12f''(\xi),\quad F(x)=Cx(x-1)=\frac12f''(\xi)x(x-1)
∣x(x−1)∣=x(1−x),∣f′′(ξ)∣≤1|x(x-1)|=x(1-x),\quad |f''(\xi)|\le1
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2\boxed{|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|\le\frac{x(1-x)}2}
x 任意，因此每个内点都成立；若把结论延伸到 0、1，两边都为 0。不同 x 对应的 ξ 可以不同。
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⑥第二问完整证明：把第一问的界积起来
∫01(1−x) dx=[x−x22]01=12\int_0^1(1-x)\,dx=\left[x-\frac{x^2}2\right]_0^1=\frac12
∫01x dx=[x22]01=12\int_0^1x\,dx=\left[\frac{x^2}2\right]_0^1=\frac12
端点函数值对积分变量 x 是常数
∫01[(1−x)f(0)+xf(1)] dx=f(0)+f(1)2\int_0^1[(1-x)f(0)+xf(1)]\,dx=\frac{f(0)+f(1)}2
∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2=∫01F(x) dx\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2=\int_0^1F(x)\,dx
先用积分绝对值不等式，再用第一问逐点界
∣∫01F(x) dx∣≤∫01∣F(x)∣ dx≤∫01x(1−x)2 dx\left|\int_0^1F(x)\,dx\right|\le\int_0^1|F(x)|\,dx\le\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx
∫01x(1−x)2 dx=12[x22−x33]01\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx=\frac12\left[\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]_0^1
=12(12−13)=112=\frac12\left(\frac12-\frac13\right)=\frac1{12}
∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤112\boxed{\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right|\le\frac1{12}}
直接积分点值界即可；不需要把中值点 ξ 当成 x 的可导函数，更不能把 f″(ξ) 擅自提出积分。
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⑦另一个入口：绝对值拆上下界，用拉格朗日比较
仍用 F=f−端点连线；以下重新定义 G。先证明上界。
G(t)=F(t)−t(1−t)2,G(0)=G(1)=0G(t)=F(t)-\frac{t(1-t)}2,\quad G(0)=G(1)=0
G′′(t)=f′′(t)+1≥0⟹G′ 不减G''(t)=f''(t)+1\ge0\Longrightarrow G'\text{ 不减}
最后一步由对 G′ 使用拉格朗日得到。再在 [0,x]、[x,1] 各用拉格朗日：
G(x)x=G′(ξ1)≤G′(ξ2)=−G(x)1−x\frac{G(x)}x=G'(\xi_1)\le G'(\xi_2)=\frac{-G(x)}{1-x}
0<ξ1<x<ξ2<10<\xi_1<x<\xi_2<1
乘正数 x(1−x)，移项合并
(1−x)G(x)≤−xG(x)⟹G(x)≤0(1-x)G(x)\le-xG(x)\Longrightarrow G(x)\le0
F(x)≤x(1−x)2F(x)\le\frac{x(1-x)}2
下界：重新取 G(t)=F(t)+t(1−t)/2，则 G(0)=G(1)=0，G″=f″−1≤0，G′不增。
G(x)x≥−G(x)1−x⟹G(x)≥0\frac{G(x)}x\ge\frac{-G(x)}{1-x}\Longrightarrow G(x)\ge0
F(x)≥−x(1−x)2⟹∣F(x)∣≤x(1−x)2F(x)\ge-\frac{x(1-x)}2\Longrightarrow\boxed{|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2}
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⑧泰勒如何消项；导数端点相等还能想到什么
f(0)=f(x)−xf′(x)+x22f′′(η1),0<η1<xf(0)=f(x)-xf'(x)+\frac{x^2}{2}f''(\eta_1),\quad0<\eta_1<x
f(1)=f(x)+(1−x)f′(x)+(1−x)22f′′(η2),x<η2<1f(1)=f(x)+(1-x)f'(x)+\frac{(1-x)^2}{2}f''(\eta_2),\quad x<\eta_2<1
分别乘 1−x、x，再相加
−x(1−x)+x(1−x)=0消掉 f′(x)-x(1-x)+x(1-x)=0\quad\text{消掉 }f'(x)
(1−x)f(0)+xf(1)−f(x)(1-x)f(0)+xf(1)-f(x)
=x(1−x)2[xf′′(η1)+(1−x)f′′(η2)]=\frac{x(1-x)}2[xf''(\eta_1)+(1-x)f''(\eta_2)]
∣F(x)∣≤x(1−x)2[x∣f′′(η1)∣+(1−x)∣f′′(η2)∣]|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2[x|f''(\eta_1)|+(1-x)|f''(\eta_2)|]
≤x(1−x)2[x+(1−x)]=x(1−x)2\le\frac{x(1-x)}2[x+(1-x)]=\frac{x(1-x)}2
题设闭区间二阶可导保证 f′ 连续，导数端点相等还可单独触发罗尔：
f′(0)=f′(1)⟹∃η∈(0,1):f′′(η)=0f'(0)=f'(1)\Longrightarrow\exists\eta\in(0,1):f''(\eta)=0
但这个存在性结论不能代替“每个 x 的误差界”。以上两问都没有用到端点导数相等。
∣f′′∣≤M⟹∣F(x)∣≤M2x(1−x),∣∫01F∣≤M12|f''|\le M\Longrightarrow |F(x)|\le\frac M2x(1-x),\quad\left|\int_0^1F\right|\le\frac M{12}
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04　积分条件构造三个零点

f 在 [−1,1] 连续f\text{ 在 }[-1,1]\text{ 连续}，在 (−1,1)(-1,1) 可导且严格递增；∫−11f(t) dt=0\int_{-1}^1 f(t)\,\mathrm dt=0，a=∫01f(t) dta=\int_0^1 f(t)\,\mathrm dt。
∃ξ∈(−1,1):f′(ξ)=2∫01f(t) dt\exists\xi\in(-1,1):\quad f'(\xi)=2\int_0^1f(t)\,dt
①读题：积分为零给两个端点，小积分给中点
∫−11f(t) dt=0,a=∫01f(t) dt\ringB{\int_{-1}^1f(t)\,dt=0},\qquad\ringB{a=\int_0^1f(t)\,dt}
目标：∃ξ∈(−1,1), f′(ξ)=2a\text{目标：}\quad\exists\xi\in(-1,1),\ f'(\xi)=2a
导数等于常数，先移项认成二阶导数
f′(ξ)−2a=0f'(\xi)-2a=0
②先证明 a>0：严格递增怎样用
∫−10f(t) dt=−a\int_{-1}^0f(t)\,dt=-a
2a=∫01f(t) dt−∫−10f(t) dt2a=\int_0^1f(t)\,dt-\int_{-1}^0f(t)\,dt
t=−u:∫−10f(t) dt=∫01f(−u) dut=-u:\quad\int_{-1}^0f(t)\,dt=\int_0^1f(-u)\,du
2a=∫01[f(t)−f(−t)] dt>02a=\int_0^1[f(t)-f(-t)]\,dt>0
t>0 时 t>−t，严格递增给被积差严格为正；不是由严格递增推 f′处处>0。
第二视角 · 中值定理与证明题第 4 项 / 2—4

04　积分条件构造三个零点 · 续

③选定理：积分先升一阶，再用两层罗尔
(∫1xf(t) dt)′=f(x),(∫1xf(t) dt)′′=f′(x)\left(\int_1^xf(t)\,dt\right)'=f(x),\qquad\left(\int_1^xf(t)\,dt\right)''=f'(x)
(Ax2+Bx+C)′′=2A(Ax^2+Bx+C)''=2A
需要二阶导数变成 f′−2a，先令 A=−a；再由端点条件定 B、C。
④辅助函数的三个系数怎样算
F(x)=∫1xf(t) dt−ax2+Bx+CF(x)=\int_1^xf(t)\,dt-ax^2+Bx+C
F(1)=0⟹−a+B+C=0F(1)=0\Longrightarrow-a+B+C=0
F(−1)=0⟹−a−B+C=0F(-1)=0\Longrightarrow-a-B+C=0
B=0, C=a⟹F(x)=a(1−x2)+∫1xf(t) dtB=0,\ C=a\Longrightarrow F(x)=a(1-x^2)+\int_1^xf(t)\,dt
F(0)=a−∫01f(t) dt=0F(0)=a-\int_0^1f(t)\,dt=0
第二视角 · 中值定理与证明题第 4 项 / 3—4

04　积分条件构造三个零点 · 续

⑤第一层：在左右两段分别用罗尔
f 连续且可导，F 在闭区间连续、内部二阶可导。
F(−1)=F(0)=F(1)=0F(-1)=F(0)=F(1)=0
∃ξ1∈(−1,0):F′(ξ1)=0\exists\xi_1\in(-1,0):F'(\xi_1)=0
∃ξ2∈(0,1):F′(ξ2)=0\exists\xi_2\in(0,1):F'(\xi_2)=0
ξ1<0<ξ2\xi_1<0<\xi_2
⑥第二层：同一个常数 2a 出现
F′ 在 [ξ₁,ξ₂] 连续、内部可导，且两端同为零。
∃ξ∈(ξ1,ξ2):F′′(ξ)=0\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2):\quad F''(\xi)=0
F′(x)=−2ax+f(x),F′′(x)=−2a+f′(x)F'(x)=-2ax+f(x),\qquad F''(x)=-2a+f'(x)
f′(ξ)=2a,−1<ξ<1\boxed{f'(\xi)=2a},\qquad-1<\xi<1
第二视角 · 中值定理与证明题第 4 项 / 4—4

04　积分条件构造三个零点 · 续

⑦换一种看法：也可先找两条斜率
F(−1)=F(0)=F(1)=0⟹F(0)−F(−1)1=F(1)−F(0)1=0F(-1)=F(0)=F(1)=0\Longrightarrow\frac{F(0)-F(-1)}1=\frac{F(1)-F(0)}1=0
对两段使用拉格朗日，得到同样的两个 F′ 零点；再对 F′ 用罗尔。
这里拉格朗日的斜率恰好为零，所以直接称罗尔更短。
⑧验算与迁移
f(x)=x:a=∫01x dx=12,f′(x)=1=2af(x)=x:\quad a=\int_0^1x\,dx=\tfrac12,\quad f'(x)=1=2a
f(x)=x3:a=14,3ξ2=12⟹ξ=±16f(x)=x^3:\quad a=\tfrac14,\quad3\xi^2=\tfrac12\Longrightarrow\xi=\pm\tfrac1{\sqrt6}
看到积分条件、目标含 f′：尝试变上限积分；再由目标常数的导数阶数决定补一次还是二次项。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 5 项 / 1—4

05　凸性、切线与割线斜率的不等式

f 在 [a,b] 连续f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}，在 (a,b)(a,b) 可导且 f′f' 单调不减；公式中的端点导数另假设 f+′(a),f−′(b)f'_+(a),f'_-(b) 存在且有限。 末尾整数采样例另要求 ff 在 [1,+∞)[1,+\infty) 有二阶导数且 f′′>0f''>0。 严格割线条件指每个 a<x1<x2<x3<ba<x_1<x_2<x_3<b 都满足相邻割线斜率严格递增；此分支只需 ff 在 (a,b)(a,b) 可导。 固定右端点割线分支只要求凸性（图形在弦线下方），不要求可导。
f′(a)≤f(b)−f(a)b−a≤f′(b)f'(a)\le\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\le f'(b)
①读题：导数不减怎样传递到割线
f′ 不减,a<x<b\ringG{f'\text{ 不减}},\quad a<x<b
f(x)−f(a)x−a与f(b)−f(x)b−x\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\quad\text{与}\quad\frac{f(b)-f(x)}{b-x}
两段区间左右分离，中值点的位置才可以比较。
②选定理：斜率用拉格朗日，值的界再移项
∃ξ1∈(a,x):f(x)−f(a)x−a=f′(ξ1)\exists\xi_1\in(a,x):\quad\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(\xi_1)
∃ξ2∈(x,b):f(b)−f(x)b−x=f′(ξ2)\exists\xi_2\in(x,b):\quad\frac{f(b)-f(x)}{b-x}=f'(\xi_2)
ξ1<ξ2⟹f′(ξ1)≤f′(ξ2)\xi_1<\xi_2\Longrightarrow f'(\xi_1)\le f'(\xi_2)
f 闭区间连续、内部可导，两个子区间都满足拉格朗日条件。
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05　凸性、切线与割线斜率的不等式 · 续

③割线不等式怎样变成弦线不等式
f(x)−f(a)x−a≤f(b)−f(x)b−x\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\le\frac{f(b)-f(x)}{b-x}
两个分母均为正，交叉相乘不变号
(b−x)[f(x)−f(a)]≤(x−a)[f(b)−f(x)](b-x)[f(x)-f(a)]\le(x-a)[f(b)-f(x)]
(b−a)f(x)≤(b−x)f(a)+(x−a)f(b)(b-a)f(x)\le(b-x)f(a)+(x-a)f(b)
f(x)≤b−xb−af(a)+x−ab−af(b)\boxed{f(x)\le\frac{b-x}{b-a}f(a)+\frac{x-a}{b-a}f(b)}
④切线不等式：左右两边必须分别看符号
f(x)−f(c)=f′(ξ)(x−c)f(x)-f(c)=f'(\xi)(x-c)
x>c: c<ξ<x, f′(ξ)≥f′(c), x−c>0x>c:\ c<\xi<x,\ f'(\xi)\ge f'(c),\ x-c>0
x<c: x<ξ<c, f′(ξ)≤f′(c), x−c<0x<c:\ x<\xi<c,\ f'(\xi)\le f'(c),\ x-c<0
第二种情况乘负数，不等号反向
f(x)≥f(c)+f′(c)(x−c)f(x)\ge f(c)+f'(c)(x-c)
f=ex, c=0:ex≥1+xf=e^x,\ c=0:\quad e^x\ge1+x
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05　凸性、切线与割线斜率的不等式 · 续

⑤端点导数夹住整段斜率
本分支另假设端点单侧导数存在且有限。
f(x)−f(a)x−a≤f(b)−f(a)b−a≤f(b)−f(x)b−x\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\le\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\le\frac{f(b)-f(x)}{b-x}
左边令 x→a⁺，右边令 x→b⁻
f+′(a)≤f(b)−f(a)b−a≤f−′(b)\boxed{f'_+(a)\le\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\le f'_-(b)}
不可把端点导数存在当成“内部可导”自动附送的条件。
⑥整数采样：为什么相邻增量越来越大
本分支 f 在 [1,+∞) 二阶可导且 f″>0。
f(n+1)−f(n)=f′(ξn),n<ξn<n+1f(n+1)-f(n)=f'(\xi_n),\quad n<\xi_n<n+1
ξn<n+1<ξn+1⟹f′(ξn)<f′(ξn+1)\xi_n<n+1<\xi_{n+1}\Longrightarrow f'(\xi_n)<f'(\xi_{n+1})
f(2)>f(1)⟹f(n)≥f(1)+(n−1)[f(2)−f(1)]→+∞f(2)>f(1)\Longrightarrow f(n)\ge f(1)+(n-1)[f(2)-f(1)]\to+\infty
最后是把 n−1 个增量逐项下界相加。
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05　凸性、切线与割线斜率的不等式 · 续

⑦严格割线条件为什么迫使 f′严格递增
u<t<v:f(v)−f(u)v−u=t−uv−uf(t)−f(u)t−u+v−tv−uf(v)−f(t)v−tu<t<v:\quad\frac{f(v)-f(u)}{v-u}=\frac{t-u}{v-u}\frac{f(t)-f(u)}{t-u}+\frac{v-t}{v-u}\frac{f(v)-f(t)}{v-t}
两项严格有序，正权平均位于它们之间；令 t 趋向端点可得 f′不减。
f′(u)≤f(v)−f(u)v−u≤f′(v)f'(u)\le\frac{f(v)-f(u)}{v-u}\le f'(v)
f′(u)=f′(v)=C⟹f′(t)=C (u<t<v)f'(u)=f'(v)=C\Longrightarrow f'(t)=C\ (u<t<v)
f(t)=f(u)+C(t−u)⟹内部相邻割线斜率都为 C，矛盾f(t)=f(u)+C(t-u)\Longrightarrow\text{内部相邻割线斜率都为 C，矛盾}
反向：f′严格递增，对两个相邻区间用拉格朗日即得严格割线比较。
⑧固定一端的割线递增，不能反推全部凸性
−1≤u<v<1:v=1−v1−uu+v−u1−u⋅1-1\le u<v<1:\quad v=\frac{1-v}{1-u}u+\frac{v-u}{1-u}\cdot1
凸性代入此正权组合，移项再除以正的 1−v，得到
f(v)−f(1)v−1≥f(u)−f(1)u−1\frac{f(v)-f(1)}{v-1}\ge\frac{f(u)-f(1)}{u-1}
f(x)=(x−1)x3:f(x)−f(1)x−1=x3 严格递增f(x)=(x-1)x^3:\quad\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=x^3\text{ 严格递增}
f′′(x)=12x2−6x 变号；故反向不成立f''(x)=12x^2-6x\text{ 变号；故反向不成立}
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06　指数因子与商函数的中值构造

f 在 [a,b] 连续f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续} 且在 (a,b)(a,b) 可导；λ 为实数\lambda\text{ 为实数}。 末两式另设 g 在 [a,b] 连续g\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}，在 (a,b)(a,b) 可导，且 g(x)≠0g(x)\ne0 对所有 x∈[a,b]x\in[a,b] 成立。
[eλxf(x)]′=eλx[f′(x)+λf(x)][e^{\lambda x}f(x)]'=e^{\lambda x}[f'(x)+\lambda f(x)]
①读题：f′加常数倍 f，像哪个导数？
f′(x)+λf(x)\ringG{f'(x)+\lambda f(x)}
[u(x)f(x)]′=u(x)f′(x)+u′(x)f(x)[u(x)f(x)]'=u(x)f'(x)+u'(x)f(x)
希望两项系数之比为 λ
u′u=λ⟹u=eλx\frac{u'}u=\lambda\Longrightarrow u=e^{\lambda x}
②正因子有什么作用
F(x)=eλxf(x)F(x)=e^{\lambda x}f(x)
F′(x)=eλx[f′(x)+λf(x)]F'(x)=e^{\lambda x}[f'(x)+\lambda f(x)]
eλx>0\ringR{e^{\lambda x}>0}
乘它不会改变零点关系或不等号方向；无需限制 λ 的正负。
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06　指数因子与商函数的中值构造 · 续

③选罗尔还是拉格朗日，要再看端点
eλaf(a)=eλbf(b)⟹F(a)=F(b)e^{\lambda a}f(a)=e^{\lambda b}f(b)\Longrightarrow F(a)=F(b)
端点相等→罗尔→F′(ξ)=0\text{端点相等}\to\text{罗尔}\to F'(\xi)=0
F(b)−F(a)≠0→拉格朗日给整段差商F(b)-F(a)\ne0\to\text{拉格朗日给整段差商}
仅认出导数结构还不够，必须查新函数的端点关系。
④完整的零点证明
补充本分支条件：指数加权的端点值相等。F 闭区间连续、内部可导。
∃ξ∈(a,b):0=F′(ξ)=eλξ[f′(ξ)+λf(ξ)]\exists\xi\in(a,b):\quad0=F'(\xi)=e^{\lambda\xi}[f'(\xi)+\lambda f(\xi)]
除以严格正的指数因子
f′(ξ)+λf(ξ)=0\boxed{f'(\xi)+\lambda f(\xi)=0}
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06　指数因子与商函数的中值构造 · 续

⑤符号分支：不相等时也可以比较端点
f′(x)+λf(x)≥0⟹F′(x)≥0f'(x)+\lambda f(x)\ge0\Longrightarrow F'(x)\ge0
对 F 在 [a,b] 用拉格朗日。
F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)≥0F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)\ge0
eλbf(b)≥eλaf(a)\boxed{e^{\lambda b}f(b)\ge e^{\lambda a}f(a)}
⑥乘积差结构为什么改成商函数
f′g−fg′⟶(fg)′=f′g−fg′g2\ringG{f'g-fg'}\quad\longrightarrow\quad\left(\frac fg\right)'=\frac{f'g-fg'}{g^2}
另设 g 在闭区间连续、内部可导，且整个闭区间 g≠0。
G(x)=f(x)g(x)G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}
f(a)g(b)=f(b)g(a)⟺G(a)=G(b)f(a)g(b)=f(b)g(a)\Longleftrightarrow G(a)=G(b)
第二视角 · 中值定理与证明题第 6 项 / 4—4

06　指数因子与商函数的中值构造 · 续

⑦商函数路线的完整证明
分母无零点，G 满足罗尔的连续与可导条件。
∃η∈(a,b):0=G′(η)=f′(η)g(η)−f(η)g′(η)g(η)2\exists\eta\in(a,b):\quad0=G'(\eta)=\frac{f'(\eta)g(\eta)-f(\eta)g'(\eta)}{g(\eta)^2}
g(η)2>0⟹f′(η)g(η)−f(η)g′(η)=0g(\eta)^2>0\Longrightarrow f'(\eta)g(\eta)-f(\eta)g'(\eta)=0
若 g 有零点，这条商函数路线需要换构造，不能直接除。
⑧把隐藏因子写出来练一次
f′−2f⟶[e−2xf(x)]′=e−2x(f′−2f)f'-2f\quad\longrightarrow\quad[e^{-2x}f(x)]'=e^{-2x}(f'-2f)
f′+f⟶[exf(x)]′=ex(f′+f)f'+f\quad\longrightarrow\quad[e^x f(x)]'=e^x(f'+f)
先认目标里 f 的系数，再确定指数；不要把所有“加一项”的式子都机械乘 eˣ。
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07　柯西中值定理与导数比控制差商

f,g 在 [a,b] 连续f,g\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}，在 (a,b)(a,b) 可导且 g′≠0g'\ne0，a<ba<b。
存在ξ∈(a,b):f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\text{存在}\xi\in(a,b):\quad\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
①读题：两个函数的增量必须成对出现
f(b)−f(a)与g(b)−g(a)\ringB{f(b)-f(a)}\quad\text{与}\quad\ringB{g(b)-g(a)}
f(b)−f(a)g(b)−g(a) ⟷ f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\ \longleftrightarrow\ \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
柯西的特点：两种增量对应同一个中值点。
②比值形式之前，先排除零分母
g(b)=g(a) →罗尔 ∃η∈(a,b):g′(η)=0g(b)=g(a)\ \xrightarrow{\text{罗尔}}\ \exists\eta\in(a,b):g'(\eta)=0
g′≠0⟹g(b)−g(a)≠0g'\ne0\Longrightarrow\red{g(b)-g(a)\ne0}
罗尔条件由 g 闭区间连续、内部可导保证。
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07　柯西中值定理与导数比控制差商 · 续

③辅助函数的来源：交叉相乘并做端点差
[f(b)−f(a)]g′(ξ)−[g(b)−g(a)]f′(ξ)=0[f(b)-f(a)]g'(\xi)-[g(b)-g(a)]f'(\xi)=0
两个方括号都是常数；反向积分一阶导数
F(x)=[f(b)−f(a)][g(x)−g(a)]F(x)=[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]
F(x)=−[g(b)−g(a)][f(x)−f(a)]\phantom{F(x)=}{}-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)]
减去端点值，让左端自动归零。
④逐个检查新函数端点
F(a)=[f(b)−f(a)]⋅0−[g(b)−g(a)]⋅0=0F(a)=[f(b)-f(a)]\cdot0-[g(b)-g(a)]\cdot0=0
F(b)=[f(b)−f(a)][g(b)−g(a)]F(b)=[f(b)-f(a)][g(b)-g(a)]
F(b)=−[g(b)−g(a)][f(b)−f(a)]=0\phantom{F(b)=}{}-[g(b)-g(a)][f(b)-f(a)]=0
两个乘积互换次序后完全相同，因此右端也为零。
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07　柯西中值定理与导数比控制差商 · 续

⑤完整证明：罗尔产生交叉形式
F 闭区间连续、内部可导；在 [a,b] 使用罗尔。
∃ξ∈(a,b):F′(ξ)=0\exists\xi\in(a,b):\quad F'(\xi)=0
[f(b)−f(a)]g′(ξ)=[g(b)−g(a)]f′(ξ)[f(b)-f(a)]g'(\xi)=[g(b)-g(a)]f'(\xi)
g′(ξ)≠0 且 g(b)−g(a)≠0；两边同除
f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\boxed{\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}}
⑥为什么拉格朗日是它的特例
g(x)=x⟹g(b)−g(a)=b−a,g′(ξ)=1g(x)=x\Longrightarrow g(b)-g(a)=b-a,\quad g'(\xi)=1
f(b)−f(a)b−a=f′(ξ)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)
只出现区间长度时，用拉格朗日即可；第二种增量有自身结构时再考虑柯西。
第二视角 · 中值定理与证明题第 7 项 / 4—4

07　柯西中值定理与导数比控制差商 · 续

⑦具体比较：对数差商怎样夹住
0<a<b,f(x)=ln⁡x,g(x)=x0<a<b,\quad f(x)=\ln x,\quad g(x)=x
ln⁡b−ln⁡a=b−aξ,a<ξ<b\ln b-\ln a=\frac{b-a}{\xi},\qquad a<\xi<b
正数取倒数，不等号反向
1b<1ξ<1a\frac1b<\frac1\xi<\frac1a
b−ab<ln⁡ba<b−aa\boxed{\frac{b-a}{b}<\ln\frac ba<\frac{b-a}{a}}
⑧不能分开用两次拉格朗日后直接合点
f(b)−f(a)=f′(ξ1)(b−a),g(b)−g(a)=g′(ξ2)(b−a)f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a),\quad g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)
f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ1)g′(ξ2)\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}
这两点未必相同。目标要求同点比值时，用上述整体构造，而不是把下标擦掉。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 8 项 / 1—4

08　围绕内点展开端点：导数界与最佳位置

f 在 [a,b] 连续f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}，区间内二阶可导且 ∣f′′∣≤M|f''|\le M；f(a)=f(b)f(a)=f(b)，a<x<ba<x<b。 末行 c∈(a,b)c\in(a,b)。
∣f′(x)∣≤M[(x−a)2+(b−x)2]2(b−a)|f'(x)|\le\frac{M[(x-a)^2+(b-x)^2]}{2(b-a)}
①读题：等端点与二阶界，目标却是一阶导数
f(a)=f(b),∣f′′∣≤M\ringB{f(a)=f(b)},\qquad\ringG{|f''|\le M}
目标含 f′(x)⟹以这个 x 为共同展开中心\text{目标含 }f'(x)\Longrightarrow\text{以这个 x 为共同展开中心}
x 是任意固定内点；不能只证明某个点的导数有界。
②为什么一次罗尔不够
f(a)=f(b)→罗尔f′(ξ)=0f(a)=f(b)\xrightarrow{\text{罗尔}}f'(\xi)=0
这只给某个 ξ，无法直接控制任意给定 x。
两端泰勒→相减消 f(x)→留下 (b−a)f′(x)\text{两端泰勒}\to\text{相减消 }f(x)\to\text{留下 }(b-a)f'(x)
第二视角 · 中值定理与证明题第 8 项 / 2—4

08　围绕内点展开端点：导数界与最佳位置 · 续

③把两个端点分别展开
f(a)=f(x)+(a−x)f′(x)+(a−x)22f′′(ξ1)f(a)=f(x)+(a-x)f'(x)+\frac{(a-x)^2}{2}f''(\xi_1)
a<ξ1<xa<\xi_1<x
f(b)=f(x)+(b−x)f′(x)+(b−x)22f′′(ξ2)f(b)=f(x)+(b-x)f'(x)+\frac{(b-x)^2}{2}f''(\xi_2)
x<ξ2<bx<\xi_2<b
f 在闭区间连续、内部二阶可导；展开中心为内点，f′在其附近可导因而连续。
④为什么相减；每个系数算清楚
f(b)−f(a)=0,(b−x)−(a−x)=b−af(b)-f(a)=0,\qquad(b-x)-(a-x)=b-a
0=(b−a)f′(x)+12[(b−x)2f′′(ξ2)−(a−x)2f′′(ξ1)]0=(b-a)f'(x)+\tfrac12[(b-x)^2f''(\xi_2)-(a-x)^2f''(\xi_1)]
2(b−a)f′(x)=(a−x)2f′′(ξ1)−(b−x)2f′′(ξ2)2(b-a)f'(x)=(a-x)^2f''(\xi_1)-(b-x)^2f''(\xi_2)
第二视角 · 中值定理与证明题第 8 项 / 3—4

08　围绕内点展开端点：导数界与最佳位置 · 续

⑤取绝对值并逐项用导数界
2(b−a)∣f′(x)∣≤(a−x)2∣f′′(ξ1)∣+(b−x)2∣f′′(ξ2)∣2(b-a)|f'(x)|\le(a-x)^2|f''(\xi_1)|+(b-x)^2|f''(\xi_2)|
≤M[(x−a)2+(b−x)2]\le M[(x-a)^2+(b-x)^2]
2(b−a)>0，除过去不改变方向
∣f′(x)∣≤M[(x−a)2+(b−x)2]2(b−a)\boxed{|f'(x)|\le\frac{M[(x-a)^2+(b-x)^2]}{2(b-a)}}
⑥中点为什么是这条界的最佳位置
(x−a)2+(b−x)2=2(x−a+b2)2+(b−a)22(x-a)^2+(b-x)^2=2\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2+\frac{(b-a)^2}{2}
x=a+b2⟹∣f′(x)∣≤M(b−a)4x=\frac{a+b}{2}\Longrightarrow\boxed{|f'(x)|\le\frac{M(b-a)}4}
这里“最佳位置”指右边这个表达式在中点最小，不是任意位置都能套中点常数。
第二视角 · 中值定理与证明题第 8 项 / 4—4

08　围绕内点展开端点：导数界与最佳位置 · 续

⑦零端点、驻点高度：再用两次泰勒
另设 f(a)=f(b)=0，c∈(a,b) 且 f′(c)=0。
0=f(c)+(a−c)22f′′(η1)0=f(c)+\frac{(a-c)^2}{2}f''(\eta_1)
0=f(c)+(b−c)22f′′(η2)0=f(c)+\frac{(b-c)^2}{2}f''(\eta_2)
∣f(c)∣≤M2min⁡{(c−a)2,(b−c)2}|f(c)|\le\frac M2\min\{(c-a)^2,(b-c)^2\}
min⁡(c−a,b−c)≤b−a2⟹∣f(c)∣≤M(b−a)28\min(c-a,b-c)\le\frac{b-a}{2}\Longrightarrow |f(c)|\le\frac{M(b-a)^2}{8}
⑧检查等号与量纲
f(x)=M2(x−a)(b−x)f(x)=\frac M2(x-a)(b-x)
f(a)=f(b)=0,f′′=−M,f′(a+b2)=0f(a)=f(b)=0,\quad f''=-M,\quad f'(\tfrac{a+b}{2})=0
f(a+b2)=M(b−a)28f(\tfrac{a+b}{2})=\frac{M(b-a)^2}{8}
高度界的区间长度是平方；导数界的区间长度是一次。两者不能混用。
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09　积分正交条件：为什么至少有两个不同零点

f 在 [a,b] 连续f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}，a<ba<b，f≢0f\not\equiv0，∫abf=∫abxf=0\int_a^b f=\int_a^b xf=0。
f 在 (a,b) 至少有两个不同零点f\text{ 在 }(a,b)\text{ 至少有两个不同零点}
①读题：两个积分同时为零，可以相减出什么？
∫abf(x) dx=0,∫abxf(x) dx=0\ringB{\int_a^bf(x)\,dx=0},\quad\ringB{\int_a^bxf(x)\,dx=0}
∫ab(x−c)f(x) dx=0对任意常数 c 都成立\int_a^b(x-c)f(x)\,dx=0\quad\text{对任意常数 c 都成立}
c 可以按反证中假设的零点位置来选；这是题设留出的可调因子。
②先选介值，再用积分符号反证
题设只要求连续，没有可导条件；不能把罗尔当作默认路线。
∫f=0, f≢0→既有正值又有负值→至少一个零点\int f=0,\ f\not\equiv0\to\text{既有正值又有负值}\to\text{至少一个零点}
若只有一个零点 c→(x−c)f(x) 同号→积分不为零\text{若只有一个零点 c}\to(x-c)f(x)\text{ 同号}\to\text{积分不为零}
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09　积分正交条件：为什么至少有两个不同零点 · 续

③为什么一定同时出现正值与负值
若 f≥0 且不恒为零，某内点附近有严格正下界。
f(u)>0⟹∃δ>0:f(x)≥12f(u)>0(∣x−u∣≤δ)f(u)>0\Longrightarrow\exists\delta>0:\quad f(x)\ge\tfrac12f(u)>0\quad(|x-u|\le\delta)
[u−δ,u+δ]⊂(a,b)[u-\delta,u+\delta]\subset(a,b)
∫abf(x) dx≥δf(u)>0矛盾\int_a^bf(x)\,dx\ge\delta f(u)>0\quad\text{矛盾}
若只有负值同理。非零值若先出现在端点，连续性保证附近内点也非零。
∃u,v∈(a,b):f(u)>0>f(v)\exists u,v\in(a,b):\quad f(u)>0>f(v)
④第一个零点由介值定理给出
在 u、v 之间的闭区间上使用介值定理。
∃c∈(min⁡(u,v),max⁡(u,v)):f(c)=0\exists c\in(\min(u,v),\max(u,v)):\quad f(c)=0
若已经有两个不同内点零点，结论完成；否则反设 c 是唯一内点零点。
f(x)≠0(x∈(a,c)∪(c,b))f(x)\ne0\quad(x\in(a,c)\cup(c,b))
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09　积分正交条件：为什么至少有两个不同零点 · 续

⑤唯一零点为什么意味着两侧各自定号
若同一侧出现正、负值，连续性会给这一侧另一个零点。
f 在 (a,c) 定号，在 (c,b) 定号f\text{ 在 }(a,c)\text{ 定号，在 }(c,b)\text{ 定号}
前面已知正、负值都存在，所以两侧符号必须相反。
x(a,c)(c,b)x−c−+f(x) 的一种情形−+(x−c)f(x)++\begin{array}{c|cc}x&(a,c)&(c,b)\\\hline x-c&-&+\\f(x)\text{ 的一种情形}&-&+\\(x-c)f(x)&+&+\end{array}
⑥乘以 x−c，把变号抵消掉
若上表符号相反，乘积就在两侧都为负；两种情况分别处理即可。
(x−c)f(x)>0 (a<x<b, x≠c)⟹∫ab(x−c)f(x) dx>0(x-c)f(x)>0\ (a<x<b,\ x\ne c)\Longrightarrow\int_a^b(x-c)f(x)\,dx>0
(x−c)f(x)<0 (a<x<b, x≠c)⟹∫ab(x−c)f(x) dx<0(x-c)f(x)<0\ (a<x<b,\ x\ne c)\Longrightarrow\int_a^b(x-c)f(x)\,dx<0
连续、同号且不恒为零，保证积分严格非零。
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09　积分正交条件：为什么至少有两个不同零点 · 续

⑦与题设相撞，完成反证
∫ab(x−c)f(x) dx=∫abxf(x) dx−c∫abf(x) dx\int_a^b(x-c)f(x)\,dx=\int_a^bxf(x)\,dx-c\int_a^bf(x)\,dx
=0−c⋅0=0=0-c\cdot0=0
f 在 (a,b) 至少有两个不同零点\boxed{f\text{ 在 }(a,b)\text{ 至少有两个不同零点}}
矛盾来自“假设只有一个”；没有把零点数恰好等于二当成结论。
⑧少一个积分条件会怎样？
f(x)=x−12,[0,1]f(x)=x-\tfrac12,\quad[0,1]
∫01f(x) dx=0,f 仅有一个零点 12\int_0^1f(x)\,dx=0,\quad f\text{ 仅有一个零点 }\tfrac12
∫01xf(x) dx=13−14=112≠0\int_0^1xf(x)\,dx=\frac13-\frac14=\frac1{12}\ne0
第二个条件的作用正是控制乘上一次因子后的积分。
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10　等端点的非恒常函数：正负导数分别构造

a<ba<b，ff 在 [a,b][a,b] 连续、在 (a,b)(a,b) 可导，不恒为常数且 f(a)=f(b)f(a)=f(b)。 中点分段分支允许恒常函数：FF 在 [0,1][0,1] 连续、内部可导且 F(0)=F(1)F(0)=F(1)。
∃u,v∈(a,b):f′(u)>0,f′(v)<0\exists u,v\in(a,b):\quad f'(u)>0,\quad f'(v)<0
①读题：想要正、负导数，不能只找零导数
f(a)=f(b),f 不恒为常数\ringB{f(a)=f(b)},\quad f\text{ 不恒为常数}
f′(u)>0,f′(v)<0\ringR{f'(u)>0},\qquad\ringR{f'(v)<0}
罗尔只给 f′=0；正负号来自向上、向下的两段割线。
②从“不恒常”找一个中间高点或低点
∃c∈(a,b):f(c)≠f(a)=f(b)\exists c\in(a,b):\quad f(c)\ne f(a)=f(b)
f(c)>f(a)或f(c)<f(a)f(c)>f(a)\quad\text{或}\quad f(c)<f(a)
端点都相等，所以非恒常的差异一定能在内点找到。
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10　等端点的非恒常函数：正负导数分别构造 · 续

③两段拉格朗日，点的位置和分母都写清
f 在 [a,c]、[c,b] 均连续，内部均可导。
∃ξ1∈(a,c):f′(ξ1)=f(c)−f(a)c−a\exists\xi_1\in(a,c):\quad f'(\xi_1)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}
∃ξ2∈(c,b):f′(ξ2)=f(b)−f(c)b−c\exists\xi_2\in(c,b):\quad f'(\xi_2)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}
c−a>0,b−c>0c-a>0,\quad b-c>0
④分两种符号，得到同一存在结论
f(c)>f(a):f′(ξ1)>0>f′(ξ2)f(c)>f(a):\quad f'(\xi_1)>0>f'(\xi_2)
f(c)<f(a):f′(ξ1)<0<f′(ξ2)f(c)<f(a):\quad f'(\xi_1)<0<f'(\xi_2)
分别把导数为正的点命名为 u、为负的点命名为 v。
∃u,v∈(a,b):f′(u)>0, f′(v)<0\boxed{\exists u,v\in(a,b):f'(u)>0,\ f'(v)<0}
不能同时额外要求 u<v；第二种情形中正导数点在右侧。
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10　等端点的非恒常函数：正负导数分别构造 · 续

⑤等长两段：为何导数和恰好为零
另取 F 在 [0,1] 连续、内部可导且 F(0)=F(1)。此分支允许常函数。
∃u∈(0,12):F′(u)=2[F(12)−F(0)]\exists u\in(0,\tfrac12):F'(u)=2[F(\tfrac12)-F(0)]
∃v∈(12,1):F′(v)=2[F(1)−F(12)]\exists v\in(\tfrac12,1):F'(v)=2[F(1)-F(\tfrac12)]
F′(u)+F′(v)=2[F(1)−F(0)]=0F'(u)+F'(v)=2[F(1)-F(0)]=0
⑥若目标含 u²+v²，辅助项从导数反推
f′(u)+f′(v)=u2+v2f'(u)+f'(v)=u^2+v^2
移项后，希望两处 F′相加为零
F′(x)=f′(x)−x2⟹F(x)=f(x)−x33F'(x)=f'(x)-x^2\Longrightarrow F(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}
f(0)=0, f(1)=13⟹F(0)=F(1)=0f(0)=0,\ f(1)=\tfrac13\Longrightarrow F(0)=F(1)=0
对 F 使用上一步的两段拉格朗日，立即得到目标，且 u、v 位于不同半区间。
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10　等端点的非恒常函数：正负导数分别构造 · 续

⑦对称辅助函数还能指定 v=1−u
G(x)=F(x)−F(1−x)G(x)=F(x)-F(1-x)
G(0)=0,G(12)=0G(0)=0,\quad G(\tfrac12)=0
G′(x)=F′(x)+F′(1−x)G'(x)=F'(x)+F'(1-x)
注意链式法则里的两个负号相消。在 [0,1/2] 用罗尔：
∃u∈(0,12):G′(u)=0,v=1−u∈(12,1)\exists u\in(0,\tfrac12):G'(u)=0,\quad v=1-u\in(\tfrac12,1)
F′(u)+F′(v)=0F'(u)+F'(v)=0
⑧必须保留的条件
f≡C⟹f′≡0f\equiv C\Longrightarrow f'\equiv0
所以正负导数那一问必须排除常函数；导数和等于零的分支则不必排除。
正负号→两段拉格朗日;对称和→F(x)−F(1−x)\text{正负号}\to\text{两段拉格朗日};\quad\text{对称和}\to F(x)-F(1-x)
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第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 1—4

11　二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差

f,gf,g 在 [a,b][a,b] 二阶可导，f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0，g′′(x)≠0g''(x)\ne0 对所有 a<x<ba<x<b 成立。
g(x)≠0 (a<x<b),∃c∈(a,b): f(c)g(c)=f′′(c)g′′(c)g(x)\ne0\ (a<x<b),\qquad\exists c\in(a,b):\ \frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}
①读题：同一点的两个比值
f(c)g(c)=f′′(c)g′′(c)\ringR{\frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}}
先想到交叉相乘，但必须先确认两个分母
f′′(c)g(c)−f(c)g′′(c)=0f''(c)g(c)-f(c)g''(c)=0
g″≠0 已知；g 在内部是否为零，还需要证明。
②选定理：一个二阶比值拆成两项任务
g(a)=g(b)=0,g′′≠0 → 用两层罗尔排除第三零点g(a)=g(b)=0,\quad g''\ne0\ \to\ \text{用两层罗尔排除第三零点}
f′′g−fg′′ → (f′g−fg′)′ → 再用一次罗尔f''g-fg''\ \to\ (f'g-fg')'\ \to\ \text{再用一次罗尔}
直接对 f/g 套罗尔不合适：两个端点都出现 0/0。
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11　二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差 · 续

③分母检查：假设 g 在内部还有零点
g(t)=0,a<t<bg(t)=0,\quad a<t<b
[a,t]:∃ξ1∈(a,t), g′(ξ1)=0[a,t]:\exists\xi_1\in(a,t),\ g'(\xi_1)=0
[t,b]:∃ξ2∈(t,b), g′(ξ2)=0[t,b]:\exists\xi_2\in(t,b),\ g'(\xi_2)=0
g′在内部可导，故在 [ξ₁,ξ₂] 连续；再用罗尔。
∃η∈(ξ1,ξ2):g′′(η)=0矛盾\exists\eta\in(\xi_1,\xi_2):g''(\eta)=0\quad\red{\text{矛盾}}
g(x)≠0(a<x<b)g(x)\ne0\quad(a<x<b)
④辅助函数从抵消交叉项而来
(f′g)′=f′′g+f′g′(f'g)'=f''g+f'g'
(fg′)′=f′g′+fg′′(fg')'=f'g'+fg''
两式相减，交叉项 f′g′抵消
(f′g−fg′)′=f′′g−fg′′\green{(f'g-fg')'=f''g-fg''}
F(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)F(x)=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)
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11　二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差 · 续

⑤端点条件为什么够用
f(a)=g(a)=0⟹F(a)=0f(a)=g(a)=0\Longrightarrow F(a)=0
f(b)=g(b)=0⟹F(b)=0f(b)=g(b)=0\Longrightarrow F(b)=0
按本条条件，f、g 在闭区间二阶可导，端点取单侧；f′、g′在端点连续，因此 F 闭区间连续、内部可导。
若只给内部二阶可导，不能自动省掉 F 在端点连续的检查。
⑥正式使用罗尔并恢复比值
∃c∈(a,b):0=F′(c)=f′′(c)g(c)−f(c)g′′(c)\exists c\in(a,b):\quad0=F'(c)=f''(c)g(c)-f(c)g''(c)
f′′(c)g(c)=f(c)g′′(c)f''(c)g(c)=f(c)g''(c)
g(c)≠0 已证，g″(c)≠0 由题设
f(c)g(c)=f′′(c)g′′(c)\boxed{\frac{f(c)}{g(c)}=\frac{f''(c)}{g''(c)}}
第二视角 · 中值定理与证明题第 11 项 / 4—4

11　二阶导数比值：先排除分母零点，再构造乘积差 · 续

⑦到底用了几次罗尔？
排除 g 的第三零点：2+1=3 次\text{排除 g 的第三零点：}2+1=3\text{ 次}
对 F=f′g−fg′：1 次\text{对 }F=f'g-fg'\text{：}1\text{ 次}
前三次处于反证分支中；后一条才产生最终所需的 c。不是把四次产生的点当成同一个。
⑧看见二阶乘积差的下一行
f′′g−fg′′=(f′g−fg′)′\boxed{f''g-fg''=(f'g-fg')'}
g(x)=(x−a)(x−b)⟹g′′=2,g(x)≠0 (a<x<b)g(x)=(x-a)(x-b)\Longrightarrow g''=2,\quad g(x)\ne0\ (a<x<b)
此例能直观看到：端点为零与内部无零点并不矛盾。
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对照原解析 · 2 条题源
第二视角 · 中值定理与证明题第 12 项 / 1—4

12　固定长度增量的单调性与次可加不等式

ff 在 [0,∞)[0,\infty) 连续，在 (0,∞)(0,\infty) 二阶可导；首个分支 f′′<0,f(0)=0f''<0,f(0)=0。整数采样分支另设 f′′>0f''>0。
a,b>0, f′′<0:f(a+b)<f(a)+f(b)a,b>0,\ f''<0:\quad f(a+b)<f(a)+f(b)
①读题：和式不等式，先移项成两个等长增量
f(a+b)<f(a)+f(b),f(0)=0\ringR{f(a+b)<f(a)+f(b)},\quad f(0)=0
f(a+b)−f(a)<f(b)−f(0)f(a+b)-f(a)<f(b)-f(0)
两段长度都等于 b，只是起点从 0 移到 a
F(t)=f(t+b)−f(t)F(t)=f(t+b)-f(t)
②为什么别把两个任意中值点硬排序
f(a+b)−f(a)=bf′(ξ1),a<ξ1<a+bf(a+b)-f(a)=bf'(\xi_1),\quad a<\xi_1<a+b
f(b)−f(0)=bf′(ξ2),0<ξ2<bf(b)-f(0)=bf'(\xi_2),\quad0<\xi_2<b
若 a<b，两段重叠，不能仅凭这些位置断言 ξ₁>ξ₂。改为固定长度增量函数。
第二视角 · 中值定理与证明题第 12 项 / 2—4

12　固定长度增量的单调性与次可加不等式 · 续

③先由 f″<0 得到 f′严格递减
0<u<v:f′(v)−f′(u)=f′′(η)(v−u)0<u<v:\quad f'(v)-f'(u)=f''(\eta)(v-u)
η∈(u,v),f′′(η)<0,v−u>0\eta\in(u,v),\quad f''(\eta)<0,\quad v-u>0
f′(v)<f′(u)f'(v)<f'(u)
对 f′用拉格朗日：内部二阶可导保证 f′在 [u,v] 连续、内部可导。
④增量函数求导后，点的位置确定
F′(t)=f′(t+b)−f′(t)F'(t)=f'(t+b)-f'(t)
b>0⟹t+b>t⟹F′(t)<0(t>0)b>0\Longrightarrow t+b>t\Longrightarrow F'(t)<0\quad(t>0)
这次比较的是明确的 t+b 与 t，不存在两个未知中值点的排序问题。
第二视角 · 中值定理与证明题第 12 项 / 3—4

12　固定长度增量的单调性与次可加不等式 · 续

⑤完整证明：再用拉格朗日比较 F(a)、F(0)
F 在 [0,a] 连续、内部可导。
F(a)−F(0)=F′(ξ)a<0,0<ξ<aF(a)-F(0)=F'(\xi)a<0,\quad0<\xi<a
f(a+b)−f(a)<f(b)−f(0)=f(b)f(a+b)-f(a)<f(b)-f(0)=f(b)
f(a+b)<f(a)+f(b)\boxed{f(a+b)<f(a)+f(b)}
⑥如果 f(0)不为零，该保留什么
f(a+b)<f(a)+f(b)−f(0)f(a+b)<f(a)+f(b)-f(0)
这一式才对任意纵向平移保持一致。
f(x)=x+1:f′′(x)<0,f(0)=1f(x)=\sqrt{x+1}:\quad f''(x)<0,\quad f(0)=1
f(a+b)<f(a)+f(b)−1f(a+b)<f(a)+f(b)-1
第二视角 · 中值定理与证明题第 12 项 / 4—4

12　固定长度增量的单调性与次可加不等式 · 续

⑦凸函数的整数增量：另一分支
另设 f″>0；对各个互不重叠的单位区间使用拉格朗日。
f(n+1)−f(n)=f′(ξn),n<ξn<n+1<ξn+1f(n+1)-f(n)=f'(\xi_n),\quad n<\xi_n<n+1<\xi_{n+1}
f(n+2)−f(n+1)>f(n+1)−f(n)f(n+2)-f(n+1)>f(n+1)-f(n)
f(2)>f(1)⟹f(n)≥f(1)+(n−1)[f(2)−f(1)]→+∞f(2)>f(1)\Longrightarrow f(n)\ge f(1)+(n-1)[f(2)-f(1)]\to+\infty
⑧仅知最初一次下降，不能判断最终极限
f(x)=e−x:f′′>0, f(2)<f(1), f(n)→0f(x)=e^{-x}:\quad f''>0,\ f(2)<f(1),\ f(n)\to0
f(x)=(x−2)2:f′′>0, f(2)<f(1), f(n)→+∞f(x)=(x-2)^2:\quad f''>0,\ f(2)<f(1),\ f(n)\to+\infty
导数递增并不等于导数始终为正；初始正增量是上一步推出发散的重要条件。
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对照原解析 · 3 条题源
第二视角 · 中值定理与证明题第 13 项 / 1—4

13　导数乘积差的符号：转为商函数比较

f,gf,g 在区间上可导，g>0g>0，f′g−fg′<0f' g-fg'<0；a<x<ba<x<b 位于该区间。
f(x)g(b)>f(b)g(x),f(x)g(a)<f(a)g(x)f(x)g(b)>f(b)g(x),\qquad f(x)g(a)<f(a)g(x)
①读题：一正一负的交叉导数，认商法则
f′g−fg′<0,g>0\ringG{f'g-fg'<0},\qquad\ringB{g>0}
(fg)′=f′g−fg′g2\left(\frac fg\right)'=\frac{f'g-fg'}{g^2}
若是加号 f′g+fg′，才是乘积的导数；这里是减号。
②先把目标除成比值，看看想比较谁
f(x)g(b)>f(b)g(x)f(x)g(b)>f(b)g(x)
g(x)g(b)>0，除过去不变号
f(x)g(x)>f(b)g(b)\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}
a<x<b提示 fg 严格递减a<x<b\quad\text{提示 }\frac fg\text{ 严格递减}
第二视角 · 中值定理与证明题第 13 项 / 2—4

13　导数乘积差的符号：转为商函数比较 · 续

③辅助函数与定义域检查
F(x)=f(x)g(x)F(x)=\frac{f(x)}{g(x)}
g(x)>0⟹g(x)≠0⟹F 可导g(x)>0\Longrightarrow g(x)\ne0\Longrightarrow F\text{ 可导}
F′(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g(x)2<0F'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}<0
④选拉格朗日：把导数的符号传给函数差
任取 u<v；F 在 [u,v] 连续、内部可导。
F(v)−F(u)=F′(ξ)(v−u),u<ξ<vF(v)-F(u)=F'(\xi)(v-u),\quad u<\xi<v
F′(ξ)<0,v−u>0⟹F(v)<F(u)F'(\xi)<0,\quad v-u>0\Longrightarrow F(v)<F(u)
此处不需要罗尔的端点相等；目标就是比较不等。
第二视角 · 中值定理与证明题第 13 项 / 3—4

13　导数乘积差的符号：转为商函数比较 · 续

⑤按 a<x<b 排好三个函数值
F(a)>F(x)>F(b)F(a)>F(x)>F(b)
f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b)\frac{f(a)}{g(a)}>\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}
区间中的 a、x、b 都是函数有定义且可导的位置。
⑥交叉相乘，逐次保留正号依据
g(a)g(x)>0⟹f(a)g(x)>f(x)g(a)g(a)g(x)>0\Longrightarrow f(a)g(x)>f(x)g(a)
g(x)g(b)>0⟹f(x)g(b)>f(b)g(x)g(x)g(b)>0\Longrightarrow f(x)g(b)>f(b)g(x)
f(x)g(a)<f(a)g(x),f(x)g(b)>f(b)g(x)\boxed{f(x)g(a)<f(a)g(x),\quad f(x)g(b)>f(b)g(x)}
第二视角 · 中值定理与证明题第 13 项 / 4—4

13　导数乘积差的符号：转为商函数比较 · 续

⑦为什么不能改成乘积 fg 递减
f=ex,g=e2xf=e^x,\quad g=e^{2x}
f′g−fg′=−e3x<0f'g-fg'=-e^{3x}<0
(fg)′=(e3x)′=3e3x>0(fg)'=(e^{3x})'=3e^{3x}>0
fg=e−x 递减，但 fg=e3x 递增\frac fg=e^{-x}\text{ 递减，但 }fg=e^{3x}\text{ 递增}
⑧若条件只给 g≠0，应检查什么
可导函数连续；在一个区间内无零点，g 就不能变号。
g(a)g(x)>0,g(x)g(b)>0g(a)g(x)>0,\quad g(x)g(b)>0
所以若整个区间 g≠0，这两个乘积仍为正；若只知道某几个点非零，则不能据此跨越中间零点套商函数比较。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 14 项 / 1—4

14　中间交点把两段割线斜率变成倒数

ff 在 [0,1][0,1] 连续，在 (0,1)(0,1) 可导，f(0)=0,f(1)=1f(0)=0,f(1)=1。
∃ 0<u<c<v<1:f(c)=1−c,f′(u)f′(v)=1\exists\ 0<u<c<v<1:\quad f(c)=1-c,\qquad f'(u)f'(v)=1
①读题：两个导数相乘等于 1
f′(u)f′(v)=1,f(0)=0, f(1)=1\ringR{f'(u)f'(v)=1},\quad\ringB{f(0)=0,\ f(1)=1}
两个斜率互为倒数⟶1−cc⋅c1−c\text{两个斜率互为倒数}\quad\longrightarrow\quad\frac{1-c}{c}\cdot\frac{c}{1-c}
要同时制造两个不同的点，先把区间分成不相交两段。
②从目标倒推中间点应满足什么
[0,c] 的斜率=f(c)c[0,c]\text{ 的斜率}=\frac{f(c)}c
[c,1] 的斜率=1−f(c)1−c[c,1]\text{ 的斜率}=\frac{1-f(c)}{1-c}
f(c)=1−c⟹f(c)c=1−cc,1−f(c)1−c=c1−cf(c)=1-c\Longrightarrow\frac{f(c)}c=\frac{1-c}c,\quad\frac{1-f(c)}{1-c}=\frac c{1-c}
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14　中间交点把两段割线斜率变成倒数 · 续

③辅助函数从这条交点等式直接移项
f(c)=1−c⟺f(c)+c−1=0f(c)=1-c\Longleftrightarrow f(c)+c-1=0
F(x)=f(x)+x−1F(x)=f(x)+x-1
F(0)=−1,F(1)=1F(0)=-1,\qquad F(1)=1
④选介值先造 c，不能直接假设交点存在
F 在 [0,1] 连续，端点异号。
∃c∈(0,1):F(c)=0\exists c\in(0,1):F(c)=0
f(c)=1−c,c>0, 1−c>0f(c)=1-c,\qquad c>0,\ 1-c>0
c 为内点，也保证接下来所有分母非零。
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14　中间交点把两段割线斜率变成倒数 · 续

⑤左段拉格朗日：产生第一个点
f 在 [0,c] 连续、内部可导。
∃u∈(0,c):f′(u)=f(c)−f(0)c−0\exists u\in(0,c):f'(u)=\frac{f(c)-f(0)}{c-0}
f′(u)=1−ccf'(u)=\frac{1-c}{c}
⑥右段拉格朗日：产生第二个点
f 在 [c,1] 连续、内部可导。
∃v∈(c,1):f′(v)=f(1)−f(c)1−c\exists v\in(c,1):f'(v)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}
f′(v)=1−(1−c)1−c=c1−cf'(v)=\frac{1-(1-c)}{1-c}=\frac c{1-c}
第二视角 · 中值定理与证明题第 14 项 / 4—4

14　中间交点把两段割线斜率变成倒数 · 续

⑦相乘并核对点确实不同
f′(u)f′(v)=1−cc⋅c1−c=1f'(u)f'(v)=\frac{1-c}{c}\cdot\frac c{1-c}=1
0<u<c<v<1\boxed{0<u<c<v<1}
不相交的两个开区间保证 u≠v；这不是可以省略的附带说明。
⑧为什么一次拉格朗日不够
f′(ξ)=f(1)−f(0)1−0=1f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1
只有一个点，不能把它写两遍来冒充两个不同的点。
f(x)=x2:c2=1−c,c=5−12f(x)=x^2:\quad c^2=1-c,\quad c=\frac{\sqrt5-1}{2}
再分别在 [0,c]、[c,1] 用定理，就沿上述证明产生真正分开的两个点。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 15 项 / 1—4

15　相同内部最大值：怎样造第三零点，再用两层三次罗尔

f,gf,g 在 [a,b][a,b] 连续，在 (a,b)(a,b) 二阶可导，f(a)=g(a),f(b)=g(b)f(a)=g(a),f(b)=g(b)；相同最大值 MM 分别在内部点 c,d∈(a,b)c,d\in(a,b) 达到。
∃t∈(a,b):f′′(t)=g′′(t)\exists t\in(a,b):\quad f''(t)=g''(t)
①读题：相同最大值不等于同一点取到
f(c)=M,g(d)=M,c,d∈(a,b)\ringB{f(c)=M},\quad\ringB{g(d)=M},\quad c,d\in(a,b)
f(x)≤M,g(x)≤Mf(x)\le M,\quad g(x)\le M
c、d 可以不同；利用各自取最大值，得到差函数的正负信息。
②目标二阶导数相等，先移项
f′′(t)=g′′(t)⟺(f−g)′′(t)=0f''(t)=g''(t)\Longleftrightarrow(f-g)''(t)=0
F(x)=f(x)−g(x)F(x)=f(x)-g(x)
f(a)=g(a), f(b)=g(b)⟹F(a)=F(b)=0f(a)=g(a),\ f(b)=g(b)\Longrightarrow F(a)=F(b)=0
第二视角 · 中值定理与证明题第 15 项 / 2—4

15　相同内部最大值：怎样造第三零点，再用两层三次罗尔 · 续

③还缺第三个零点：最大值条件补在哪里
F(c)=f(c)−g(c)=M−g(c)≥0F(c)=f(c)-g(c)=M-g(c)\ge0
F(d)=f(d)−g(d)=f(d)−M≤0F(d)=f(d)-g(d)=f(d)-M\le0
若 c=d，则 F(c)=0；否则继续看两处是否已经出现等号。
④介值给出严格内部的第三零点
F(c)=0 或 F(d)=0⟹∃e∈(a,b):F(e)=0F(c)=0\text{ 或 }F(d)=0\Longrightarrow\exists e\in(a,b):F(e)=0
F(c)>0>F(d)⟹∃e∈(min⁡(c,d),max⁡(c,d)):F(e)=0F(c)>0>F(d)\Longrightarrow\exists e\in(\min(c,d),\max(c,d)):F(e)=0
F(a)=F(e)=F(b)=0F(a)=F(e)=F(b)=0
两种情况都能保证 e 不等于外端点。
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15　相同内部最大值：怎样造第三零点，再用两层三次罗尔 · 续

⑤第一层：两段各一次罗尔
F 在 [a,b] 连续，内部二阶可导。
∃ξ1∈(a,e):F′(ξ1)=0\exists\xi_1\in(a,e):F'(\xi_1)=0
∃ξ2∈(e,b):F′(ξ2)=0\exists\xi_2\in(e,b):F'(\xi_2)=0
a<ξ1<e<ξ2<ba<\xi_1<e<\xi_2<b
⑥第二层：再对 F′用罗尔
F′在内部可导，故在 [ξ₁,ξ₂] 连续；端点值同为零。
∃t∈(ξ1,ξ2):F′′(t)=0\exists t\in(\xi_1,\xi_2):F''(t)=0
F′′(t)=f′′(t)−g′′(t)F''(t)=f''(t)-g''(t)
f′′(t)=g′′(t),t∈(a,b)\boxed{f''(t)=g''(t)},\quad t\in(a,b)
第二视角 · 中值定理与证明题第 15 项 / 4—4

15　相同内部最大值：怎样造第三零点，再用两层三次罗尔 · 续

⑦调用次数与条件边界
第一层 2 次 + 第二层 1 次=3 次罗尔\text{第一层 }2\text{ 次}\ +\ \text{第二层 }1\text{ 次}=3\text{ 次罗尔}
最大值必须能在内点取得；若只在端点取到，就可能没有第三个内点零点。
本条按明确补全的“内部取得”条件讲解；原题若条件更弱，要先检查结论，而不是悄悄加条件。
⑧反例：只有同最大值还不够
[a,b]=[0,1],f(x)=x,g(x)=x2[a,b]=[0,1],\qquad f(x)=x,\quad g(x)=x^2
f(0)=g(0)=0,f(1)=g(1)=1,max⁡f=max⁡g=1f(0)=g(0)=0,\quad f(1)=g(1)=1,\quad\max f=\max g=1
f′′=0,g′′=2⟹f′′≠g′′ 处处成立f''=0,\quad g''=2\Longrightarrow f''\ne g''\text{ 处处成立}
两者最大值只在端点 1 取到，恰好暴露出缺失条件。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 16 项 / 1—4

16　加权平均等于端点值：先介值后罗尔

ff 在 [a,b][a,b] 连续、在 (a,b)(a,b) 可导；a≤t1<t2<t3<ba\le t_1<t_2<t_3<b，p,q,r>0p,q,r>0，pf(t1)+qf(t2)+rf(t3)=(p+q+r)f(b)pf(t_1)+qf(t_2)+rf(t_3)=(p+q+r)f(b)。
∃ξ∈(a,b):f′(ξ)=0\exists\xi\in(a,b):\quad f'(\xi)=0
①读题：正权平均等于右端点值
pf(t1)+qf(t2)+rf(t3)=(p+q+r)f(b)\ringB{pf(t_1)+qf(t_2)+rf(t_3)=(p+q+r)f(b)}
p,q,r>0,a≤t1<t2<t3<bp,q,r>0,\quad a\le t_1<t_2<t_3<b
目标 f′=0，倒推需要右端点之外的另一个等高点。
②移项：三个差值的正权和为零
p[f(t1)−f(b)]+q[f(t2)−f(b)]+r[f(t3)−f(b)]=0p[f(t_1)-f(b)]+q[f(t_2)-f(b)]+r[f(t_3)-f(b)]=0
F(x)=f(x)−f(b),pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)=0F(x)=f(x)-f(b),\quad pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)=0
减的是同一个常数，导数仍是 f′。
第二视角 · 中值定理与证明题第 16 项 / 2—4

16　加权平均等于端点值：先介值后罗尔 · 续

③正权条件实际排除了什么
F(ti)>0 (i=1,2,3)⟹pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)>0F(t_i)>0\ (i=1,2,3)\Longrightarrow pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)>0
F(ti)<0 (i=1,2,3)⟹pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)<0F(t_i)<0\ (i=1,2,3)\Longrightarrow pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)<0
min⁡iF(ti)≤0≤max⁡iF(ti)\min_iF(t_i)\le0\le\max_iF(t_i)
④先选介值，不能直接用罗尔
若某个 F(tᵢ)=0，直接取 c=tᵢ；否则有一正一负。
F 连续，在相应两点之间用介值定理，得到
∃c∈[t1,t3]:F(c)=0\exists c\in[t_1,t_3]:F(c)=0
c≤t3<b⟹c≠bc\le t_3<b\Longrightarrow c\ne b
第二视角 · 中值定理与证明题第 16 项 / 3—4

16　加权平均等于端点值：先介值后罗尔 · 续

⑤罗尔的完整条件与结论
F(c)=F(b)=0F(c)=F(b)=0
F 在 [c,b] 连续、在 (c,b) 可导。即便 c=a，也仍满足题设。
∃ξ∈(c,b):F′(ξ)=0\exists\xi\in(c,b):\quad F'(\xi)=0
f′(ξ)=0,a<ξ<b\boxed{f'(\xi)=0},\quad a<\xi<b
⑥熟悉的等权例子怎样对应
f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1f(0)+f(1)+f(2)=3,\quad f(3)=1
f(0)+f(1)+f(2)=3f(3)f(0)+f(1)+f(2)=3f(3)
a=0, b=3,(t1,t2,t3)=(0,1,2),p=q=r=1a=0,\ b=3,\quad(t_1,t_2,t_3)=(0,1,2),\quad p=q=r=1
按前述正权与介值步骤找到 c<3，再在 [c,3] 用罗尔。
第二视角 · 中值定理与证明题第 16 项 / 4—4

16　加权平均等于端点值：先介值后罗尔 · 续

⑦为什么“右边是端点”能保证两个点不同
t3<b⟹c∈[t1,t3]⟹c<bt_3<b\Longrightarrow c\in[t_1,t_3]\Longrightarrow c<b
若平均值等于某个采样区间内部点的函数值，介值得到的点可能恰好就是它，未必得到第二个不同点。
f(x)=x:f(0)+f(2)2=f(1),f′≡1f(x)=x:\quad\frac{f(0)+f(2)}2=f(1),\quad f'\equiv1
⑧负权反例：平均值不再受最大最小值夹住
f(x)=x:−f(0)+2f(32)=f(3)f(x)=x:\quad-f(0)+2f(\tfrac32)=f(3)
−1+2=1,f′≡1-1+2=1,\quad f'\equiv1
形式上仍是权重和乘端点值，但有负权，无法沿用第③步的符号判断。
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对照原解析 · 1 条题源
第二视角 · 中值定理与证明题第 17 项 / 1—4

17　有限开区间上导数有界推出函数有界

−∞<a<b<∞-\infty<a<b<\infty，ff 在 (a,b)(a,b) 可导，∣f′∣≤M|f'|\le M。
∣f(x)−f(y)∣≤M∣x−y∣,∣f(x)∣≤∣f(a+b2)∣+M(b−a)2|f(x)-f(y)|\le M|x-y|,\qquad |f(x)|\le|f(\frac{a+b}{2})|+\frac{M(b-a)}{2}
①读题：导数有界，怎样控制函数值？
∣f′(x)∣≤M,−∞<a<b<∞\ringG{|f'(x)|\le M},\quad -\infty<a<b<\infty
先控 ∣f(x)−f(y)∣再固定一个 y\text{先控 }|f(x)-f(y)|\quad\text{再固定一个 }y
没有端点连续条件，所以只在内部闭区间用中值定理。
②选拉格朗日：把函数差换成导数乘距离
x<y,x,y∈(a,b)x<y,\quad x,y\in(a,b)
f 在 (a,b) 可导，因而在 [x,y] 连续、内部可导。
∃ξ∈(x,y):f(y)−f(x)=f′(ξ)(y−x)\exists\xi\in(x,y):f(y)-f(x)=f'(\xi)(y-x)
第二视角 · 中值定理与证明题第 17 项 / 2—4

17　有限开区间上导数有界推出函数有界 · 续

③绝对值的每一步依据
∣f(y)−f(x)∣=∣f′(ξ)∣ ∣y−x∣|f(y)-f(x)|=|f'(\xi)|\,|y-x|
≤M∣y−x∣\le M|y-x|
x>y 时交换两点；x=y 时两边同为零。
∣f(x)−f(y)∣≤M∣x−y∣(x,y∈(a,b))\boxed{|f(x)-f(y)|\le M|x-y|}\quad(x,y\in(a,b))
④为什么选一个固定中点
c=a+b2∈(a,b),∣x−c∣<b−a2c=\frac{a+b}{2}\in(a,b),\quad |x-c|<\frac{b-a}{2}
中点处 f(c) 是一个固定有限数；它不是随 x 改变的未知上界。
∣f(x)−f(c)∣≤M∣x−c∣≤M(b−a)2|f(x)-f(c)|\le M|x-c|\le\frac{M(b-a)}2
第二视角 · 中值定理与证明题第 17 项 / 3—4

17　有限开区间上导数有界推出函数有界 · 续

⑤加减 f(c)，完成函数有界的证明
f(x)=f(c)+[f(x)−f(c)]f(x)=f(c)+[f(x)-f(c)]
三角不等式
∣f(x)∣≤∣f(c)∣+∣f(x)−f(c)∣|f(x)|\le|f(c)|+|f(x)-f(c)|
∣f(x)∣≤∣f(a+b2)∣+M(b−a)2\boxed{|f(x)|\le|f(\tfrac{a+b}{2})|+\frac{M(b-a)}2}
右边与 x 无关，所以是整个开区间上的统一上界。
⑥只说 f 和 f′连续，够不够？
f(x)=1x,0<x<1f(x)=\frac1x,\quad0<x<1
f′(x)=−1x2 在 (0,1) 连续f'(x)=-\frac1{x^2}\text{ 在 }(0,1)\text{ 连续}
x→0+:f(x)→+∞x\to0^+:f(x)\to+\infty
开区间上的连续函数不一定有界；不能套闭区间最值定理。
第二视角 · 中值定理与证明题第 17 项 / 4—4

17　有限开区间上导数有界推出函数有界 · 续

⑦反向命题也不成立
f(x)=x,0<x<1f(x)=\sqrt{x},\quad0<x<1
0<f(x)<1,f′(x)=12x→+∞(x→0+)0<f(x)<1,\qquad f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}\to+\infty\quad(x\to0^+)
函数有界不能反推出导数有界。
⑧有限区间这一条件在哪里使用？
∣x−c∣≤b−a2|x-c|\le\frac{b-a}{2}
正是在控制距离时用到区间有限。
f(x)=x,0<x<∞:f′(x)=1 有界，f 无界f(x)=x,\quad0<x<\infty:\quad f'(x)=1\text{ 有界，}f\text{ 无界}
函数差→导数界×距离界→固定点加减\text{函数差}\to\text{导数界}\times\text{距离界}\to\text{固定点加减}
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对照原解析 · 1 条题源
第二视角 · 中值定理与证明题第 18 项 / 1—4

18　端点导数异号保证内部最大值，不保证函数零点

a<b,f∈C1([a,b])a<b,f\in C^1([a,b])，端点导数取对应单侧，f′(a)>0>f′(b)f'(a)>0>f'(b)。
∃c∈(a,b):f(c)>max⁡{f(a),f(b)},f′(c)=0\exists c\in(a,b):\quad f(c)>\max\{f(a),f(b)\},\qquad f'(c)=0
①读题：端点导数一正一负，指向的是高度变化
f+′(a)>0,f−′(b)<0\ringG{f'_+(a)>0},\qquad\ringG{f'_-(b)<0}
左端向右走会升高，右端向左走也会升高；两端都不是最大点。
目标：内部最大点 c,f′(c)=0\text{目标：内部最大点 }c,\quad f'(c)=0
②定理选择：最值定理加费马
f 在 [a,b] 连续→最大值取得f\text{ 在 }[a,b]\text{ 连续}\to\text{最大值取得}
排除两端→c∈(a,b)→费马f′(c)=0\text{排除两端}\to c\in(a,b)\xrightarrow{\text{费马}}f'(c)=0
不必硬构造两端等值；罗尔缺少 f(a)=f(b)，也不是现有条件的直接入口。
第二视角 · 中值定理与证明题第 18 项 / 2—4

18　端点导数异号保证内部最大值，不保证函数零点 · 续

③用单侧导数定义证明左端不是最大点
lim⁡h↓0f(a+h)−f(a)h=f+′(a)>0\lim_{h\downarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}h=f'_+(a)>0
∃h1>0:0<h1<b−a,f(a+h1)−f(a)h1>0\exists h_1>0:\quad0<h_1<b-a,\quad\frac{f(a+h_1)-f(a)}{h_1}>0
f(a+h1)>f(a)f(a+h_1)>f(a)
④右端要留意负增量
lim⁡h↓0f(b−h)−f(b)−h=f−′(b)<0\lim_{h\downarrow0}\frac{f(b-h)-f(b)}{-h}=f'_-(b)<0
∃h2>0:f(b−h2)−f(b)−h2<0\exists h_2>0:\quad\frac{f(b-h_2)-f(b)}{-h_2}<0
乘以 −h₂<0，方向反过来
f(b−h2)>f(b)f(b-h_2)>f(b)
第二视角 · 中值定理与证明题第 18 项 / 3—4

18　端点导数异号保证内部最大值，不保证函数零点 · 续

⑤最大值存在，而且严格超过两个端点
由闭区间连续性，取 c∈[a,b] 使 f(c)=max f。
f(c)≥f(a+h1)>f(a)f(c)\ge f(a+h_1)>f(a)
f(c)≥f(b−h2)>f(b)f(c)\ge f(b-h_2)>f(b)
c∈(a,b),f(c)>max⁡{f(a),f(b)}\boxed{c\in(a,b),\quad f(c)>\max\{f(a),f(b)\}}
⑥费马定理的左右差商
f(c+h)−f(c)≤0f(c+h)-f(c)\le0
h>0:f(c+h)−f(c)h≤0;h<0:f(c+h)−f(c)h≥0h>0:\frac{f(c+h)-f(c)}h\le0;\quad h<0:\frac{f(c+h)-f(c)}h\ge0
f 在 c 可导，左右极限相等。
f′(c)≤0,f′(c)≥0⟹f′(c)=0f'(c)\le0,\quad f'(c)\ge0\Longrightarrow\boxed{f'(c)=0}
第二视角 · 中值定理与证明题第 18 项 / 4—4

18　端点导数异号保证内部最大值，不保证函数零点 · 续

⑦为何不能顺便说 f 有零点
f(x)=1+(x−a)(b−x)≥1(a≤x≤b)f(x)=1+(x-a)(b-x)\ge1\quad(a\le x\le b)
f′(a)=b−a>0,f′(b)=a−b<0f'(a)=b-a>0,\quad f'(b)=a-b<0
函数始终为正，却满足导数端点异号。导数条件不决定图像相对横轴的高度。
⑧第二视角的简化：不需要多加导数连续
上面直接用了单侧导数定义；并未依赖 f′在整个闭区间连续。
f∈C[a,b], f 内部可导, f+′(a)>0>f−′(b)f\in C[a,b],\ f\text{ 内部可导},\ f'_+(a)>0>f'_-(b)
⟹内部取严格高于端点的最大值，并有 f′(c)=0\Longrightarrow\text{内部取严格高于端点的最大值，并有 }f'(c)=0
原专题的 C¹ 条件足够；本路线还能看清真正用到哪些条件。
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19　对数不等式：交叉相乘、无量纲换元和导数下界

第一分支 x>1x>1；差商分支 0<a<b0<a<b；参数分支 x>0,k≥ln⁡2−1x>0,k\ge\ln2-1。
ln⁡(1+x)ln⁡x>x1+x;2aa2+b2<ln⁡b−ln⁡ab−a<1ab\frac{\ln(1+x)}{\ln x}>\frac{x}{1+x};\qquad\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}}
①第一类读题：分母有对数，先核对符号
x>1:ln⁡(1+x)ln⁡x>x1+xx>1:\quad\ringR{\frac{\ln(1+x)}{\ln x}>\frac{x}{1+x}}
(1+x)ln⁡x>0(1+x)\ln x>0
⟺(1+x)ln⁡(1+x)−xln⁡x>0\Longleftrightarrow (1+x)\ln(1+x)-x\ln x>0
交叉相乘先过“正分母”这一关，再把差叫作 F。
②辅助函数求导：相同常数项自动抵消
F(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−xln⁡xF(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln x
F′(x)=ln⁡(1+x)+1−ln⁡x−1=ln⁡(1+1x)>0F'(x)=\ln(1+x)+1-\ln x-1=\ln\left(1+\frac1x\right)>0
F(x)>F(1)=2ln⁡2>0(x>1)F(x)>F(1)=2\ln2>0\quad(x>1)
F 连续可导；对 [1,x] 用拉格朗日得严格递增，再除回正分母即得第一类结论。
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③差商下界：拉格朗日能直接做到哪一步
0<a<b:ln⁡b−ln⁡ab−a=1ξ,a<ξ<b0<a<b:\quad\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac1\xi,\quad a<\xi<b
1ξ>1b\frac1\xi>\frac1b
1b−2aa2+b2=(b−a)2b(a2+b2)>0\frac1b-\frac{2a}{a^2+b^2}=\frac{(b-a)^2}{b(a^2+b^2)}>0
ln⁡b−ln⁡ab−a>2aa2+b2\boxed{\frac{\ln b-\ln a}{b-a}>\frac{2a}{a^2+b^2}}
④差商上界：中值点位于中间仍然不够
目标：ln⁡b−ln⁡ab−a<1ab\text{目标：}\quad\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}}
仅有 a<ξ<b，不能推出 ξ>√ab。换用目标本身提示的平方根比例。
u=ba>1,b=au2,ab=auu=\sqrt{\frac ba}>1,\quad b=au^2,\quad\sqrt{ab}=au
2ln⁡ua(u2−1)<1au⟺2ln⁡u<u−1u\frac{2\ln u}{a(u^2-1)}<\frac1{au}\Longleftrightarrow2\ln u<u-\frac1u
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⑤上界的辅助函数来自移项
G(u)=u−1u−2ln⁡u,G(1)=0G(u)=u-\frac1u-2\ln u,\quad G(1)=0
G′(u)=1+1u2−2u=(u−1)2u2>0(u>1)G'(u)=1+\frac1{u^2}-\frac2u=\frac{(u-1)^2}{u^2}>0\quad(u>1)
G(u)>G(1)=0G(u)>G(1)=0
ln⁡b−ln⁡ab−a<1ab\boxed{\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}}}
⑥参数分支：让导数分子出现一个可求的最小值
F(x)=x−ln⁡2x+2kln⁡x−1,F(1)=0F(x)=x-\ln^2x+2k\ln x-1,\quad F(1)=0
F′(x)=1−2ln⁡xx+2kx=x−2ln⁡x+2kxF'(x)=1-\frac{2\ln x}x+\frac{2k}x=\frac{x-2\ln x+2k}{x}
(x−2ln⁡x)′=x−2x(x-2\ln x)'=\frac{x-2}x
x>0；在 (0,2) 递减、(2,∞) 递增，所以
x−2ln⁡x≥2−2ln⁡2x-2\ln x\ge2-2\ln2
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⑦参数怎样保证整个函数单调
k≥ln⁡2−1⟹x−2ln⁡x+2k≥0k\ge\ln2-1\Longrightarrow x-2\ln x+2k\ge0
F′(x)≥0(x>0)F'(x)\ge0\quad(x>0)
x>1: F(x)≥0;0<x<1: F(x)≤0x>1:\ F(x)\ge0;\qquad0<x<1:\ F(x)\le0
(x−1)[x−ln⁡2x+2kln⁡x−1]≥0\boxed{(x-1)[x-\ln^2x+2k\ln x-1]\ge0}
这里给的是充分条件；没有证明参数范围的必要性，不标为“当且仅当”。
⑧三个入口各自对应什么结构
分式大小→核对分母符号→移项作差\text{分式大小}\to\text{核对分母符号}\to\text{移项作差}
对数差商→拉格朗日；过不去的更强界另作差\text{对数差商}\to\text{拉格朗日；过不去的更强界另作差}
含参数导数→分子最小值→参数下界\text{含参数导数}\to\text{分子最小值}\to\text{参数下界}
换元的 u 是一个正比例，降低两个参数的复杂度；不是看到对数就必须换元。
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20　唯一实根：导数正证明唯一，介值证明存在

第一分支 a,b,c∈R,5b>3a2a,b,c\in\mathbb R,5b>3a^2；第二分支 p∈R,0<q<1p\in\mathbb R,0<q<1。
x5+2ax3+3bx+4c=0 与 x+p+qcos⁡x=0 各恰有一实根x^5+2ax^3+3bx+4c=0\text{ 与 }x+p+q\cos x=0\text{ 各恰有一实根}
①读题：“恰有一个实根”含两个任务
存在+至多一个\ringR{\text{存在}}\quad+\quad\ringR{\text{至多一个}}
异号端点→介值;严格单调→唯一\text{异号端点}\to\text{介值};\qquad\text{严格单调}\to\text{唯一}
导数恒正只能排除两根，不能单独保证存在。
②多项式条件 5b>3a² 怎样进入导数
F(x)=x5+2ax3+3bx+4cF(x)=x^5+2ax^3+3bx+4c
F′(x)=5x4+6ax2+3bF'(x)=5x^4+6ax^2+3b
把它看成关于 x² 的二次式，配平方
F′(x)=5(x2+3a5)2+3(5b−3a2)5>0F'(x)=5\left(x^2+\frac{3a}{5}\right)^2+\frac{3(5b-3a^2)}5>0
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③唯一性的完整证明
F 在任意有限闭区间连续、内部可导。若 u<v 是两根，
0=F(v)−F(u)=F′(ξ)(v−u)>0(u<ξ<v)0=F(v)-F(u)=F'(\xi)(v-u)>0\quad(u<\xi<v)
矛盾，所以至多一个根。也可对两根之间直接用罗尔与 F′>0 矛盾。
④存在性的完整证明
lim⁡x→+∞F(x)=+∞,lim⁡x→−∞F(x)=−∞\lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty,\quad\lim_{x\to-\infty}F(x)=-\infty
∃R>0:F(−R)<0<F(R)\exists R>0:\quad F(-R)<0<F(R)
F 在 [−R,R] 连续，介值定理给内部零点。
x5+2ax3+3bx+4c=0 恰有一个实根\boxed{x^5+2ax^3+3bx+4c=0\text{ 恰有一个实根}}
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⑤带三角函数的另一题：先看幅度界
G(x)=x+p+qcos⁡x,0<q<1G(x)=x+p+q\cos x,\quad0<q<1
G′(x)=1−qsin⁡x≥1−q>0G'(x)=1-q\sin x\ge1-q>0
与上一题同理，拉格朗日或罗尔排除两个不同根。
⑥端点从 |q cos x|≤q 反推
u=−p−q−1,v=−p+q+1u=-p-q-1,\qquad v=-p+q+1
G(u)=−q−1+qcos⁡u≤−1<0G(u)=-q-1+q\cos u\le-1<0
G(v)=q+1+qcos⁡v≥1>0G(v)=q+1+q\cos v\ge1>0
u<v→介值∃ξ∈(u,v):G(ξ)=0u<v\quad\xrightarrow{\text{介值}}\quad\exists\xi\in(u,v):G(\xi)=0
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⑦参数的角色分别是什么
5b>3a2→F′>0;4c→纵向平移5b>3a^2\to F'>0;\qquad4c\to\text{纵向平移}
0<q<1→1−qsin⁡x>0;p→改变根的位置0<q<1\to1-q\sin x>0;\qquad p\to\text{改变根的位置}
常数项不进入导数，但仍影响根在哪里；不能因为求导消失，就说它不影响方程。
⑧检查“只单调”这一漏洞
H(x)=ex:H′(x)>0,H(x)>0 对所有实数 xH(x)=e^x:\quad H'(x)>0,\quad H(x)>0\text{ 对所有实数 x}
严格递增，却没有实零点。每个“唯一根”证明都要明确写出一次存在性依据。
先找异号端点，再排除两根；顺序也可交换，但两步都要有。\boxed{\text{先找异号端点，再排除两根；顺序也可交换，但两步都要有。}}
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21　递增凸函数的切线与零点之间的位置

f∈C2[a,∞)f\in C^2[a,\infty)，f(a)=0,f′>0,f′′>0f(a)=0,f'>0,f''>0，b>ab>a。
x0=b−f(b)f′(b)⇒a<x0<bx_0=b-\frac{f(b)}{f'(b)}\Rightarrow a<x_0<b
①读题：横截距公式是怎么来的
x0=b−f(b)f′(b)\ringR{x_0=b-\frac{f(b)}{f'(b)}}
y=f(b)+f′(b)(x−b),y=0y=f(b)+f'(b)(x-b),\quad y=0
x=b−f(b)f′(b)=x0x=b-\frac{f(b)}{f'(b)}=x_0
这是 b 处切线与横轴的交点；目标是 a<x₀<b。
②从目标倒推要估计的分式
a<b−f(b)f′(b)<ba<b-\frac{f(b)}{f'(b)}<b
⟺0<f(b)f′(b)<b−a\Longleftrightarrow0<\frac{f(b)}{f'(b)}<b-a
此处只是移项，不需要先乘未知符号。下一步用 f′>0 确认分母为正。
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③第一次拉格朗日：把函数值换成一阶导数
f(a)=0f(a)=0
f 在 [a,b] 连续、内部可导。
∃ξ∈(a,b):f(b)=f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)\exists\xi\in(a,b):\quad f(b)=f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)
f′(ξ)>0, b−a>0⟹f(b)>0f'(\xi)>0,\ b-a>0\Longrightarrow f(b)>0
④第二次拉格朗日：用凸性比较两个导数
f′在 [ξ,b] 连续、内部可导。
f′(b)−f′(ξ)=f′′(η)(b−ξ),ξ<η<bf'(b)-f'(\xi)=f''(\eta)(b-\xi),\quad\xi<\eta<b
f′′(η)>0, b−ξ>0⟹f′(b)>f′(ξ)>0f''(\eta)>0,\ b-\xi>0\Longrightarrow f'(b)>f'(\xi)>0
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21　递增凸函数的切线与零点之间的位置 · 续

⑤两条式子接起来，得到目标分式范围
0<f′(ξ)f′(b)<10<\frac{f'(\xi)}{f'(b)}<1
乘以正数 b−a
0<(b−a)f′(ξ)f′(b)<b−a0<\frac{(b-a)f'(\xi)}{f'(b)}<b-a
0<f(b)f′(b)<b−a\boxed{0<\frac{f(b)}{f'(b)}<b-a}
⑥最后减法要逐端写清
f(b)f′(b)>0⟹b−f(b)f′(b)<b\frac{f(b)}{f'(b)}>0\Longrightarrow b-\frac{f(b)}{f'(b)}<b
f(b)f′(b)<b−a⟹b−f(b)f′(b)>a\frac{f(b)}{f'(b)}<b-a\Longrightarrow b-\frac{f(b)}{f'(b)}>a
a<x0<b\boxed{a<x_0<b}
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⑦另一入口：严格凸函数在切线上方
f(a)>f(b)+f′(b)(a−b)f(a)>f(b)+f'(b)(a-b)
f(a)=0⟹f(b)<f′(b)(b−a)f(a)=0\Longrightarrow f(b)<f'(b)(b-a)
再用 f(b)>0、f′(b)>0，就恢复同一个分式夹逼。
若尚未掌握切线不等式，前面的两次拉格朗日就是它在本题中的直接证明。
⑧为什么要严格凸，而不只要求凸
f(x)=x−a:f′(x)=1,f′′(x)=0f(x)=x-a:\quad f'(x)=1,\quad f''(x)=0
x0=b−b−a1=ax_0=b-\frac{b-a}{1}=a
只有非严格凸时，交点可能落在左端，不能保证 a<x₀。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 22 项 / 1—4

22　两端泰勒相加相减与内部高阶导数点

a>0a>0；二阶结论要求 f∈C2[−a,a]f\in C^2[-a,a]，三阶结论要求 f∈C3[−a,a]f\in C^3[-a,a]。
∃ξ∈(−a,a):f′′(ξ)=f(a)+f(−a)−2f(0)a2\exists\xi\in(-a,a):\quad f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)-2f(0)}{a^2}
①读题：对称端点提示加减消项
f(a)+f(−a)−2f(0)→消一次项\ringB{f(a)+f(-a)-2f(0)}\to\text{消一次项}
f(a)−f(−a)−2af′(0)→消常数与二次项\ringB{f(a)-f(-a)-2af'(0)}\to\text{消常数与二次项}
二阶结论设 f∈C²[−a,a]；三阶结论设 f∈C³[−a,a]，a>0。
②二阶：以 0 为中心的两次泰勒
f(a)=f(0)+af′(0)+a22f′′(ξ+),0<ξ+<af(a)=f(0)+af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\xi_+),\quad0<\xi_+<a
f(−a)=f(0)−af′(0)+a22f′′(ξ−),−a<ξ−<0f(-a)=f(0)-af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\xi_-),\quad-a<\xi_-<0
相加，再减 2f(0)
f(a)+f(−a)−2f(0)a2=f′′(ξ+)+f′′(ξ−)2\frac{f(a)+f(-a)-2f(0)}{a^2}=\frac{f''(\xi_+)+f''(\xi_-)}2
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22　两端泰勒相加相减与内部高阶导数点 · 续

③两个余项点怎样变成一个点
min⁡{f′′(ξ−),f′′(ξ+)}≤f′′(ξ−)+f′′(ξ+)2≤max⁡{f′′(ξ−),f′′(ξ+)}\min\{f''(\xi_-),f''(\xi_+)\}\le\frac{f''(\xi_-)+f''(\xi_+)}2\le\max\{f''(\xi_-),f''(\xi_+)\}
f″连续，在 [ξ₋,ξ₊] 上用介值定理。两端都严格位于 (−a,a) 内。
∃ξ∈[ξ−,ξ+]⊂(−a,a):f′′(ξ)=f′′(ξ−)+f′′(ξ+)2\exists\xi\in[\xi_-,\xi_+]\subset(-a,a):\quad f''(\xi)=\frac{f''(\xi_-)+f''(\xi_+)}2
f′′(ξ)=f(a)+f(−a)−2f(0)a2\boxed{f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)-2f(0)}{a^2}}
④三阶：先把 ±a 的符号展开
f(a)=f(0)+af′(0)+a22f′′(0)+a36f(3)(η+)f(a)=f(0)+af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(0)+\frac{a^3}{6}f^{(3)}(\eta_+)
f(−a)=f(0)−af′(0)+a22f′′(0)−a36f(3)(η−)f(-a)=f(0)-af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(0)-\frac{a^3}{6}f^{(3)}(\eta_-)
−a<η−<0<η+<a-a<\eta_-<0<\eta_+<a
第一式减第二式；两个三阶余项变成相加
f(a)−f(−a)−2af′(0)=a36[f(3)(η+)+f(3)(η−)]f(a)-f(-a)-2af'(0)=\frac{a^3}{6}[f^{(3)}(\eta_+)+f^{(3)}(\eta_-)]
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22　两端泰勒相加相减与内部高阶导数点 · 续

⑤三阶也用连续介值合并
∃η∈[η−,η+]:f(3)(η)=f(3)(η+)+f(3)(η−)2\exists\eta\in[\eta_-,\eta_+]:\quad f^{(3)}(\eta)=\frac{f^{(3)}(\eta_+)+f^{(3)}(\eta_-)}2
f(3)(η)=3[f(a)−f(−a)−2af′(0)]a3\boxed{f^{(3)}(\eta)=\frac{3[f(a)-f(-a)-2af'(0)]}{a^3}}
a=1, f(−1)=0, f(1)=1, f′(0)=0⟹f(3)(η)=3a=1,\ f(-1)=0,\ f(1)=1,\ f'(0)=0\Longrightarrow f^{(3)}(\eta)=3
⑥若给内部极值点，为什么改在它处展开
另设 c∈(−a,a) 为极值点；费马给 f′(c)=0。
f(a)−f(c)=12(a−c)2f′′(η+)f(a)-f(c)=\tfrac12(a-c)^2f''(\eta_+)
f(−a)−f(c)=12(a+c)2f′′(η−)f(-a)-f(c)=\tfrac12(a+c)^2f''(\eta_-)
c<η+<a,−a<η−<cc<\eta_+<a,\quad-a<\eta_-<c
一次项由驻点条件直接消失。
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22　两端泰勒相加相减与内部高阶导数点 · 续

⑦需要一个内部点控制绝对值时，选较大的余项
在 η₊、η₋ 中选一个记为 η，使其二阶导数绝对值较大。
∣f(a)−f(−a)∣≤12[(a−c)2+(a+c)2]∣f′′(η)∣|f(a)-f(-a)|\le\tfrac12[(a-c)^2+(a+c)^2]|f''(\eta)|
12[(a−c)2+(a+c)2]=a2+c2≤2a2\tfrac12[(a-c)^2+(a+c)^2]=a^2+c^2\le2a^2
∣f(a)−f(−a)∣≤2a2∣f′′(η)∣,η∈(−a,a)|f(a)-f(-a)|\le2a^2|f''(\eta)|,\quad\eta\in(-a,a)
⑧三种操作，不要混为一谈
相加或相减：消去不需要的低阶项\text{相加或相减：消去不需要的低阶项}
连续介值：把两个导数值的平均变成一个导数值\text{连续介值：把两个导数值的平均变成一个导数值}
取较大绝对值：把两项估计统一由一个内点控制\text{取较大绝对值：把两项估计统一由一个内点控制}
这里使用的是精确余项；只写局部 Peano 展开，无法直接获得给定端点之间的精确中值等式。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 23 项 / 1—4

23　两个中值定理点的导数比：公共割线差消去

f∈C[a,b]f\in C[a,b]，在 (a,b)(a,b) 可导且 f′≠0f'\ne0，a<ba<b。
∃ξ,η∈(a,b):f′(ξ)f′(η)=eb−eab−ae−η\exists\xi,\eta\in(a,b):\quad\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\frac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\eta}
①读题：指数增量与区间长度分开圈
f′(ξ)f′(η)=eb−eab−ae−η\ringR{\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}}=\ringB{\frac{e^b-e^a}{b-a}}\ringG{e^{-\eta}}
b−a↔x,eb−ea↔ex,e−η=1eηb-a\leftrightarrow x,\qquad e^b-e^a\leftrightarrow e^x,\qquad e^{-\eta}=\frac1{e^\eta}
允许两个点，因此可以用两个定理分别产生它们。
②从相除结果倒推两个等式
f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
f′(η)=f(b)−f(a)eb−eaeηf'(\eta)=\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}e^\eta
共同的端点差会约去；第一式选拉格朗日，第二式选 f 与 eˣ 的柯西。先作为寻找路线的目标，后面分别证明。
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23　两个中值定理点的导数比：公共割线差消去 · 续

③第一次定理同时证明端点增量非零
f 在 [a,b] 连续、内部可导；拉格朗日给
∃ξ∈(a,b):f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)\exists\xi\in(a,b):f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)
f′(ξ)≠0,b−a>0⟹f(b)−f(a)≠0f'(\xi)\ne0,\quad b-a>0\Longrightarrow\red{f(b)-f(a)\ne0}
f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
④第二次：柯西先写交叉形式
f 与 eˣ 都满足闭区间连续、开区间可导。
∃η∈(a,b):[f(b)−f(a)]eη=(eb−ea)f′(η)\exists\eta\in(a,b):[f(b)-f(a)]e^\eta=(e^b-e^a)f'(\eta)
eb−ea>0⟹f′(η)=[f(b)−f(a)]eηeb−eae^b-e^a>0\Longrightarrow f'(\eta)=\frac{[f(b)-f(a)]e^\eta}{e^b-e^a}
第二视角 · 中值定理与证明题第 23 项 / 3—4

23　两个中值定理点的导数比：公共割线差消去 · 续

⑤约分之前列齐非零依据
b−a>0,eb−ea>0,eη>0b-a>0,\quad e^b-e^a>0,\quad e^\eta>0
f′(η)≠0 由题设;f(b)−f(a)≠0 已证明f'(\eta)\ne0\ \text{由题设};\quad f(b)-f(a)\ne0\ \text{已证明}
这些条件保证相除与约去共同端点差合法；不需要知道 f′正还是负。
⑥完整相除：除以分数改成乘倒数
f′(ξ)f′(η)=f(b)−f(a)b−a÷[f(b)−f(a)]eηeb−ea\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\div\frac{[f(b)-f(a)]e^\eta}{e^b-e^a}
=f(b)−f(a)b−a⋅eb−ea[f(b)−f(a)]eη=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot\frac{e^b-e^a}{[f(b)-f(a)]e^\eta}
=eb−ea(b−a)eη=eb−eab−ae−η=\frac{e^b-e^a}{(b-a)e^\eta}=\boxed{\frac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\eta}}
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23　两个中值定理点的导数比：公共割线差消去 · 续

⑦辅助函数入口：两个归一化因子
x−ab−a: a↦0,b↦1;ex−eaeb−ea: a↦0,b↦1\frac{x-a}{b-a}:\ a\mapsto0,b\mapsto1;\qquad\frac{e^x-e^a}{e^b-e^a}:\ a\mapsto0,b\mapsto1
F(x)=f(x)−f(a)−[f(b)−f(a)]x−ab−aF(x)=f(x)-f(a)-[f(b)-f(a)]\frac{x-a}{b-a}
G(x)=f(x)−f(a)−[f(b)−f(a)]ex−eaeb−eaG(x)=f(x)-f(a)-[f(b)-f(a)]\frac{e^x-e^a}{e^b-e^a}
F(a)=F(b)=G(a)=G(b)=0F(a)=F(b)=G(a)=G(b)=0
各自连续可导，分别用罗尔得 F′(ξ)=0、G′(η)=0，即前面两条等式；再按第⑥步相除。
⑧检查点的位置，不要加题目没要求的限制
ξ,η∈(a,b)可同可异，无须排序\xi,\eta\in(a,b)\quad\text{可同可异，无须排序}
f(x)=x:1=eb−eab−ae−ηf(x)=x:\quad1=\frac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\eta}
eη=eb−eab−ae^\eta=\frac{e^b-e^a}{b-a}
对 eˣ 用拉格朗日，恰好保证这个 η 存在。
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24　增量与微分比较：两侧中值点和乘数符号

ff 在开区间二阶可导；首分支 f′>0,f′′>0f'>0,f''>0；第二分支 f′f' 严格递减且 f(1)=f′(1)=1f(1)=f'(1)=1。
h>0: 0<dy<Δy;h<0: dy<Δy<0h>0:\ 0<\mathrm dy<\Delta y;\quad h<0:\ \mathrm dy<\Delta y<0
①读题：增量与微分的差，先写原定义
Δy=f(x+h)−f(x),dy=f′(x)h\ringB{\Delta y=f(x+h)-f(x)},\quad\ringG{dy=f'(x)h}
f′>0,f′′>0,h≠0f'>0,\quad f''>0,\quad h\ne0
x、x+h 及连接它们的区间都要在定义域内。
②第一次拉格朗日：把增量也写成导数乘 h
Δy=f′(ξ)h,ξ 严格位于 x 与 x+h 之间\Delta y=f'(\xi)h,\quad\xi\text{ 严格位于 }x\text{ 与 }x+h\text{ 之间}
Δy−dy=[f′(ξ)−f′(x)]h\Delta y-dy=[f'(\xi)-f'(x)]h
现在未知量只有两个一阶导数的差；题给二阶导数正，继续对 f′使用定理。
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24　增量与微分比较：两侧中值点和乘数符号 · 续

③第二次拉格朗日：同号的两个因子
f′(ξ)−f′(x)=f′′(η)(ξ−x)f'(\xi)-f'(x)=f''(\eta)(\xi-x)
Δy−dy=f′′(η)(ξ−x)h\Delta y-dy=f''(\eta)(\xi-x)h
h>0⇒ξ−x>0;h<0⇒ξ−x<0h>0\Rightarrow\xi-x>0;\qquad h<0\Rightarrow\xi-x<0
f′′(η)>0,(ξ−x)h>0⟹Δy>dyf''(\eta)>0,\quad(\xi-x)h>0\Longrightarrow\Delta y>dy
④正增量分支：补上与零的比较
h>0, f′(x)>0⟹dy=f′(x)h>0h>0,\ f'(x)>0\Longrightarrow dy=f'(x)h>0
Δy>dy⟹0<dy<Δy\Delta y>dy\Longrightarrow\boxed{0<dy<\Delta y}
函数值的增加量比切线预测的增加量大。
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24　增量与微分比较：两侧中值点和乘数符号 · 续

⑤负增量分支：负数乘法别漏掉
h<0, f′(ξ)>0⟹Δy=f′(ξ)h<0h<0,\ f'(\xi)>0\Longrightarrow\Delta y=f'(\xi)h<0
Δy>dy⟹dy<Δy<0\Delta y>dy\Longrightarrow\boxed{dy<\Delta y<0}
这里两者都为负；大小顺序不能照搬正增量那一行。
⑥另一个分支：导数递减，函数在切线下方
另设 f′严格递减，且 f(1)=f′(1)=1。
f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1)f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)
f(x)−x=[f′(ξ)−1](x−1)=[f′(ξ)−f′(1)](x−1)f(x)-x=[f'(\xi)-1](x-1)=[f'(\xi)-f'(1)](x-1)
没有新辅助字母；直接减去切线 y=x。
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24　增量与微分比较：两侧中值点和乘数符号 · 续

⑦左右分支各查一次符号
x<1: x<ξ<1,f′(ξ)>1,x−1<0⟹f(x)−x<0x<1:\ x<\xi<1,\quad f'(\xi)>1,\quad x-1<0\Longrightarrow f(x)-x<0
x>1: 1<ξ<x,f′(ξ)<1,x−1>0⟹f(x)−x<0x>1:\ 1<\xi<x,\quad f'(\xi)<1,\quad x-1>0\Longrightarrow f(x)-x<0
x≠1⟹f(x)<x;f(1)=1\boxed{x\ne1\Longrightarrow f(x)<x};\qquad f(1)=1
⑧不能把 f′严格递减写成 f″处处严格负
f(x)=x−(x−1)4f(x)=x-(x-1)^4
f′(x)=1−4(x−1)3 严格递减f'(x)=1-4(x-1)^3\text{ 严格递减}
f′′(x)=−12(x−1)2,f′′(1)=0f''(x)=-12(x-1)^2,\quad f''(1)=0
第二分支只用一阶导数的严格次序，既不需要也不能擅加 f″<0。
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25　只有开区间可导：在内部闭区间应用中值定理

ff 在 (a,b)(a,b) 可导，a<x1<x2<ba<x_1<x_2<b。
∃ξ∈(x1,x2):f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)\exists\xi\in(x_1,x_2):\quad f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)
①读题：只有开区间可导，外端点不可直接使用
f 在 (a,b) 可导,a<x1<x2<bf\text{ 在 }(a,b)\text{ 可导},\qquad\ringB{a<x_1<x_2<b}
x₁、x₂ 是原开区间的内点；它们可以组成一个新的闭区间。
[x1,x2]⊂(a,b)[x_1,x_2]\subset(a,b)
②拉格朗日的条件逐项对应
f 在 (a,b) 可导⟹f 在 (a,b) 连续f\text{ 在 }(a,b)\text{ 可导}\Longrightarrow f\text{ 在 }(a,b)\text{ 连续}
⟹f 在 [x1,x2] 连续\Longrightarrow f\text{ 在 }[x_1,x_2]\text{ 连续}
f 在 (x1,x2) 可导f\text{ 在 }(x_1,x_2)\text{ 可导}
新闭区间的两个端点，已经由原区间内部的可导性保证连续。
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25　只有开区间可导：在内部闭区间应用中值定理 · 续

③直接应用，得到目标
∃ξ∈(x1,x2):f(x2)−f(x1)x2−x1=f′(ξ)\exists\xi\in(x_1,x_2):\quad\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f'(\xi)
f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)\boxed{f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)}
这里根本没使用 f(a)、f(b)，它们甚至可以没有定义。
④如果要改成罗尔，辅助函数怎样来
f′(ξ)−f(x2)−f(x1)x2−x1=0f'(\xi)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=0
常数导数对应一次项；再让左端归零
F(x)=f(x)−f(x1)−f(x2)−f(x1)x2−x1(x−x1)F(x)=f(x)-f(x_1)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1)
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25　只有开区间可导：在内部闭区间应用中值定理 · 续

⑤两个端点逐个代入
F(x1)=f(x1)−f(x1)−0=0F(x_1)=f(x_1)-f(x_1)-0=0
F(x2)=f(x2)−f(x1)−f(x2)−f(x1)x2−x1(x2−x1)=0F(x_2)=f(x_2)-f(x_1)-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x_2-x_1)=0
x₂−x₁>0，分母合法。
⑥罗尔路线的收尾
F 在 [x₁,x₂] 连续，在内部可导；两端为零。
∃ξ∈(x1,x2):F′(ξ)=0\exists\xi\in(x_1,x_2):F'(\xi)=0
f′(ξ)=f(x2)−f(x1)x2−x1f'(\xi)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}
这也解释了拉格朗日定理为何可以由罗尔定理推出来。
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25　只有开区间可导：在内部闭区间应用中值定理 · 续

⑦把内部区间擅自放大到 [a,b] 会出错
f(x)=0 (0<x<1),f(0)=1, f(1)=2f(x)=0\ (0<x<1),\quad f(0)=1,\ f(1)=2
f′(x)=0(0<x<1)f'(x)=0\quad(0<x<1)
f(1)−f(0)=1≠f′(ξ)(1−0)=0f(1)-f(0)=1\ne f'(\xi)(1-0)=0
错误发生在外端点连续性缺失；不是中值定理本身失效。
⑧可直接执行的下一步
只给开区间可导⟶先任取两个内点\text{只给开区间可导}\quad\longrightarrow\quad\text{先任取两个内点}
a<x1<x2<b⟶在 [x1,x2] 上用定理a<x_1<x_2<b\quad\longrightarrow\quad\text{在 }[x_1,x_2]\text{ 上用定理}
要把结果延伸到外端点，必须再证明或使用相应极限与端点连续性。
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26　函数零点与导数零点相乘：制造两个不同的二阶组合零点

ff 在 [0,1][0,1] 二阶可导，f(1)>0f(1)>0，lim⁡x→0+f(x)x=L<0\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}=L<0 为有限数。
∃ 0<u<v<1:f(u)f′′(u)+[f′(u)]2=f(v)f′′(v)+[f′(v)]2=0\exists\ 0<u<v<1:\quad f(u)f''(u)+[f'(u)]^2=f(v)f''(v)+[f'(v)]^2=0
①读题：二阶组合里有乘积导数
f(x)f′′(x)+[f′(x)]2=[f(x)f′(x)]′\ringG{f(x)f''(x)+[f'(x)]^2}=[f(x)f'(x)]'
[f(x)2]′=2f(x)f′(x)[f(x)^2]'=2f(x)f'(x)
可以直接把 ff′设为辅助函数；目标是它的导数有两个不同零点。
②极限条件先给端点零值与附近负号
lim⁡x→0+f(x)x=L<0\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x=L<0
f(x)=xf(x)x→0⟹f(0)=0f(x)=x\frac{f(x)}x\to0\Longrightarrow f(0)=0
∃δ>0:0<x<δ⟹f(x)x<L2<0\exists\delta>0:\quad0<x<\delta\Longrightarrow\frac{f(x)}x<\frac L2<0
f(x)<0(0<x<δ)f(x)<0\quad(0<x<\delta)
第一步还用了 f 在端点连续；题设闭区间二阶可导足以保证。
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26　函数零点与导数零点相乘：制造两个不同的二阶组合零点 · 续

③介值产生第二个函数零点
0<d<min⁡(δ,1),f(d)<0<f(1)0<d<\min(\delta,1),\quad f(d)<0<f(1)
f 在 [d,1] 连续，介值定理给
∃c∈(d,1):f(c)=0\exists c\in(d,1):f(c)=0
f(0)=f(c)=0f(0)=f(c)=0
④先对 f 用一次罗尔，制造一个导数零点
f 在 [0,c] 连续、内部可导。
∃ξ∈(0,c):f′(ξ)=0\exists\xi\in(0,c):f'(\xi)=0
f(0)=0⏟函数零点,f′(ξ)=0⏟导数零点,f(c)=0⏟函数零点\underbrace{f(0)=0}_{\text{函数零点}},\quad\underbrace{f'(\xi)=0}_{\text{导数零点}},\quad\underbrace{f(c)=0}_{\text{函数零点}}
三处零点来自不同原因；相乘就能统一起来。
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26　函数零点与导数零点相乘：制造两个不同的二阶组合零点 · 续

⑤辅助函数直接用乘积，少添一层字母
F(x)=f(x)f′(x)F(x)=f(x)f'(x)
F(0)=0,F(ξ)=0,F(c)=0F(0)=0,\quad F(\xi)=0,\quad F(c)=0
F′(x)=[f′(x)]2+f(x)f′′(x)F'(x)=[f'(x)]^2+f(x)f''(x)
闭区间二阶可导保证 F 在 [0,c] 连续、内部可导；这时才可以继续使用罗尔。
⑥分别在两段用罗尔，确保两个不同的根
∃u∈(0,ξ):F′(u)=0\exists u\in(0,\xi):F'(u)=0
∃v∈(ξ,c):F′(v)=0\exists v\in(\xi,c):F'(v)=0
0<u<ξ<v<c<10<u<\xi<v<c<1
f(u)f′′(u)+[f′(u)]2=0\boxed{f(u)f''(u)+[f'(u)]^2=0}
f(v)f′′(v)+[f′(v)]2=0\boxed{f(v)f''(v)+[f'(v)]^2=0}
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26　函数零点与导数零点相乘：制造两个不同的二阶组合零点 · 续

⑦平方函数入口与乘积入口等价
G(x)=f(x)2⟹G′(x)=2F(x)G(x)=f(x)^2\Longrightarrow G'(x)=2F(x)
G′′(x)=2F′(x)=2{[f′(x)]2+f(x)f′′(x)}G''(x)=2F'(x)=2\{[f'(x)]^2+f(x)f''(x)\}
若看见平方更容易联想，也可以走这条路；核心仍是让 G′在 0、ξ、c 三点为零。
⑧次数、点与真正用到的条件
先对 f：1 次罗尔;再对 ff′：2 次罗尔\text{先对 f：}1\text{ 次罗尔};\quad\text{再对 ff′：}2\text{ 次罗尔}
所以本题总共三次罗尔。后两次分区间调用，才保证结果有两个不同根。
L<0→附近负值;f(1)>0→内部零点;f′′ 存在→F′ 存在L<0\to\text{附近负值};\qquad f(1)>0\to\text{内部零点};\qquad f''\text{ 存在}\to F'\text{ 存在}
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第二视角 · 中值定理与证明题第 27 项 / 1—4

27　积分平均值制造罗尔定理端点

f∈C[0,1]f\in C[0,1]且在(0,1)(0,1)可导；0<a<b≤10<a<b\le1。
1b−a∫abf(x) dx=f(0),0<a<b≤1⟹∃ξ∈(0,1):f′(ξ)=0\begin{aligned}&\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx=f(0),\quad0<a<b\le1\\&\Longrightarrow\quad\exists\xi\in(0,1):f'(\xi)=0\end{aligned}
①读题：积分平均值等于一个已知函数值
1b−a∫abf(x) dx=f(0),0<a<b≤1\ringB{\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx=f(0)},\quad0<a<b\le1
目标：f′(ξ)=0\text{目标：}\quad f'(\xi)=0
倒推罗尔：先找与 0 等高的另一个点
f(t)=f(0),t>0f(t)=f(0),\quad t>0
②选积分中值，再选罗尔
f 连续→平均值介于最小值与最大值之间f\text{ 连续}\to\text{平均值介于最小值与最大值之间}
介值→f(t)=平均值→f(t)=f(0)\text{介值}\to f(t)=\text{平均值}\to f(t)=f(0)
本分支 t≥a>0，已经保证 t≠0；即使 t=a 或 t=b，也不妨碍下一次罗尔。
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27　积分平均值制造罗尔定理端点 · 续

③把积分中值的来由写出来
m=min⁡[a,b]f,M=max⁡[a,b]fm=\min_{[a,b]}f,\quad M=\max_{[a,b]}f
m≤f(x)≤M⟹m(b−a)≤∫abf(x) dx≤M(b−a)m\le f(x)\le M\Longrightarrow m(b-a)\le\int_a^bf(x)\,dx\le M(b-a)
m≤1b−a∫abf≤Mm\le\frac1{b-a}\int_a^bf\le M
连续函数取到 m、M，并取到它们之间的值。
∃t∈[a,b]:f(t)=f(0)\exists t\in[a,b]:f(t)=f(0)
④完整收尾：在新的区间使用罗尔
0<a≤t≤1⟹t>00<a\le t\le1\Longrightarrow t>0
f 在 [0,t] 连续，在 (0,t) 可导，且 f(0)=f(t)。
∃ξ∈(0,t)⊂(0,1):f′(ξ)=0\exists\xi\in(0,t)\subset(0,1):\quad\boxed{f'(\xi)=0}
a=23, b=1:1b−a∫abf=3∫231fa=\tfrac23,\ b=1:\quad\frac1{b-a}\int_a^bf=3\int_{\frac23}^1f
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27　积分平均值制造罗尔定理端点 · 续

⑤端点就在积分区间上时：换变上限构造
另一常见条件：f 在 [a,b] 连续、内部可导，平均值等于 f(b)。
1b−a∫abf=f(b)⟺∫ab[f(t)−f(b)] dt=0\frac1{b-a}\int_a^bf=f(b)\Longleftrightarrow\int_a^b[f(t)-f(b)]\,dt=0
F(x)=∫ax[f(t)−f(b)] dtF(x)=\int_a^x[f(t)-f(b)]\,dt
F(a)=F(b)=0,F′(x)=f(x)−f(b)F(a)=F(b)=0,\quad F'(x)=f(x)-f(b)
⑥两次罗尔：先找内点，再找导数零点
F 连续可导，第一次在 [a,b] 用罗尔。
∃η∈(a,b):F′(η)=0⟹f(η)=f(b)\exists\eta\in(a,b):F'(\eta)=0\Longrightarrow f(\eta)=f(b)
第二次对 f 在 [η,b] 用罗尔。
∃ξ∈(η,b):f′(ξ)=0\exists\xi\in(\eta,b):\quad f'(\xi)=0
a<η<ξ<ba<\eta<\xi<b
第二视角 · 中值定理与证明题第 27 项 / 4—4

27　积分平均值制造罗尔定理端点 · 续

⑦为什么不能直接断言 f(a)=f(b)
f(x)=x2−43x,[0,1]f(x)=x^2-\tfrac43x,\quad[0,1]
∫01f=13−23=−13=f(1),f(0)=0≠f(1)\int_0^1f=\tfrac13-\tfrac23=-\tfrac13=f(1),\quad f(0)=0\ne f(1)
f(13)=f(1),f′(23)=0f(\tfrac13)=f(1),\qquad f'(\tfrac23)=0
题设只把平均值与右端联系起来；另一等高点要通过上面的构造得到。
⑧相同外形下，必须确认两个点确实不同
f(x)=x:∫01f(x) dx=12=f(12),f′≡1f(x)=x:\quad\int_0^1f(x)\,dx=\tfrac12=f(\tfrac12),\quad f'\equiv1
平均值等于内部某点值，不自动保证导数有零点。
积分区间外的已知点→点的位置分离;积分端点→变上限积分造内点\text{积分区间外的已知点}\to\text{点的位置分离};\quad\text{积分端点}\to\text{变上限积分造内点}
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对照原解析 · 9 条题源
第二视角 · 中值定理与证明题第 28 项 / 1—4

28　零端点最大高度：两侧割线与严格积分界

f∈C1[0,2],f(0)=f(2)=0,M=max⁡∣f∣f\in C^1[0,2],f(0)=f(2)=0,M=\max|f|。
∃ξ∈(0,2):∣f′(ξ)∣≥M;∣f′∣≤M⟹M=0\exists\xi\in(0,2):|f'(\xi)|\ge M;\quad |f'|\le M\Longrightarrow M=0
①读题：两端为零，高度必须由斜率撑起来
f(0)=f(2)=0,M=max⁡[0,2]∣f∣\ringB{f(0)=f(2)=0},\quad M=\max_{[0,2]}|f|
先证存在 ξ: ∣f′(ξ)∣≥M\text{先证存在 }\xi:\ |f'(\xi)|\ge M
再证若处处 ∣f′∣≤M, 则 M=0\text{再证若处处 }|f'|\le M,\text{ 则 }M=0
第二问不是直接把 ≥ 与 ≤ 合起来就结束；等号情况需要继续排除。
②零高度分支与非零高度分支
M=0⟹f≡0⟹f′≡0M=0\Longrightarrow f\equiv0\Longrightarrow f'\equiv0
第一结论显然成立。下面设 M>0；连续性保证最大绝对值取得。
∃c∈(0,2):∣f(c)∣=M\exists c\in(0,2):\quad|f(c)|=M
端点函数值为零，不可能达到正高度 M。
第二视角 · 中值定理与证明题第 28 项 / 2—4

28　零端点最大高度：两侧割线与严格积分界 · 续

③两侧拉格朗日分别产生两条斜率
∃ξ1∈(0,c):∣f′(ξ1)∣=∣f(c)∣c=Mc\exists\xi_1\in(0,c):\quad|f'(\xi_1)|=\frac{|f(c)|}{c}=\frac Mc
∃ξ2∈(c,2):∣f′(ξ2)∣=∣f(2)−f(c)∣2−c=M2−c\exists\xi_2\in(c,2):\quad|f'(\xi_2)|=\frac{|f(2)-f(c)|}{2-c}=\frac M{2-c}
f∈C¹[0,2]，两段均满足拉格朗日条件。
④为什么至少一条斜率不小于 M
c+(2−c)=2⟹min⁡(c,2−c)≤1c+(2-c)=2\Longrightarrow\min(c,2-c)\le1
max⁡(Mc,M2−c)=Mmin⁡(c,2−c)≥M\max\left(\frac Mc,\frac M{2-c}\right)=\frac M{\min(c,2-c)}\ge M
∃ξ∈(0,2):∣f′(ξ)∣≥M\boxed{\exists\xi\in(0,2):|f'(\xi)|\ge M}
第二视角 · 中值定理与证明题第 28 项 / 3—4

28　零端点最大高度：两侧割线与严格积分界 · 续

⑤附加上界使最大高度只能在中点取得
∣f′∣≤M⟹Mc≤M,M2−c≤M|f'|\le M\Longrightarrow\frac Mc\le M,\quad\frac M{2-c}\le M
本分支 M>0，可以除以 M
c≥1,2−c≥1⟹c=1c\ge1,\quad2-c\ge1\Longrightarrow c=1
f(1)=M 或 −M，因此 1 是 f 的局部极值点；费马给
f′(1)=0f'(1)=0
⑥连续导数让中点附近的斜率严格偏小
f′ 连续,f′(1)=0,M>0f'\text{ 连续},\quad f'(1)=0,\quad M>0
∃δ∈(0,1):∣f′(x)∣≤M2(1−δ≤x≤1)\exists\delta\in(0,1):|f'(x)|\le\frac M2\quad(1-\delta\le x\le1)
其余区间仍用全局界 M；把积分拆成两段，保留严格损失。
第二视角 · 中值定理与证明题第 28 项 / 4—4

28　零端点最大高度：两侧割线与严格积分界 · 续

⑦积分估计产生严格矛盾
M=∣f(1)−f(0)∣=∣∫01f′(x) dx∣≤∫01∣f′(x)∣ dxM=|f(1)-f(0)|=\left|\int_0^1f'(x)\,dx\right|\le\int_0^1|f'(x)|\,dx
≤M(1−δ)+M2δ=M−Mδ2<M\le M(1-\delta)+\frac M2\delta=M-\frac{M\delta}{2}<M
矛盾⟹M=0,f≡0\red{\text{矛盾}}\Longrightarrow\boxed{M=0,\quad f\equiv0}
⑧为什么导数连续是这里的关键条件
这条第二问证明通过 f′(1)=0 推出邻域上统一的小界，并用微积分基本定理积分 f′。题设 C¹ 保证这些步骤。
f(x)=min⁡(x,2−x):max⁡∣f∣=1f(x)=\min(x,2-x):\quad\max|f|=1
折线两侧斜率绝对值都是 1，但在中点不可导；它说明为什么尖顶的直觉不能直接当作满足题设的反例。
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29　积分中点不等式与二阶导数：双向证明

f∈C2(R)f\in C^2(\mathbb R)；不等式须对任意a<ba<b成立，c=a+b2c=\frac{a+b}{2}。
f′′≥0 在 R 上  ⟺  ∀a<b:f(a+b2)≤1b−a∫abf(x) dxf''\ge0\text{ 在 }\mathbb R\text{ 上}\iff\forall a<b:\quad f(\frac{a+b}{2})\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx
①读题：当且仅当，必须拆成两个方向
f′′≥0⟺f(a+b2)≤1b−a∫abf(x) dx  (∀a<b)\ringG{f''\ge0}\quad\Longleftrightarrow\quad\ringB{f(\tfrac{a+b}{2})\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx\ \ (\forall a<b)}
正向用切线下界；反向把任意小区间缩到一个点，用二阶项读取曲率。
②正向：以中点作切线
c=a+b2,f′′≥0⟹f′ 不减c=\frac{a+b}{2},\quad f''\ge0\Longrightarrow f'\text{ 不减}
f(x)≥f(c)+f′(c)(x−c)f(x)\ge f(c)+f'(c)(x-c)
该式可由拉格朗日分别检查 x>c、x<c 时的乘数符号得到；在 c 处为等号。
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29　积分中点不等式与二阶导数：双向证明 · 续

③积分时，一次项为什么消失
∫ab(x−c) dx=[(x−c)22]ab=0\int_a^b(x-c)\,dx=\left[\frac{(x-c)^2}{2}\right]_a^b=0
∫abf(x) dx≥(b−a)f(c)+f′(c)⋅0\int_a^bf(x)\,dx\ge(b-a)f(c)+f'(c)\cdot0
f(c)≤1b−a∫abf(x) dx\boxed{f(c)\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx}
④反向：为什么一定要“任意区间”
固定任意 c，取对称小区间 [c−h,c+h]，h>0。
0≤12h∫c−hc+hf(x) dx−f(c)0\le\frac1{2h}\int_{c-h}^{c+h}f(x)\,dx-f(c)
x=c+t⟹0≤12h∫−hh[f(c+t)−f(c)] dtx=c+t\Longrightarrow0\le\frac1{2h}\int_{-h}^{h}[f(c+t)-f(c)]\,dt
若不等式只在某个固定区间成立，不能任意缩小到 c。
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29　积分中点不等式与二阶导数：双向证明 · 续

⑤局部泰勒与逐项积分
f(c+t)=f(c)+f′(c)t+12f′′(c)t2+r(t),r(t)=o(t2)f(c+t)=f(c)+f'(c)t+\tfrac12f''(c)t^2+r(t),\quad r(t)=o(t^2)
∫−hht dt=0,∫−hht2 dt=2h33\int_{-h}^ht\,dt=0,\qquad\int_{-h}^ht^2\,dt=\frac{2h^3}{3}
12h∫−hh[f(c+t)−f(c)] dt=f′′(c)6h2+12h∫−hhr(t) dt\frac1{2h}\int_{-h}^h[f(c+t)-f(c)]\,dt=\frac{f''(c)}6h^2+\frac1{2h}\int_{-h}^hr(t)\,dt
⑥余项积分为什么仍是 o(h²)
∀ε>0, ∃δ>0:∣t∣≤δ⟹∣r(t)∣≤εt2\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0:\quad |t|\le\delta\Longrightarrow |r(t)|\le\varepsilon t^2
0<h≤δ⟹∣12h∫−hhr(t) dt∣≤ε2h2h33=ε3h20<h\le\delta\Longrightarrow\left|\frac1{2h}\int_{-h}^hr(t)\,dt\right|\le\frac{\varepsilon}{2h}\frac{2h^3}{3}=\frac\varepsilon3h^2
12h∫−hhr(t) dt=o(h2)\frac1{2h}\int_{-h}^hr(t)\,dt=o(h^2)
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29　积分中点不等式与二阶导数：双向证明 · 续

⑦除以正数再取极限，读出曲率符号
0≤f′′(c)6h2+o(h2)0\le\frac{f''(c)}6h^2+o(h^2)
0≤f′′(c)6+o(1)(h↓0)0\le\frac{f''(c)}6+o(1)\quad(h\downarrow0)
f′′(c)≥0f''(c)\ge0
c 任意，因此 f″在整个实数轴非负；两个方向都已证明。
⑧严格情形与常见误用
f′′>0⟹f(x)>f(c)+f′(c)(x−c)(x≠c)f''>0\Longrightarrow f(x)>f(c)+f'(c)(x-c)\quad(x\ne c)
⟹f(c)<1b−a∫abf(x) dx\Longrightarrow f(c)<\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx
这里反向推理用局部 Peano 展开是合法的，因为 h 确实趋于零；不要把它与固定端点的全区间误差界混淆。
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30　积分大于弦下基准：内点极值与负二阶导

ff在[0,1][0,1]二阶可导，f(0)=0,f(1)=1,∫01f=1f(0)=0,f(1)=1,\int_0^1f=1。
∃ξ∈(0,1):f′(ξ)=0,∃η∈(0,1):f′′(η)<−2\exists\xi\in(0,1):f'(\xi)=0,\quad\exists\eta\in(0,1):f''(\eta)<-2
①读题：积分面积等于 1，图像能否一直不超过 1？
f(0)=0,f(1)=1,∫01f(x) dx=1f(0)=0,\quad f(1)=1,\quad\ringB{\int_0^1f(x)\,dx=1}
目标一：f′(ξ)=0;目标二：f′′(η)<−2\text{目标一：}f'(\xi)=0;\qquad\text{目标二：}f''(\eta)<-2
第一问先找超过右端高度的内点；第二问根据 −2 反推一个二次比较函数。
②严格面积矛盾：左端附近一定有缺口
反设 f(x)≤1。由 f(0)=0 和连续性，存在 δ∈(0,1)，使
0≤x≤δ⟹f(x)≤120\le x\le\delta\Longrightarrow f(x)\le\frac12
∫01f≤δ2+(1−δ)=1−δ2<1\int_0^1f\le\frac\delta2+(1-\delta)=1-\frac\delta2<1
与题设矛盾，因此某内点 c 满足 f(c)>1。
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30　积分大于弦下基准：内点极值与负二阶导 · 续

③第一问完整证明：最大点在内部
f(c)>1=max⁡{f(0),f(1)}f(c)>1=\max\{f(0),f(1)\}
连续函数在 [0,1] 取最大值；最大点 ξ 不可能在两端。
ξ∈(0,1)→费马f′(ξ)=0\xi\in(0,1)\xrightarrow{\text{费马}}\boxed{f'(\xi)=0}
④第二问：为什么补的二次项是 2x−x²
想让 F′′=f′′+2,F=f−P⟹P′′=−2\text{想让 }F''=f''+2,\quad F=f-P\Longrightarrow P''=-2
P(x)=−x2+Bx+CP(x)=-x^2+Bx+C
P(0)=f(0)=0⟹C=0P(0)=f(0)=0\Longrightarrow C=0
P(1)=f(1)=1⟹−1+B=1⟹B=2P(1)=f(1)=1\Longrightarrow-1+B=1\Longrightarrow B=2
F(x)=f(x)−(2x−x2)\purple{F(x)=f(x)-(2x-x^2)}
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30　积分大于弦下基准：内点极值与负二阶导 · 续

⑤端点归零，积分迫使内部出现正值
F(0)=F(1)=0F(0)=F(1)=0
∫01F=1−∫01(2x−x2) dx=1−(1−13)=13>0\int_0^1F=1-\int_0^1(2x-x^2)\,dx=1-\left(1-\frac13\right)=\frac13>0
∃c∈(0,1):F(c)>0\exists c\in(0,1):F(c)>0
若全部内点 F≤0，则积分≤0，矛盾。这里 c 重新表示 F 的正值点。
⑥两侧拉格朗日产生一正一负的导数
∃ξ1∈(0,c):F′(ξ1)=F(c)c>0\exists\xi_1\in(0,c):\quad F'(\xi_1)=\frac{F(c)}c>0
∃ξ2∈(c,1):F′(ξ2)=−F(c)1−c<0\exists\xi_2\in(c,1):\quad F'(\xi_2)=-\frac{F(c)}{1-c}<0
F 连续可导；两个分母均为正。
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30　积分大于弦下基准：内点极值与负二阶导 · 续

⑦再对 F′用拉格朗日，得到严格负二阶导数
F′在 [ξ₁,ξ₂] 连续、内部可导。
∃η∈(ξ1,ξ2):F′′(η)=F′(ξ2)−F′(ξ1)ξ2−ξ1<0\exists\eta\in(\xi_1,\xi_2):\quad F''(\eta)=\frac{F'(\xi_2)-F'(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}<0
F′′(η)=f′′(η)+2<0⟹f′′(η)<−2F''(\eta)=f''(\eta)+2<0\Longrightarrow\boxed{f''(\eta)<-2}
⑧为什么不用“最大点二阶导数非正”就结束
内点最大值通常只给 F′′≤0\text{内点最大值通常只给 }F''\le0
题目要严格小于 −2；先找两边一正一负的一阶导数，再作差商，就能保留严格负号。
目标常数→补二次项→端点归零→面积给正值→两侧斜率\text{目标常数}\to\text{补二次项}\to\text{端点归零}\to\text{面积给正值}\to\text{两侧斜率}
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31　固定权重总量：单调函数的左右端区间界

f,gf,g 在 [a,b][a,b] 连续，a<ba<b，ff 单调不减，0≤g≤10\le g\le1；用 L=∫abg(x) dx{L}=\int_a^bg(x)\,dx 表示权重总量。
∫aa+Lf(x) dx≤∫abf(x)g(x) dx≤∫b−Lbf(x) dx\int_a^{a+{L}}f(x)\,dx\le\int_a^bf(x)g(x)\,dx\le\int_{b-{L}}^bf(x)\,dx
①读题：权重在 0 与 1 之间，总量固定
f 不减,0≤g≤1,L=∫abg(x) dxf\text{ 不减},\quad\ringB{0\le g\le1},\quad{L}=\int_a^bg(x)\,dx
∫aa+Lf≤∫abfg≤∫b−Lbf\int_a^{a+{L}}f\le\int_a^bfg\le\int_{b-{L}}^bf
保留原专题的 L 表示权重总量；先检验它确实能作为一段区间长度。
②先保证两段端点真的位于原区间
0≤g≤1⟹0≤L≤b−a0\le g\le1\Longrightarrow0\le{L}\le b-a
a≤a+L≤b,a≤b−L≤ba\le a+{L}\le b,\qquad a\le b-{L}\le b
若 L=0，连续非负的 g 恒为零；若 L=b−a，则 g恒为1，两端界都取等号。以下也可统一按积分式处理。
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31　固定权重总量：单调函数的左右端区间界 · 续

③选积分比较，不要强行用中值定理
f 只给连续、单调，不一定可导。把两边移成积分差，并减去分割点的固定高度。
c=a+L⟹∫cbg=L−∫acg=∫ac(1−g)c=a+{L}\Longrightarrow\int_c^bg={L}-\int_a^cg=\int_a^c(1-g)
这条等量关系会消掉加减 f(c) 所产生的常数项。
④下界：先分段，再加减 f(c)
∫abfg−∫acf=∫cbfg−∫acf(1−g)\int_a^bfg-\int_a^cf=\int_c^bfg-\int_a^cf(1-g)
=∫cb[f(x)−f(c)]g(x) dx=\int_c^b[f(x)-f(c)]g(x)\,dx
+∫ac[f(c)−f(x)](1−g(x)) dx\quad+\int_a^c[f(c)-f(x)](1-g(x))\,dx
+f(c)[∫cbg−∫ac(1−g)]\quad+f(c)\left[\int_c^bg-\int_a^c(1-g)\right]
最后一行由第③步等于零。
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31　固定权重总量：单调函数的左右端区间界 · 续

⑤下界：每个被积项的符号都明确
x≥c: f(x)−f(c)≥0,g(x)≥0x\ge c:\ f(x)-f(c)\ge0,\quad g(x)\ge0
x≤c: f(c)−f(x)≥0,1−g(x)≥0x\le c:\ f(c)-f(x)\ge0,\quad1-g(x)\ge0
∫abfg−∫acf≥0\int_a^bfg-\int_a^cf\ge0
∫aa+Lf≤∫abfg\boxed{\int_a^{a+{L}}f\le\int_a^bfg}
⑥上界：改在右侧分割点对齐总量
d=b−L,∫db(1−g)=L−∫dbg=∫adgd=b-{L},\quad\int_d^b(1-g)={L}-\int_d^bg=\int_a^dg
∫dbf−∫abfg=∫dbf(1−g)−∫adfg\int_d^bf-\int_a^bfg=\int_d^bf(1-g)-\int_a^dfg
=∫db[f(x)−f(d)](1−g(x)) dx=\int_d^b[f(x)-f(d)](1-g(x))\,dx
+∫ad[f(d)−f(x)]g(x) dx\quad+\int_a^d[f(d)-f(x)]g(x)\,dx
补出的常数项为 f(d)[∫(1−g)−∫g]，由第一行等于零。
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31　固定权重总量：单调函数的左右端区间界 · 续

⑦上界与最终夹逼
x≥d: f(x)−f(d)≥0;x≤d: f(d)−f(x)≥0x\ge d:\ f(x)-f(d)\ge0;\qquad x\le d:\ f(d)-f(x)\ge0
g≥0,1−g≥0⟹∫dbf−∫abfg≥0g\ge0,\quad1-g\ge0\Longrightarrow\int_d^bf-\int_a^bfg\ge0
∫aa+Lf≤∫abfg≤∫b−Lbf\boxed{\int_a^{a+{L}}f\le\int_a^bfg\le\int_{b-{L}}^bf}
⑧为什么不要求 f≥0
证明只比较 f(x)−f(c)、f(x)−f(d)，没有单独要求 f 的正负。
f(x)↦f(x)+Cf(x)\mapsto f(x)+C
∫ab(f+C)g=∫abfg+CL\int_a^b(f+C)g=\int_a^bfg+C{L}
∫aa+L(f+C)=∫aa+Lf+CL\int_a^{a+{L}}(f+C)=\int_a^{a+{L}}f+C{L}
三边都增加同一个 CL，说明这个界本来就不依赖绝对高度。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 32 项 / 1—4

32　累计积分次序：分部后权函数反转不等号

f,gf,g连续，F(x)=∫ax(f−g)≥0,F(b)=0F(x)=\int_a^x(f-g)\ge0,F(b)=0；w∈C1[a,b],w′≥0w\in C^1[a,b],w'\ge0。
∫abw(x)f(x)dx≤∫abw(x)g(x)dx\int_a^bw(x)f(x)dx\le\int_a^bw(x)g(x)dx
①读题：比较的是累计积分，不是逐点大小
F(x)=∫ax[f(t)−g(t)] dt≥0,F(b)=0\ringB{F(x)=\int_a^x[f(t)-g(t)]\,dt\ge0},\quad F(b)=0
w′(x)≥0,目标：∫abwf≤∫abwgw'(x)\ge0,\quad\text{目标：}\int_a^bwf\le\int_a^bwg
不能从累计差非负推出 f≥g；应把 f−g 写成 F′。
②移项后，辅助函数已由题干给出
∫abwf≤∫abwg⟺∫abw(f−g)≤0\int_a^bwf\le\int_a^bwg\Longleftrightarrow\int_a^bw(f-g)\le0
F′(x)=f(x)−g(x)F'(x)=f(x)-g(x)
∫abw(f−g)=∫abwF′\int_a^bw(f-g)=\int_a^bwF'
题设 f、g 连续，微积分基本定理保证这一替换。
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32　累计积分次序：分部后权函数反转不等号 · 续

③为什么选分部积分
(wF)′=w′F+wF′(wF)'=w'F+wF'
把 wF′移出来，再在 [a,b] 积分
∫abwF′=[wF]ab−∫abw′F\int_a^bwF'=[wF]_a^b-\int_a^bw'F
这样把导数从 F 移到 w，正好接上题给 w′≥0 与 F≥0。
④边界项逐个检查
F(a)=∫aa(f−g)=0,F(b)=0F(a)=\int_a^a(f-g)=0,\qquad F(b)=0
[wF]ab=w(b)F(b)−w(a)F(a)=0[wF]_a^b=w(b)F(b)-w(a)F(a)=0
第一项来自题给总量相同，第二项来自同上下限积分；两项不能遗漏。
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32　累计积分次序：分部后权函数反转不等号 · 续

⑤负号决定不等式反向
w′(x)F(x)≥0⟹∫abw′(x)F(x) dx≥0w'(x)F(x)\ge0\Longrightarrow\int_a^bw'(x)F(x)\,dx\ge0
∫abw(f−g)=−∫abw′F≤0\int_a^bw(f-g)=-\int_a^bw'F\le0
∫abw(x)f(x) dx≤∫abw(x)g(x) dx\boxed{\int_a^bw(x)f(x)\,dx\le\int_a^bw(x)g(x)\,dx}
⑥具体权重 w(x)=x
w′=1⟹∫abxf(x) dx−∫abxg(x) dx=−∫abF(x) dxw'=1\Longrightarrow\int_a^bxf(x)\,dx-\int_a^bxg(x)\,dx=-\int_a^bF(x)\,dx
F≥0⟹∫abxf≤∫abxgF\ge0\Longrightarrow\int_a^bxf\le\int_a^bxg
这个权重下还能完整讨论等号。
第二视角 · 中值定理与证明题第 32 项 / 4—4

32　累计积分次序：分部后权函数反转不等号 · 续

⑦等号为什么会迫使 f=g
∫abxf=∫abxg⟹∫abF=0\int_a^bxf=\int_a^bxg\Longrightarrow\int_a^bF=0
F 连续非负；若某处 F>0，则邻域给严格正面积，矛盾。
F≡0⟹F′=f−g≡0 于 (a,b)F\equiv0\Longrightarrow F'=f-g\equiv0\text{ 于 }(a,b)
f、g 连续，再把等式延伸到两个端点。
f≡g 于 [a,b]\boxed{f\equiv g\text{ 于 }[a,b]}
⑧一般权重的等号不能照搬
w(x)≡1⟹w′=0w(x)\equiv1\Longrightarrow w'=0
∫abwf=∫abwg只说明两者总积分相同\int_a^bwf=\int_a^bwg\quad\text{只说明两者总积分相同}
这不强迫 f=g。第⑦步依赖 w′=1；若 w′有整段为零，那里仍可能存在非零累计差。
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第二视角 · 中值定理与证明题第 33 项 / 1—4

33　三点共线：等斜率路线与减端点连线路线

1993 数三试卷Ⅳ·七：f 在 [0,1][0,1] 连续，在 (0,1)(0,1) 二阶可导；0<c<10<c<1，三点 (0,f(0)),(c,f(c)),(1,f(1))(0,f(0)),(c,f(c)),(1,f(1)) 共线。
∃ξ∈(0,1):f′′(ξ)=0\exists\xi\in(0,1):f''(\xi)=0
①读题：共线先翻成相同斜率
A(0,f(0)), C(c,f(c)), B(1,f(1)),0<c<1A(0,f(0)),\ C(c,f(c)),\ B(1,f(1)),\quad0<c<1
f(c)−f(0)c=f(1)−f(c)1−c\ringB{\frac{f(c)-f(0)}c=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}}
目标 f″(ξ)=0；先把两条斜率变成两个一阶导数值。
②几何条件的另一种等价形式
(1−c)[f(c)−f(0)]=c[f(1)−f(c)](1-c)[f(c)-f(0)]=c[f(1)-f(c)]
f(c)=(1−c)f(0)+cf(1)=f(0)+c[f(1)−f(0)]f(c)=(1-c)f(0)+cf(1)=f(0)+c[f(1)-f(0)]
这一式说明中间点就在端点连线上，也为第二条构造路线准备了零点。
第二视角 · 中值定理与证明题第 33 项 / 2—4

33　三点共线：等斜率路线与减端点连线路线 · 续

③先选两段拉格朗日
f 在 [0,c]、[c,1] 连续，内部可导。
∃ξ1∈(0,c):f′(ξ1)=f(c)−f(0)c\exists\xi_1\in(0,c):f'(\xi_1)=\frac{f(c)-f(0)}c
∃ξ2∈(c,1):f′(ξ2)=f(1)−f(c)1−c\exists\xi_2\in(c,1):f'(\xi_2)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}
f′(ξ1)=f′(ξ2),ξ1<c<ξ2f'(\xi_1)=f'(\xi_2),\quad\xi_1<c<\xi_2
④再选罗尔，完成主线
f 二阶可导，故 f′在 [ξ₁,ξ₂] 连续、内部可导。
∃ξ∈(ξ1,ξ2):(f′)′(ξ)=0\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2):(f')'(\xi)=0
f′′(ξ)=0,ξ∈(0,1)\boxed{f''(\xi)=0},\quad\xi\in(0,1)
第二视角 · 中值定理与证明题第 33 项 / 3—4

33　三点共线：等斜率路线与减端点连线路线 · 续

⑤辅助函数路线：为什么减端点连线
连线值=f(0)+[f(1)−f(0)]x\text{连线值}=f(0)+[f(1)-f(0)]x
F(x)=f(x)−f(0)−[f(1)−f(0)]xF(x)=f(x)-f(0)-[f(1)-f(0)]x
F(0)=F(1)=0,F(c)=0F(0)=F(1)=0,\quad F(c)=0
F′′(x)=f′′(x)F''(x)=f''(x)
一次函数二阶导数为零；减它既造零点又不改变目标。
⑥完整替代证明：三次罗尔
[0,c]:∃ξ1∈(0,c),F′(ξ1)=0[0,c]:\exists\xi_1\in(0,c),F'(\xi_1)=0
[c,1]:∃ξ2∈(c,1),F′(ξ2)=0[c,1]:\exists\xi_2\in(c,1),F'(\xi_2)=0
F′在两点之间连续可导，第三次罗尔给
∃ξ∈(ξ1,ξ2):F′′(ξ)=0⟹f′′(ξ)=0\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2):F''(\xi)=0\Longrightarrow f''(\xi)=0
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33　三点共线：等斜率路线与减端点连线路线 · 续

⑦ξ 不是题目中的 c，也不必是中点
c=13,f(x)=x(x−13)(x−1)c=\tfrac13,\quad f(x)=x(x-\tfrac13)(x-1)
f(0)=f(13)=f(1)=0f(0)=f(\tfrac13)=f(1)=0
f′′(x)=6x−83=0⟹ξ=49≠13,12f''(x)=6x-\tfrac83=0\Longrightarrow\xi=\tfrac49\ne\tfrac13,\tfrac12
⑧两条路线的共同结构
共线→两段等斜率→f′(ξ1)=f′(ξ2)→f′′(ξ)=0\text{共线}\to\text{两段等斜率}\to f'(\xi_1)=f'(\xi_2)\to f''(\xi)=0
共线→减直线造三零点→F′(ξ1)=F′(ξ2)=0→F′′(ξ)=0\text{共线}\to\text{减直线造三零点}\to F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0\to F''(\xi)=0
选哪条都要交代中间两个点分处两段，以及第二层函数的连续可导条件。
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34　积分平均函数的单调性：分子构造与直接积分比较

1989 数三试卷Ⅳ·六：f 在 [a,b][a,b] 连续，在 (a,b)(a,b) 可导，a<ba<b 且 f′(x)≤0f'(x)\le0。对 x∈(a,b)x\in(a,b) 定义 F(x)=1x−a∫axf(t) dtF(x)=\frac1{x-a}\int_a^xf(t)\,dt。
F′(x)≤0(a<x<b)F'(x)\le0\quad(a<x<b)
①读题：带 x 的分母与变上限积分一起求导
F(x)=1x−a∫axf(t) dt,f′≤0\ringB{F(x)=\frac1{x-a}\int_a^xf(t)\,dt},\qquad\ringG{f'\le0}
这是 [a,x] 上的平均值；目标是 F′≤0。F 是原题给的字母，后面只新增 G。
②求导逐项展开
(∫axf(t) dt)′=f(x),(x−a)′=1\left(\int_a^xf(t)\,dt\right)'=f(x),\qquad(x-a)'=1
F′(x)=f(x)(x−a)−∫axf(t) dt(x−a)2F'(x)=\frac{f(x)(x-a)-\int_a^xf(t)\,dt}{(x-a)^2}
(x−a)2>0⟹只需证明分子非正(x-a)^2>0\Longrightarrow\text{只需证明分子非正}
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34　积分平均函数的单调性：分子构造与直接积分比较 · 续

③辅助函数为什么选这个分子
G(x)=(x−a)f(x)−∫axf(t) dtG(x)=(x-a)f(x)-\int_a^xf(t)\,dt
G′(x)=f(x)+(x−a)f′(x)−f(x)=(x−a)f′(x)≤0G'(x)=f(x)+(x-a)f'(x)-f(x)=(x-a)f'(x)\le0
G(a)=0⋅f(a)−∫aaf=0G(a)=0\cdot f(a)-\int_a^af=0
求导后两项 f(x) 抵消，剩下的正是题给导数符号。
④完整主线：对 G 使用拉格朗日
固定任意 x∈(a,b)。G 在 [a,x] 连续、内部可导。
∃ξ∈(a,x):G(x)−G(a)=G′(ξ)(x−a)\exists\xi\in(a,x):G(x)-G(a)=G'(\xi)(x-a)
G(x)=(ξ−a)f′(ξ)(x−a)≤0G(x)=(\xi-a)f'(\xi)(x-a)\le0
F′(x)=G(x)(x−a)2≤0\boxed{F'(x)=\frac{G(x)}{(x-a)^2}\le0}
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⑤另一条路线：从导数符号得到函数比较
对任意 a≤t<x，用拉格朗日：
f(x)−f(t)=f′(ξ)(x−t)≤0,t<ξ<xf(x)-f(t)=f'(\xi)(x-t)\le0,\quad t<\xi<x
f(t)≥f(x)(a≤t≤x)f(t)\ge f(x)\quad(a\le t\le x)
t=x 时是等号，因此比较覆盖整个积分区间。
⑥对 t 积分时，f(x) 是常数
∫axf(t) dt≥∫axf(x) dt=(x−a)f(x)\int_a^xf(t)\,dt\ge\int_a^xf(x)\,dt=(x-a)f(x)
(x−a)f(x)−∫axf(t) dt≤0(x-a)f(x)-\int_a^xf(t)\,dt\le0
F′(x)=(x−a)f(x)−∫axf(t) dt(x−a)2≤0F'(x)=\frac{(x-a)f(x)-\int_a^xf(t)\,dt}{(x-a)^2}\le0
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⑦平均值表示可以比较，但不能把中值点当自变量
∃η∈[a,x]:F(x)=f(η)≥f(x)\exists\eta\in[a,x]:\quad F(x)=f(\eta)\ge f(x)
F′(x)=f(x)−F(x)x−a≤0F'(x)=\frac{f(x)-F(x)}{x-a}\le0
这里 F′仍由原定义求得；不能从 F(x)=f(η) 写 F′(x)=f′(η)。η 会随 x 改变，定理也没保证它唯一或可导。
⑧用两个例子检查结论与边界
f(x)=C⟹F(x)=C,F′(x)=0f(x)=C\Longrightarrow F(x)=C,\quad F'(x)=0
f(x)=C−x⟹F(x)=C−x+a2,F′(x)=−12≠f′(η)=−1f(x)=C-x\Longrightarrow F(x)=C-\frac{x+a}{2},\quad F'(x)=-\frac12\ne f'(\eta)=-1
所以只保证非正，不能擅自改成严格负。G(a) 有定义；原 F(a) 没有定义，不应直接在 [a,x] 上对原 F 套中值定理。
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