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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。
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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)
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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}
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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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