---
返回目录: '[[数学系/分析/数学分析基础/数学分析笔记|数学分析学习指南]]'
上一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/03 第3章 函数极限与连续性|第3章 函数极限与连续性]]'
下一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/05 第5章 不定积分|第5章 不定积分]]'
tags:
- 数学分析
---

# 第 4 章 一元微分学

## 4.1 导数与微分

## 4.1.1 导数概念与可导性

<table><tr><td>定义4.1(导数、左右导数)</td></tr><tr><td>导数定义为 $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ ,左右导数定义为 $\lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ </td></tr></table>

笔记 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导当且仅当其在 $x_0$ 处左右导数存在且相等。

练习 4.1 用定义求导函数 设 $g(0)=g'(0)=0$ ， $f(x)$ 定义如下，求 $f'(0)$

$$
f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} g (x) \sin {\frac {1}{x}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array} \right.
$$

解 根据定义可知 $f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x) - f(0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{g(\Delta x) \sin \frac{1}{\Delta x}}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{g(\Delta x) - g(0)}{\Delta x - 0} \sin \frac{1}{\Delta x} = 0$

练习4.2可导概念推广(1)重点： $f(x)$ 在 $x = 0$ 连续， $\lim_{x\to 0}\frac{f(2x) - f(x)}{x} = A$ ，证明 $f^{\prime}(0)$ 存在且 $f^{\prime}(0) = A$

(2) 重点：若 $\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0 - \Delta x)}{\Delta x}$ ，并不能推出 $x_0$ 处导数存在，例如 $|x|$ 。但反命题成立

证明 (1) 根据极限存在可知 $\forall \epsilon, \exists \delta, |x| < \delta$ 时 $A - \frac{\epsilon}{2} < \frac{f(2x) - f(x)}{x} < A + \frac{\epsilon}{2}$ ，同理可以得到：

$$
A - \frac {\epsilon}{2} <   \frac {f (\frac {x}{2 ^ {k - 1}}) - f (\frac {x}{2 ^ {k}})}{x / 2 ^ {k}} <   A + \frac {\epsilon}{2} \Rightarrow \frac {1}{2 ^ {k}} (A - \frac {\epsilon}{2}) <   \frac {f (\frac {x}{2 ^ {k - 1}}) - f (\frac {x}{2 ^ {k}})}{x} <   \frac {1}{2 ^ {k}} (A + \frac {\epsilon}{2})
$$

取 $x_{k}=\frac{x}{2^{k}}$ ，将 $k=1,2,\cdots,n$ 全部相加得到 $(1-\frac{1}{2^{n}})(A-\frac{\epsilon}{2})<\frac{f(x)-f(x_{n})}{x}<(1-\frac{1}{2^{n}})(A+\frac{\epsilon}{2})$ ，令 $n\to\infty$ 得到 $A-\frac{\epsilon}{2}<\frac{f(x)-f(0)}{x}<A+\frac{\epsilon}{2}$ ，因此 $f'(0)$ 存在且等于 A。

练习 4.3Dirichlet 函数的可微性 $D(x)$ 为 Dirichlet 函数，判断

(1) $f(x)=x^{2}D(x)$

(2) $f(x)=xD(x)$ 的可导性:

$$
D (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & x \text {为无理数} \\ 1, & x \text {为有理数} \end{array} \right.
$$

解(1)先考察连续性：根据有理、无理数的稠密性，只有 $x = 0$ 处连续。考察可导性时根据定义不管沿着无理数或有理数逼近，极限都为0，因此可导

(2) 在 $x = 0$ 连续，但不可导，因为沿着无理数逼近和沿着有理数逼近极限不一样。

笔记不存在仅在一点可导且二阶可导的函数，原因在于二阶可导要求导数在一个小区间内存在。

练习4.4Riemann函数的不可微性重点：证明Riemann函数 $R(x)$ 在[0,1]处处不可微。

$$
R (x) = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {1}{q}, & x = \frac {p}{q} (\text {既约真分数}) \\ 0, & x \text {为无理数或} 0, 1 \end{array} \right.
$$

证明 (1) 有理点: 甚至不连续, 因此一定不可微 (具体见函数连续一节)

(2) 无理数：设 $x_0 = 0.a_1a_2\cdots$ 为无理数，若无理序列逼近， $\frac{f(x_n) - f(x_0)}{x_n - x_0} = 0$ 极限存在。有理序列逼近，取 $y_n = 0.a_1a_2\cdots a_{n-1}a_n$ ， $R(y_n) = \frac{1}{q} \geq \frac{1}{10^n}$ ， $|y_n - x_0| \leq \frac{1}{10^n}$ ，从而 $|\frac{R(y_n) - R(x_0)}{y_n - x_0}| \geq 1$ ，这说明 $\lim_{n \to \infty} \frac{R(y_n)}{y_n - x_0} \neq 0$

笔记 Riemann 函数性质总结:

\- 在 $(0,1)$ 每个点极限为 $0$ (见函数极限)

\- 在无理点连续，有理点间断

\- 在 $[0,1]$ 黎曼可积 (因为几乎处处连续)

\- 在 $[0,1]$ 处处不可微 (见上面例子)

练习4.5利用导数概念 $f(x)$ 对 $\forall x_{1},x_{2}\in \mathbb{R}$ 有 $f(x_{1} + x_{2}) = f(x_{1})f(x_{2})$ ，若 $f^{\prime}(0) = 1$ ，证明： $\forall x\in \mathbb{R}$ 有 $f^{\prime}(x) = f(x)$

证明 $f(x) = f(x) \cdot f(0)$ ，因此 $f(x)[1 - f(0)] = 0$ ，要么 $f(0) = 1$ ，要么 $f(x) \equiv 0$ ，后者显然和 $f'(0) = 1$ 矛盾，因此 $f(0) = 1$ 。因此

$$
f ^ {\prime} (x) = \lim _ {\Delta x \to 0} \frac {f (x) [ f (\Delta x) - 1 ]}{\Delta x} = f (x) \lim _ {\Delta x \to 0} \frac {f (\Delta x) - f (0)}{\Delta x} = f (x) \cdot f ^ {\prime} (0) = f (x)
$$

## 4.1.2 微分的概念

## 定义 4.2 (可微)

$f(x)$ 在 $x_0$ 邻域 $U(x_0)$ 中有定义，且增量可写为 $f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = A\Delta x + o(\Delta x)$ ，此时称 $f(x)$ 在 $x_0$ 可微，记

$$
\mathrm{d} x := \Delta x, \quad \mathrm{d} y := A \Delta x = f ^ {\prime} (x _ {0}) \mathrm{d} x
$$

练习 4.6 可导性与可微性 证明： $f(x)$ 在 $x_{0}$ 可导当且仅当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 邻域可写为 $f(x) = f(x_{0}) + \varphi(x)(x - x_{0})$ ，其中 $\varphi(x)$ 在 $x_{0}$ 处连续

证明 (1) 右推左：根据 $\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\varphi(x)=\varphi(x_{0})$ 即可

(2) 左推右：构造 $\varphi(x)=\left\{\begin{aligned}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},&x\neq x_{0}\\ f(x_{0})\end{aligned}\right.$

## 4.1.3 常用的导数公式

三角

$$
(\tan x) ^ {\prime} = \sec^ {2} x
$$

$$
(\sec x) ^ {\prime} = \sec x \tan x
$$

$$
(\cot x) ^ {\prime} = - \csc^ {2} x
$$

$$
(\csc x) ^ {\prime} = - \csc x \cot x
$$

$$
(\sin x) ^ {(n)} = \sin \left(x + \frac {n \pi}{2}\right)
$$

反三角

$$
(\cos x) ^ {(n)} = \cos \left(x + \frac {n \pi}{2}\right)
$$

$$
(\arcsin x) ^ {\prime} = \frac {1}{\sqrt {1 - x ^ {2}}}
$$

$$
(\arccos x) ^ {\prime} = - \frac {1}{\sqrt {1 - x ^ {2}}}
$$

$$
(\arctan x) ^ {\prime} = \frac {1}{1 + x ^ {2}}
$$

$$
(\operatorname{arccot} x) ^ {\prime} = - \frac {1}{1 + x ^ {2}}
$$

对数三角 $(\ln|\cos x|)' = -\tan x$

$$
(\ln | \sin x |) ^ {\prime} = \cot x
$$

$$
\left(\ln | \sec x + \tan x |\right) ^ {\prime} = \sec x
$$

$$
\left(\ln | \csc x - \cot x |\right) ^ {\prime} = \csc x
$$

对数根式 $(\ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}))' = \frac{1}{\sqrt{x_1^2 + a^2}}$

$$
(\ln (x - \sqrt {x ^ {2} + a ^ {2}})) ^ {\prime} = - \frac {1}{\sqrt {x _ {1} ^ {2} + a ^ {2}}}
$$

$$
(\ln (x + \sqrt {x ^ {2} - a ^ {2}})) ^ {\prime} = \frac {1}{\sqrt {x ^ {2} - a ^ {2}}}
$$

$$
(\ln (x - \sqrt {x ^ {2} - a ^ {2}})) ^ {\prime} = - \frac {1}{\sqrt {x ^ {2} - a ^ {2}}}
$$

## 4.1.4 隐函数、反函数求导

## 定理 4.1 (隐函数求导)

等式两侧同时对同一个自变量求导。

## 定理 4.2 (反函数求导)

$y = y(x)$ 的反函数为 $x = x(y(x))$ ，则

$$
y ^ {\prime} (x) = \frac {1}{x ^ {\prime} (y)}
$$

证明 若 $x = g(y)$ ，对 $x$ 求导得到 $1 = \frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}y} \cdot \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ，因此得到 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{g'(y)}$

笔记一般都不是直接用结论，而是取 $x = g(y)$ 后两侧对 $x$ 求导进行计算的。

练习4.7具体反函数求导练习求(1) $\arcsin x(2)\arccos x(3)\arctan x$ 的导数解 $(1)y = \arcsin x$ ，因此 $x = \sin y$ ，两侧求导 $1 = \cos y\cdot y^{\prime}$ ，因此 $y^\prime = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ ，这里 $\cos y$ 是通过画直角三角形，三条边分别为 $x,\sqrt{1 - x^2},1$ 得到的。

练习4.8反函数高阶求导 $y = f(x)$ 有三阶导数， $y' = f'(x) \neq 0$ ，若 $f(x)$ 有反函数 $x = f^{-1}(y)$ ，证明：

$$
(f ^ {- 1}) ^ {\prime} (y) = \frac {1}{y ^ {\prime}}, \quad (f ^ {- 1}) ^ {\prime \prime} (y) = - \frac {y ^ {\prime \prime}}{(y ^ {\prime}) ^ {3}}, \quad (f ^ {- 1}) ^ {\prime \prime \prime} (y) = \frac {3 (y ^ {\prime \prime}) ^ {2} - y ^ {\prime} y ^ {\prime \prime \prime}}{(y ^ {\prime}) ^ {5}}
$$

证明 建议采用隐函数求导。根据 $y = f(x)$ ，两侧对 $y$ 求导得到 $1 = f'(x)x'$ ，因此得到 $x' = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{y'}$ 。 $0 = f''(x)(x')^2 + f'(x)x''$ ，因此推出 $x'' = -\frac{y''}{(y')^3}$

笔记 这种题目一定要搞清楚导数的一撇代表的意思。例如 $y' = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ，而 $x' = \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$ ，两者的求导对象不同。

## 定理 4.3 (指数求导)

对于 $y = u(x)^{v(x)}$ ，取对数得到 $\ln y = v(x)\ln u(x)$ ，两侧求导可以得到

$$
\frac {y ^ {\prime}}{y} = v ^ {\prime} (x) \ln u (x) + v (x) \frac {u ^ {\prime} (x)}{u (x)} \Rightarrow y ^ {\prime} = u (x) ^ {v (x)} [ v (x) \ln u (x) + v (x) \frac {u ^ {\prime} (x)}{u (x)} ]
$$

练习 4.9 指数求导练习 求导：(1) $x^{\frac{1}{x}}$ (2) $x^{x}(3)x^{x^{x}}$

解 $(1)\ln f(x) = \frac{\ln x}{x}$ ，因此 $\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$ ，得出 $f'(x) = x^{\frac{1}{x}}\frac{1 - \ln x}{x^2}$

练习 4.10 多项式连乘求导 $p(x)=(x-x_{1})^{k_{1}}\cdots(x-x_{s})^{k_{s}}$ ， $k_{1}+\cdots+k_{s}=n$ ，证明：

(1) $x \neq x_{i}$ 时， $p'(x) = p(x)\sum_{i=1}^{s}\frac{k_{i}}{x - x_{i}}$ (2) $\forall x \in R, [p'(x)]^{2} \geq p(x)p''(x)$

解 注意多项式连乘形式上两侧取对数后求导可以得到正确的结果, 但是如果多项式为负, 则取对数没有意义! 因此一般不能两侧求导

$$
(1) p ^ {\prime} (x) = p (x) \left(\frac {k _ {1}}{x - x _ {1}} + \dots + \frac {k _ {2}}{x - x _ {s}}\right) = p (x) \sum_ {i = 1} ^ {s} \frac {k _ {i}}{x - x _ {i}}
$$

(2) 根据 $p''(x)$ 表达式，两侧同乘 $p(x)$ 可得

## 4.1.5 高阶导数

$$
\begin{array}{l l l} (\sin x) ^ {(n)} = \sin (x + \frac {n \pi}{2}) & (\cos x) ^ {(n)} = \cos (x + \frac {n \pi}{2}) \\ [ (1 + x) ^ {\alpha ] ^ {(n)}} = \alpha (\alpha - 1) \dots (\alpha - n + 1) (1 + x) ^ {\alpha - n} \\ (\ln x) ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n - 1} (n - 1) !}{x ^ {n}} & [ \ln (1 + x) ] ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n - 1} (n - 1) !}{(1 + x) ^ {n}} & [ \ln (1 - x) ] ^ {(n)} = \frac {(n - 1) !}{(1 - x) ^ {n}} \\ (\frac {1}{x}) ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n} n !}{x ^ {n + 1}} & (\frac {1}{1 + x}) ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n} n !}{(1 + x) ^ {n + 1}} & (\frac {1}{1 - x}) ^ {(n)} = \frac {n !}{(1 - x) ^ {n + 1}} \end{array}
$$

练习 4.11 三角函数与高阶导数 求 n 阶导数:

$$
\begin{array}{l} {(1) y = \sin^ {6} x + \cos^ {6} x} \\ {(2) y = \sin a x \cos b x} \end{array}
$$

解(1)这种形式在高阶导数、不定积分等中很常见！先用立方和公式：

$$
\begin{array}{c} \sin^ {6} x + \cos^ {6} x = \sin^ {4} x - \sin^ {2} x \cos^ {2} x + \cos^ {4} x = (\sin^ {2} x + \cos^ {2} x) ^ {2} - 3 \sin^ {2} x \cos^ {2} x \\ = 1 - \frac {3}{4} \sin^ {2} 2 x = 1 - \frac {3}{4} \left(\frac {1 - \cos 4 x}{2}\right) = \frac {5}{8} + \frac {3}{8} \cos 4 x \end{array}
$$

因此 $y^{(n)} = \frac{3\cdot 4^n}{8}\cos (4x + \frac{n\pi}{2})$

(2) 积化和差即可

练习 4.12 反三角函数高阶导数 (1) 重点: $f(x) = \arctan x$ ，求 $f^{(n)}(0)$

(2) 重点: $g(x) = \arcsin x$ , 求 $g^{(n)}(0)$

证明 (1) $f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}$ ，根据 Taylor 展开可知

$$
f ^ {\prime} (x) = \frac {1}{1 + x ^ {2}} = 1 - x ^ {2} + x ^ {4} - \dots + (- 1) ^ {m} x ^ {2 m} + \dots
$$

因此 $f(x)=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}-\cdots+\frac{(-1)^{m}}{2m+1}x^{2m+1}+\cdots$ ，根据系数可知 $f^{(2m)}(x)=0, f^{(2m+1)}=(-1)^{m}(2m)!$ (2) $g'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ ，根据 Taylor 展开得到 $((1-x)^{\alpha}$ 的展开式):

$$
g ^ {\prime} (x) = \left(1 - x ^ {2}\right) ^ {- \frac {1}{2}} = 1 + \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {(- \frac {1}{2}) (- \frac {3}{2}) \cdots (- \frac {1}{2} - m + 1)}{m !} (- x ^ {2}) ^ {m} = 1 + \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {(2 m - 1) ! !}{(2 m) ! !} x ^ {2 m}
$$

得到 $g(x) = x + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!(2m+1)} x^{2m+1}$ ，因此得到 $g^{(2m)}(0) = 0, g^{(2m+1)} = \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}(2m+1)!$

## 定理 4.4 (Leibniz 公式)

$f(x), g(x)$ 为 $n$ 阶可导函数，则 $f(x)g(x)$ 也 $n$ 阶可导，且 $[f(x)g(x)]^{(n)} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x)$

练习4.13Leibniz公式练习求 $n$ 阶导数： $(1)y = \frac{2x}{1 - x^2}$ (2) $y = x^n\ln x$ (3) $y = e^{ax}\sin x$

## 4.1.6 使用导数证明恒等式

练习 4.14 使用导数构造 求 $(1)I_{1}=1+2x+3x^{2}+\cdots+nx^{n-1}$

(2) $I_{2}=1^{2}+2^{2}x+3^{2}x^{2}+\cdots+n^{2}x^{n-1}$

(3) 推论： $1^{2} + 2^{2} + \cdots + n^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

解(1)由于 $x + x^{2} + \dots +x^{n} = \frac{x - x^{n + 1}}{1 - x}$ ，两边求导 $I_{1} = \frac{n x^{n + 1} - (n + 1)x^{n} + 1}{(x - 1)^{2}}$

(2) 根据 (1) 可知 $1 + 2x + 3x^{2} + \cdots + nx^{n-1} = \frac{nx^{n+1} - (n+1)x^{n} + 1}{(x-1)^{2}}$ ，同时乘 x 再求导即可得到结果 $\frac{n^{2}x^{n+2} - (2n^{2} + 2n - 1)x^{n+1} + (n+1)^{2}x^{n} - x - 1}{(x - 1)^{3}}$

(3) 为 (2) 的推论

## 4.2 微分中值定理

## 4.2.1 三大中值定理

## 定理 4.5 (费马定理)

若 $x_0$ 为 $f(x)$ 极值点，且 $f'(x_0)$ 存在，则 $f'(x_0) = 0$

证明 不妨设 $x_0$ 为极小值点，先看右导数 $f'(x_0) = f'_+(x_0) = \lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \geq 0$ ，同理看左导数 $f'(x_0) = f'_-(x_0) = \lim_{x \to x_0^-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \leq 0$ ，由于导数存在，则左右导数相等，故导数 $f'(x_0)$ 只能为 0

## 定理 4.6 (Rolle 中值定理)

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导， $f(a) = f(b)$ ，则 $\exists \xi \in (a,b)$ 使得：

$$
f ^ {\prime} (\xi) = 0
$$

证明 设 $M, m$ 是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 最大、最小值。若 $M = m$ ，则 $f(x) = c$ 。若 $m < M$ ，则 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 至少有个最值点 (最大 or 最小)，则内部的最值点是极值点，因此由费马定理可知结论成立。

笔记广义的Rolle中值定理：开区间或无穷区间 $(a,b)$ ，若 $f(x)$ 在 $x\to a^{+},b^{-}$ 存在且相等，则Rolle中值定理结论成立。

## 推论 4.1 (研究导函数零点情况)

$f(x)$ 在区间 $I$ 上 $k$ 阶可导，若 $f(x)$ 在 $I$ 上有 $n + 1$ 个互异的实根，则 $f^{(k)}(x)$ 有 $n - k$ 个互异实根。

练习 4.15 广义 Rolle 的应用 $f(x)$ 可微，且有 $0 \leq f(x) \leq \ln\left(\frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^{2}}}\right)$ ，证明： $\exists\xi \in (0,+\infty)$ 使得 $f'(\xi) = \frac{2}{2\xi + 1} - \frac{1}{\sqrt{1 + \xi^{2}}}$

证明 取 $F(x) = f(x) - \ln \frac{2x + 1}{x + \sqrt{1 + x^2}}$ ，根据 $F(0) = F(+\infty) = 0$ 和广义 Rolle 可知结论成立。

## 定理 4.7 (Lagrange 中值定理)

$f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续， $(a,b)$ 可导，则 $\exists \xi \in (a,b)$ 使得

$$
f ^ {\prime} (\xi) = \frac {f (b) - f (a)}{b - a}
$$

证明 通过积分法构造 $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} x$ ，则 $F(b) - F(a) = [f(b) - f(a)] - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} (b - a) = 0$ ，因此 $F(b) = F(a)$ ，根据 Rolle 中值定理可知结论成立。

练习 4.16Lagrange 中值定理基本应用 (1) 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导，证明： $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $\frac{bf(b) - af(a)}{b - a} = f(\xi) + \xi f'(\xi)$

(2) 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导， $f(b) \neq f(a)$ ，证明：若 $f(x)$ 非线性函数，则 $\exists \xi, \eta \in (a, b)$ 使得 $f'(\xi) < \frac{f(b) - f(a)}{b - a} < f'(\eta)$

证明 (1) 取 $F(x) = xf(x)$ 即可，用 Lagrange 中值定理

(2) 只说明左侧：要证明 $f'(\xi) < \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ ，反设不成立，即 $\forall x$ 有 $f'(x) \geq \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ ，可构造 $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} x$ ，且 $F'(x) \geq 0$ ，而 $F(a) = F(b) = 0$ 这说明 $F'(x) = c$ ，这与 $f(x)$ 非线性矛盾。

## 定理 4.8 (Cauchy 中值定理)

$f, g$ 满足 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导， $f'(x), g'(x)$ 不同时为 0， $g(a) \neq g(b)$ ，则 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得

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

证明 考虑 $\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} g'(\xi) = f'(\xi)$ ，采用积分法构造辅助函数， $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} g(x)$ ， $F(b) - F(a) = [f(b) - f(a)] - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} [g(b) - g(a)] = 0$ ，因此 $F(a) = F(b)$ ，根据 Rolle 中值定理可知结论成立。

笔记 一般而言条件都是 $g'(x) \neq 0$ ， $g'(x)$ 与 $f'(x)$ 不同时为零相对更广泛一点，避开了特殊的情况。

练习 4.17Cauchy 中值定理基本应用 (1) 重点: 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续, $(a, b)$ 可导, $ab > 0$ , 证明 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $\frac{af(b) - bf(a)}{a - b} = f(\xi) - \xi f'(\xi)$

(2) 实例： $0 < a < b < \infty$ ，证明 $\exists\theta \in (a, b)$ 使得 $ae^{b} - be^{a} = (1 - \theta)e^{\theta}(a - b)$

证明 (1) 由于左侧有交叉项，考虑分子分母同除以 $ab$ ，凑 Cauchy 中值定理形式即 $\frac{\left(\frac{f(x)}{x}\right)'}{\left(\frac{1}{x}\right)'}$ 在 $\xi$ 处取值，因此即证明：

$$
\frac {\frac {f (b)}{b} - \frac {f (a)}{a}}{\frac {1}{b} - \frac {1}{a}} = \frac {\left(\frac {f (x)}{x}\right) ^ {\prime}}{\left(\frac {1}{x}\right) ^ {\prime}}
$$

根据 Cauchy 中值定理即可证明。

(2) 等价于 $\frac{\frac{e^{b}}{b}-\frac{e^{a}}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}=e^{\theta}-\theta e^{\theta}$

## 4.2.2 中值问题：构造辅助函数

## 定理 4.9 (直接积分法)

要构造 $f^{\prime}(\xi) = g(\xi)$ ，则构造 $F(x) = f(x) - \int_0^x g(t)\mathrm{d}t$ 即可

## 定理 4.10 (常用中值定理辅助函数)

看到 $f'(\xi) + f(\xi)g(\xi)$ ，需要构造 $f(x)e^{\int g(x)dx}$ ，因为 $[f(x)e^{\int g(x)dx}]' = [f'(x) + f(x)g(x)]e^{\int g(x)dx}$ ，具体有下面这些技巧：

$$
m f (\xi) + n f ^ {\prime} (\xi): f (x) e ^ {\frac {m}{n} x}
$$

\- $mf(\xi) + n\xi f'(\xi)$ : $x^{m}f^{n}(x)$ (注意不是 $x^{\frac{m}{n}}f(x)!$ )

\- $mf(\xi) - n\xi f'(\xi)$ : $\frac{f^n(x)}{x^m}$ 或者 $\frac{x^m}{f^n(x)}$ ，但此时一般要配上 $g(x) = \frac{1}{x^m}$ ，用 Cauchy 中值定理消去分母

$$
\left[ \frac {f ^ {n} (x)}{x ^ {m}} \right] = \frac {f ^ {n - 1} (x)}{x ^ {m + 1}} [ n x f ^ {\prime} (x) - m f (x) ], \quad \left[ \frac {x ^ {m}}{f ^ {n} (x)} \right] ^ {\prime} = \frac {x ^ {m - 1}}{f ^ {n + 1} (x)} [ m f (x) - n x f ^ {\prime} (x) ]
$$

$$
n f ^ {\prime} (\xi) f (1 - \xi) - m f (\xi) f ^ {\prime} (1 - \xi): f ^ {n} (x) f ^ {m} (1 - x)
$$

$$
\begin{array}{l} \bullet m f ^ {\prime} (x) g (x) + n f (x) g ^ {\prime} (x): f ^ {m} (x) g ^ {n} (x) \\ \bullet m f ^ {\prime} (x) g (x) - n f (x) g ^ {\prime} (x): \frac {f ^ {m} (x)}{g ^ {n} (x)} \\ \left[ \frac {f ^ {m} (x)}{g ^ {n} (x)} \right] ^ {\prime} = \frac {f ^ {m - 1} (x)}{g ^ {n + 1} (x)} [ m f ^ {\prime} (x) g (x) - n f (x) g ^ {\prime} (x) ] \\ \bullet f (\xi) g ^ {\prime \prime} (\xi) - g (\xi) f ^ {\prime \prime} (\xi): f ^ {\prime} (x) g (x) - f (x) g ^ {\prime} (x) \end{array}
$$

笔记 主要看高阶导数项的系数是啥，是常数的话肯定是 $e^{ax}f(x)$ ，是 $\xi$ 的话是 $x^{a}f(x)$ ，是 $-\xi$ 的话是 $\frac{f(x)}{x^{a}}$ ，是 $(1-\xi)$ 的话是 $(1-x)^{a}f(x)$

练习4.18行列式求导 $f(x), g(x), h(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导，证明： $\exists \xi \in (a, b)$ 下面等式成立。若 $h(x) = 1$ 则为Cauchy中值定理，若 $h(x) = 1, g(x) = x$ 则为Lagrange中值定理。

$$
\left| \begin{array}{c c c} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f ^ {\prime} (\xi) & g ^ {\prime} (\xi) & h ^ {\prime} (\xi) \end{array} \right| = 0
$$

证明 构造下面的 $F(x)$ ，注意到 $F(a) = F(b) = 0$ 以及行列式求导即对一行求导即可。

$$
F (x) = \left| \begin{array}{c c c} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f (x) & g (x) & h (x) \end{array} \right.
$$

练习4.19直接积分法(1)重点： $f(x)$ 在[1,2]连续， $(1,2)$ 可微，证明 $\exists \xi \in (1,2)$ 使得 $f(2) - f(1) = \frac{1}{2}\xi^2 f'\left(\xi\right)$ (2)重点： $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续， $(a,b)$ 可导， $\exists \xi \in (a,b)$ 使得 $2\xi [f(b) - f(a)] = (b^{2} - a^{2})f^{\prime}(\xi)$

(2) 重点： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导， $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $2\xi[f(b) - f(a)] = (b^2 - a^2)f'(\xi)$ 证明 (1) 由于只有单项，只需要直接用积分法：所求等价于 $f'(\xi) = \frac{2}{\xi^2}[f(2) - f(1)]$ ，构造 $F(x) = f(x) + \frac{2}{x}[f(2) - f(1)]$ ，此时 $F(1) = F(2) = 2f(2) - f(1)$ ，因此根据 Rolle 中值定理可知 $\exists \xi \in (1, 2), F'(\xi) = 0$

(2) 直接用积分法： $F(x) = (b^{2} - a^{2})f(x) - x^{2}[f(b) - f(a)]$ ，根据 $F(b) = F(a)$ 以及 Rolle 中值定理可知。

练习 4.20 简单的辅助函数法 (1) $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导， $f(a) < 0, f(b) < 0$ ， $\exists c \in (a, b)$ 使得 $f(c) > 0$ ，证明： $\xi \in (a, b)$ 使得 $f(\xi) + f'(\xi) = 0$

(2) 重点： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上 $n$ 阶连续可微，在 $(a, b)$ 上存在 $n + 1$ 阶导数， $f^{(k)}(a) = f^{(k)}(b), k = 0, 1, \cdots, n$ ，证明： $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $f(\xi) = f^{(n+1)}(\xi)$ (3) 重点： $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 连续， $(0, 1)$ 可导， $f(0) = f(1) = 0, f(\frac{1}{2}) = 1$ ，证明： $\forall \lambda > 0, \exists \xi \in (0, 1)$ 使得 $f'(\xi) - \lambda[f(\xi) - \xi] = 1$

(4) 重点: $f(x)$ 在 $[0,1]$ 可微, $f(0) = 0$ , 对 $\forall x \in (0,1), f(x) \neq 0$ , 证明: $\forall n, \exists \xi \in (0,1)$ 使得 $n\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = \frac{f'(1 - \xi)}{f(1 - \xi)}$ 证明 (1) 构造 $F(x) = e^x f(x)$ , 则 $F(a) < 0, F(b) < 0, F(c) > 0$ , 根据连续函数零点存在定理可知有两个零点, 再根据 Rolle 中值定理可知。

(2) 构造 $F(x) = [f(x) + f'(x) + \cdots + f^{(n)}(x)]e^{-x}$ ， $F(a) = F(b) = 0$ ，根据 $F'(\xi) = 0$ 可以得到结论

(3) 考虑配为 $[f'(\xi) - 1] - \lambda[f(\xi) - \xi] = 0$ ，故构造 $F(x) = [f(x) - x]e^{-\lambda x}$ ，此时 $F(0) = 0, F(\frac{1}{2}) > 0, F(1) < 0$ ，在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 中 $F(x)$ 有一个零点，根据 Rolle 可知。

(4) 即 $nf'(\xi)f(1-\xi)-f(\xi)f'(1-\xi)=0$ ，因此构造 $F(x)=f^n(x)f(1-x)$

练习 4.21 进阶难度的辅助函数法 (1)(上交 2021) $f(x)$ 在 $[a, c]$ 可导， $f_{-}^{\prime}(c) = 0$ ，证明： $\exists \xi \in (a, c)$ 使得 $f^{\prime}(\xi) = 2(f(\xi) - f(a))$

(2) $f(x)$ 在 $[0,1]$ 二阶可导， $f(0)=f(1)$ ，证明： $\exists\xi\in(0,1)$ ，使得 $f''(\xi)=\frac{3f'(\xi)}{1-\xi}$ 证明 (1) 首先显然最终等式可写为 $[f(x) - f(a)]' - 2(f(x) - f(a)) = 0$ ，因此构造 $F(x) = (f(x) - f(a))e^{-2x}$ ， $F'(x) = [f'(x) - 2(f(x) - f(a))]e^{-2x}$ ，显然 $F(a) = 0$ ，但另一侧信息不足。根据条件可知 $F_{-}'(c) = -2[f(c) - f(a)]e^{-2c}$ ，下面对 $F(c)$ 情况进行讨论。(a) 若 $F(c) = 0$ 则显然成立 (b) 若 $F(c) \neq 0$ ，不妨设 $F(c) > 0$ ，根据 $F(c) = -2F_{-}'(c)$ （根据表达式）可看出 $F_{-}'(c) < 0$ ，根据 Lagrange 中值定理：

$$
0 <   F (c) = F (c) - F (a) = F ^ {\prime} (\eta) (c - a) \Rightarrow F ^ {\prime} (\eta) > 0
$$

根据导数介值性定理可知结论成立。

(2) 等价于 $(1 - \xi)f''(\xi) - 3f'(\xi) = 0$ ，因此构造 $F(x) = (1 - x)^3 f'(x)$ ，根据 $f(0) = f(1) = 0$ ，根据 Rolle 可知 $\exists \eta$ 使得 $f'(\eta) = 0$ ，因此 $F(\eta) = 0$ ，再根据 $F(1) = 0$ 可知 $\exists \xi$ 使得 $F'(\xi) = 0$

## 4.2.3 带积分的微分中值问题

由于变限积分 $\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 的导数为 $f(x)$ ，该性质常常会应用于微分中值定理。

练习4.22基础问题 (1)重点： $f(x)$ 在[0,1]连续，(0,1)可导， $\int_0^1 xf(x)\mathrm{d}x = f(1)$ ，证明： $\exists \xi \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime}(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$

(2)ZJU2021: $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 连续， $g(x) = f(x)\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$ 单减，证明 $f(x)$ 恒为0

(3) 重点: $f(x)$ 是 $(0,1)$ 上连续函数, 证明: $\exists c \in (0,1)$ 使得 $\int_{0}^{c} f(x) \mathrm{d}x = (1 - c)f(c)$ 证明 (1) 所证形式即 $\xi f'(\xi) + f(\xi) = 0$ , 因此 $F(x) = xf(x)$ , 根据积分第一中值定理可知

$$
\int_ {0} ^ {1} x f (x) d x = \eta f (\eta) \cdot 1 = F (\eta) = f (1)
$$

而 $F(1)=f(1)$ ，因此根据 Rolle 中值定理可知。

(2) $F(x)=\frac{1}{2}(\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t)^{2}$ ，根据条件 $F'(x)$ 单减， $F'(0)=0$ ，根据 $F(0)=0$ 得出 $F(x)\leq0$ ，但 $F(x)\geq0$ ，因此 $F(x)$ 恒为0，推出 $f(x)$ 恒为0。

(3) 所求即 $\int_0^c f(x)\mathrm{d}x - (1 - c)f(c) = 0$ ，构造 $F(x) = (1 - x)\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$ ，显然 $F(0) = F(1) = 0$ ，根据 Rolle 可知。

练习4.23进阶问题 $f(x)$ 在[0,2]可导，(0,2)上三阶可导， $f(0) = f'(0) = 0, \int_0^2 f(x) \mathrm{d}x = 8 \int_0^1 f(x) \mathrm{d}x$ ，证明： $\exists \xi \in (0,2)$ 使得 $f'''(\xi) = 0$ 。证明构造 $F(x) = \int_0^{2x} f(t) dt - 8 \int_0^x f(t) dt$ ，得到 $F(0) = F(1) = 0$ ，故 $\exists \xi_1, F'(\xi_1) = 0$ ，根据 $F'(x) = 2f(2x) - 8f(x)$ ，因此 $F'(0) = 0$ ，得到 $\exists \xi_2$ 使得 $F''(\xi_2) = 0$ 。再根据 $F''(x) = 4f'(2x) - 8f'(x)$ ， $F''(0) = 0$ ，得到 $\exists \xi_3$ 使得 $F'''(\xi_3) = 0$ 。而 $F'''(x) = 8f''(2x) - 8f''(x)$ ，代入 $\xi_3$ 得到 $f''(2\xi_3) = f''(\xi_3)$ ，因此 $\exists \xi$ 使得 $f'''(\xi) = 0$

## 4.2.4 多个中值点的中值问题

练习4.24经典两个中值点的问题设 $f(x)$ 在[0,1]连续，(0,1)可导， $f(0) = 0,f(1) = 1$ ，证明：

(1) $\exists\xi\in(0,1)$ 使得 $f(\xi)=1-\xi$

(2) 存在互异的 $\eta_1, \eta_2 \in (0,1)$ 使得 $f'(\eta_1)f'(\eta_2) = 1$

(3) 存在互异的 $\eta_1, \eta_2 \in (0,1)$ 使得 $f'(\eta_1)(f'(\eta_2) + 1) = 2$

证明 (1) 构造 $F(x) = f(x) - 1 + x$ ，则 $F(0) = -1, F(1) = 1$ ，根据连续零点存在定理可得

(2) 对 (1) 中的 $\xi$ ，在 $[0, \xi]$ , $[\xi, 1]$ 上用 Lagrange 中值定理，得到 $\eta_{1}, \eta_{2}$ 满足

$$
f ^ {\prime} (\eta_ {1}) = \frac {f (\xi) - 0}{\xi} = \frac {1 - \xi}{\xi}, f ^ {\prime} (\eta_ {2}) = \frac {f (1) - f (\xi)}{1 - \xi} = \frac {\xi}{1 - \xi}
$$

因此 $f^{\prime}(\eta_{1})f^{\prime}(\eta_{2}) = 1$

(3) 提示：先找 $\xi$ 满足 $f(\xi) = 2(1 - \xi)$ ，再用两次 Lagrange 中值定理。

## 4.2.5 中值等式问题

中值等式问题本质很像多项式插值中 Cauchy 常数的构造方法，根据目标等式的形式，将某个常数换成 x，以此得出辅助函数在某些位置相等或等于 0。

练习 4.25 利用等式构造辅助函数 (1) 重点: $f(x)$ 在 $[a, b]$ 二阶可导, $f(a) = f(b) = 0$ , 证明对 $\forall x \in (a, b)$ , 都存在 $\xi \in (a, b)$ , 使得 $f(x) = \frac{f''(\xi)}{2}(x - a)(x - b)$

(2) 变形： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 二阶可导，a < c < b，证明 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得

$$
\frac {f (b) - f (a)}{b - a} - \frac {f (c) - f (a)}{c - a} = \frac {1}{2} f ^ {\prime \prime} (\xi) (b - c)
$$

证明 (1) 固定 $x$ ，记常数 $k = \frac{2f(x)}{(x - a)(x - b)}$ ，构造 $F(t) = f(t) - \frac{k}{2}(t - a)(t - b)$ ，满足 $F(x) = F(a) = F(b) = 0$ ， $\exists \xi_1 \in (a, x), \xi_2 \in (x, b)$ 使得 $F'(\xi_1) = F'(\xi_2) = 0$ ，根据 Rolle 定理可知 $\exists \xi \in (\xi_1, \xi_2)$ 满足 $F''(\xi) = 0$ ，因此 $f''(\xi) = k$ ，结论成立。

(2) 构造常数 $k = \frac{(c - a)[f(b) - f(a)] - (b - a)[f(c) - f(a)]}{\frac{1}{2}(b - c)(b - a)(c - a)}$ ，辅助函数将 $c$ 用 $x$ 代替

$$
F (x) = (x - a) [ f (b) - f (a) ] - (b - a) [ f (x) - f (a) ] - \frac {k}{2} (b - x) (b - a) (x - a)
$$

得到 $F(a)=F(b)=F(c)=0$ ，因此根据两次 Rolle 得到 $F''(\xi)=0$ ，从而得到结论。

练习4.26另外几道经典题(1) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 三阶可导，证明 $\exists \xi \in (a,b)$ 使得

$$
f (b) = f (a) + \frac {1}{2} (b - a) [ f ^ {\prime} (a) + f ^ {\prime} (b) ] - \frac {1}{1 2} (b - a) ^ {3} f ^ {\prime \prime \prime} (\xi)
$$

(2) 配合拉格朗日插值或拉格朗日余项的 Taylor 展开： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 二阶可导，证明 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得

$$
f (b) - 2 f (\frac {a + b}{2}) + f (a) = \frac {1}{4} (b - a) ^ {2} f ^ {\prime \prime} (\xi)
$$

(3) 需配合 Taylor 展开: $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导, 证明 $\exists \xi \in (a, b)$ , 使得

$$
\int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x = (b - a) f \left(\frac {a + b}{2}\right) + \frac {1}{2 4} (b - a) ^ {3} f ^ {\prime \prime} (\xi)
$$

证明 (3) 设 $k = \frac{\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x - (b - a)f\left(\frac{a + b}{2}\right)}{\frac{1}{24}(b - a)^{3}}$ ，构造

$$
F (x) = \int_ {a} ^ {x} f (t) \mathrm{d} t - (x - a) f \left(\frac {x + a}{2}\right) + \frac {1}{2 4} (x - a) ^ {3} k
$$

$F(a)=F(b)=0$ ，根据 Rolle 得到 $\exists\eta\in(a,b)$ 使得 $F'(\eta)=0$ ，即

$$
f (\eta) - f \left(\frac {a + \eta}{2}\right) - f ^ {\prime} \left(\frac {a + \eta}{2}\right) \frac {\eta - a}{2} - \frac {k}{8} (\eta - a) ^ {2} = 0
$$

而根据 $\eta$ 在 $\frac{a+\eta}{2}$ 的 Taylor 展开， $\exists\xi\in\left(\frac{a+\eta}{2},\eta\right)$

$$
f (\eta) = f \left(\frac {a + \eta}{2}\right) + f ^ {\prime} \left(\frac {a + \eta}{2}\right) \frac {\eta - a}{2} + \frac {f ^ {\prime \prime} (\xi)}{2} \left(\frac {\eta - a}{2}\right) ^ {2}
$$

因此对比得到 $k = f''(\xi)$

## 4.2.6 中值不等式

练习4.27基于Taylor展开(1) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 二阶可导， $|f(x)| \leq A, |f''(x)| \leq B$ ，证明 $|f'(x)| \leq \frac{2A}{b - a} + \frac{B}{2}(b - a)$

(3) 特例 1: 区间 $[0,2]$ , $|f(x)| \leq 1$ , $|f''(x)| \leq 2$ 证明 $|f'(x)| \leq 3$

(4) 特例 2：区间 $[0,1]$ ， $|f(x)| \leq A, |f''(x)| \leq B$ ，证明 $|f'(x)| \leq 2A + \frac{1}{2}B$

(5) 推论：将 $|f(x)| \leq A$ 的条件改为 $f(a) = f(b)$ ，则得到 $|f'(x)| \leq \frac{B}{2}(b - a)$

(6) 推论特例 1: $f(x)$ 在 $[0,1]$ 二阶可导, $f(0) = f(1) = f(\frac{1}{2}) = 0$ , $|f''(x)| \leq M$ , 证明 $|f'(x)| \leq \frac{M}{2}$ 证明 注意这里是已知点在 $x$ 处展开, 并使用 Lagrange 余项! 不要写成 $x$ 在 $a, b$ 展开, 或用 Peano 余项。

(1) 根据 Taylor 展开得到 $\exists \xi \in (a, x), \eta \in (x, b)$ 使得

$$
\left\{ \begin{array}{l} f (a) = f (x) + f ^ {\prime} (x) (a - x) + \frac {f ^ {\prime \prime} (\xi)}{2} (a - x) ^ {2} \\ f (b) = f (x) + f ^ {\prime} (x) (b - x) + \frac {f ^ {\prime \prime} (\eta)}{2} (b - x) ^ {2} \end{array} \right.
$$

两式相减得到 $f(b)-f(a)=f'(x)(b-a)+\frac{f''(\eta)}{2}(b-x)^{2}-\frac{f''(\xi)}{2}(a-x)^{2}$ ，结合 A, B 得到

$$
\left| f ^ {\prime} (x) \right| \leq \frac {2 A}{b - a} + \frac {B}{2 (b - a)} \left[ (a - x) ^ {2} + (b - x) ^ {2} \right]
$$

而 $(a - x)^2 +(b - x)^2 < (b - a)^2$ （用二次函数最值)，因此得到 $|f'(x)| < \frac{2A}{b - a} +\frac{B}{2} (b - a)$

(5) 由于 $f(b) - f(a) = f'(x)(b - a) + \frac{f''(\eta)}{2} (b - x)^2 - \frac{f''(\xi)}{2} (a - x)^2 = 0$ ，因此 $f(x)$ 项被消除，后面同理。

练习 4.28 几道经典配凑放缩 (1) $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $(a, b)$ 可导， $f(a) = f(b), |f'(x)| \leq 1$ ，证明： $\forall x_1, x_2$ 满足 $|f(x_1) - f(x_2)| \leq \frac{b - a}{2}$

证明 (1) 首先根据 Lagrange 中值定理得到 $\left|f(x_{1})-f(x_{2})\right|\leq x_{2}-x_{1}$ ，再根据

$$
\left| f \left(x _ {1}\right) - f \left(x _ {2}\right) \right| = \left| f \left(x _ {1}\right) - f (a) + f (b) - f \left(x _ {2}\right) \right| \leq \left(x _ {1} - a\right) + \left(b - x _ {2}\right)
$$

因此相加得到 $\left|f(x_{1})-f(x_{2})\right|\leq\frac{b-a}{2}$

## 4.2.7 导数极限定理与导数介值定理

## 定理 4.11 (导数介值定理：达布定理)

<table><tr><td>定理4.11(等数升值定理:达布定理)</td></tr><tr><td>f(x)在[a,b]可导,f′+(a)≠f′-b),k介于f′+(a),f′-b之间,则∃ξ∈(a,b)使得f′(ξ)=k</td></tr></table>

证明 构造 $F(x) = f(x) - kx$ ，则 $F'(x) = f'(x) - k$ ，由于 $k$ 介于 $f_{+}'(a), f_{-}'(b)$ 之间，因此 $F_{+}'(a)F_{-}'(b) < 0$ ，不妨设 $F_{+}'(a) > 0, F_{-}'(b) < 0$ ，则

$$
\lim _ {x \to a ^ {+}} \frac {F (x) - F (a)}{x - a} > 0, \lim _ {x \to a ^ {-}} \frac {F (x) - F (b)}{x - b} <   0
$$

根据极限保号性得到 $\exists x_{1},x_{2}\in (a,b),x_{1} <   x_{2}$ 使得 $\frac{F(x_1) - F(a)}{x_1 - a} >0,\frac{F(x_2) - F(b)}{x_2 - b} <  0$ ，即 $F(x_{1}) > F(a),F(x_{2})>$ $F(b)$ ，由于 $F(x)$ 连续，存在 $\xi \in [a,b]$ 使得 $F(\xi)$ 最大值，根据费马定理得到 $F^{\prime}(\xi) = 0$ ，即 $f^{\prime}(\xi) = k$ 笔记导数介值定理在ZJU2020中出现过

## 4.3 洛必达法则与 Taylor 公式

## 4.3.1 洛必达法则

## 定理 4.12 (洛必达法则)

<table><tr><td>f,g满足(1)  $\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=0$  或者  $\lim_{x\to x_0}g(x)=\infty(2)x_0$  空心邻域中  $f'(x),g'(x)$  有定义(非常重要的条件!)则 $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ </td></tr></table>

笔记 $x_0$ 空心邻域中 $f(x), g(x)$ 有定义且可导条件非常重要！

练习 4.29 空心邻域中没定义则只能用定义 已知 $g(0)=g'(0)=0, g''(0)=3$ ，求 $f'(0)$

$$
f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {g (x)}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array} \right.
$$

证明 可以直接用 Peano 余项的 Taylor 展开。但这里展现其证明过程，先代入并用一次洛必达，

$$
\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {f (x) - f (0)}{x - 0} = \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {g (x)}{x ^ {2}} = \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {g ^ {\prime} (x)}{2 x}
$$

注意后面不能继续用洛必达了，原因在于 $g'(x)$ 在 $x_0$ 空心邻域中不一定有定义，极限 $\lim_{x\to 0}g''(x)$ 没有意义。因此需要用导数定义： $\lim_{x\to 0}\frac{g'(x) - g'(0)}{2x} = \frac{1}{2}\lim_{x\to 0}g''(x) = \frac{3}{2}$

笔记 该证明过程是 Peano 余项的 Taylor 公式的证明思路，极度重要，保证最后一次不能用洛必达法则。

## 4.3.2 Taylor 公式

## 定理 4.13 (Peano 余项 Taylor 公式)

若 $f$ 在 $x_0$ 存在直至 $n$ 阶导数 (只需要单点导数，比Lagrange要求低很多)，则

$$
f (x) = f (x _ {0}) + f ^ {\prime} (x _ {0}) (x - x _ {0}) + \dots + \frac {f ^ {(n)} (x _ {0})}{n !} (x - x _ {0}) ^ {n} + o ((x - x _ {0}) ^ {n})
$$

证明 设 $T_{n}(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}$ ， $R_{n}(x)=f(x)-T_{n}(x)$ ， $Q_{n}(x)=(x-x_{0})^{n}$ ，先做 n-1 次洛必达，再用一次导数定义可以得到：

$$
\lim _ {x \to x _ {0}} \frac {R _ {n} (x)}{Q _ {n} (x)} = \lim _ {x \to x _ {0}} \frac {R _ {n} ^ {(n - 1)} (x)}{Q _ {n} ^ {(n - 1)} (x)} = \frac {1}{n !} \lim _ {x \to x _ {0}} \left[ \frac {f ^ {(n - 1)} (x) - f ^ {(n - 1)} (x _ {0})}{x - x _ {0}} - f ^ {(n)} (x _ {0}) \right] = 0
$$

## 定理 4.14 (Lagrange 余项 Taylor 公式)

若 $f$ 在 $[a,b]$ 存在直至 $n + 1$ 阶导数，且在 $(a,b)$ 满足 $n$ 阶连续可导(条件比Peano强得多)，则

$$
f (x) = f \left(x _ {0}\right) + f ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) \left(x - x _ {0}\right) + \dots + \frac {f ^ {(n)} \left(x _ {0}\right)}{n !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} + \frac {f ^ {(n + 1)} (\xi)}{(n + 1) !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n + 1}
$$

证明 设 $T_{n}(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}$ ，构造 $F(t)=f(t)-T_{n}(t), G(t)=(x-t)^{n+1}$ ，即证明 $\frac{F(x_{0})}{G(x_{0})}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$ ，因为 $F(x)=G(x)=0, F'(t)=-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}, G'(t)=-(n+1)(x-t)^{n}$ ，因此根据 Cauchy 中值定理可知

$$
\frac {F (x _ {0})}{G (x _ {0})} = \frac {F (x _ {0}) - F (x)}{G (x _ {0}) - G (x)} = \frac {F ^ {\prime} (\xi)}{G ^ {\prime} (\xi)} = \frac {f ^ {(n + 1)} (\xi)}{(n + 1) !}
$$

## 4.4 凸函数

## 4.4.1 函数的凹凸性

## 定义 4.3 (凸函数)

$f$ 是区间 $I$ 上的函数，若对 $\forall x_{1},x_{2}\in I$ 和 $\forall \lambda \in (0,1)$ 满足以下条件，则称 $f(x)$ 为凸函数

$$
f (\lambda x _ {1} + (1 - \lambda) x _ {2}) \leq \lambda f (x _ {1}) + (1 - \lambda) f (x _ {2})
$$

## 引理 4.1 (定比分点公式)

对于一点 $x \in [x_1, x_2]$ ，则 $x$ 可由其与 $x_1, x_2$ 的距离唯一表出：

$$
x = \frac {x _ {2} - x}{x _ {2} - x _ {1}} x _ {1} + \frac {x - x _ {1}}{x _ {2} - x _ {1}} x _ {2}
$$

记忆方式：首先保证分子都是正的，而且 $x_{1}$ 对应的权重是 x 到 $x_{2}$ 的距离

## 定理 4.15 (凸函数的等价条件)

$f$ 是 $I$ 上的凸函数与下面条件等价：

\- 一阶可导最常用： $\forall x_0 \in I$ ，有 $f(x) \geq f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$ 。

\- 若不可导，上述命题等价于： $f(x) \geq f(x_0) + k(x - x_0)$

若 $f(x)$ 可导，则等价于 $f'(x)$ 单增

\- 二阶可导：若 $f(x)$ 二阶可导，则等价于 $f''(x) \geq 0$

练习 4.30 不二阶可导凸性质的应用 (1) 重点：函数 $f(x)$ 满足 $f(0)=0$ ， $f'(x)$ 单增，证明： $F(x)=\frac{f(x)}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单增

证明 (1) $f'(x)$ 单增等价于可导，而没说二阶可导，因此取 y > x > 0，只能用 $f(y) \geq f(x) + f'(x)(y - x)$ 。此时

$$
\begin{array}{l} F (y) - F (x) = \frac {x f (y) - y f (x)}{x y} \geq \frac {x f (x) + x f ^ {\prime} (x) (y - x) - (y - x) f (x) - x f (x)}{x y} \\ \quad = \frac {(y - x) (x f ^ {\prime} (x) - f (x))}{x y} = \frac {(y - x) (f ^ {\prime} (x) - \frac {f (x) - f (0)}{x - 0})}{y} \\ \quad = \frac {(y - x) (f ^ {\prime} (x) - f ^ {\prime} (\xi))}{y} \geq 0 \end{array}
$$

练习 4.31 凸函数等价条件应用 (1) $f(x)$ 在 R 二阶连续可导，证明 $f''(x) \geq 0$ 当且仅当 $\forall x \in \mathbb{R}, \forall h, f(x + h) + f(x - h) - 2f(x) \geq 0$

(2) $f(x)$ 为 I 上凸函数当且仅当 $\forall x_{1}, x_{2} \in I$ 满足 $\varphi(\lambda) = f(\lambda x_{1} + (1 - \lambda)x_{2})$ 为 [0,1] 上的凸函数

证明 (1) $f''(x) \geq 0$ 等价于凸函数，等价于 $\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \geq \frac{f(x)-f(x-h)}{h}$ ，即得到结论。

(2.1) 右推左：要证 $f(\lambda x_1 + (1 - \lambda)x_2) \leq \lambda f(x_1) + (1 - \lambda)f(x_2)$ ，等价于 $\varphi(\lambda) \leq \lambda \varphi(1) + (1 - \lambda)\varphi(0)$ ，而 $\varphi(\lambda) = \varphi(\lambda \cdot 1 + (1 - \lambda) \cdot 0)$ ，根据 $\varphi$ 的凸性可直接得出。

(2.2) 左推右：要证 $\varphi(\alpha t_1 + (1 - \alpha)t_2) \leq \alpha \varphi(t_1) + (1 - \alpha)\varphi(t_2)$ ，等价于

$$
f \left(\left(\alpha t _ {1} + (1 - \alpha) t _ {2}\right) x _ {1} + \left(1 - \alpha t _ {1} - (1 - \alpha) t _ {2}\right) x _ {2}\right) \leq \alpha f \left(t _ {1} x _ {1} + \left(1 - t _ {1}\right) x _ {2}\right) + (1 - \alpha) f \left(t _ {2} x _ {1} + \left(1 - t _ {2}\right) x _ {2}\right)
$$

根据 $f(x)$ 的凸性，右侧大于等于左侧 (可能有点麻烦)。

## 定理 4.16 (凸性质的保持)

考虑凸函数的四则运算、复合、最值：

\- 凸函数的数乘和加法保持凸性质，差、积、商不一定

\- 复合：若 $f(x)$ 为凸函数， $g(x)$ 为凸增函数，则 $g(f(x))$ 为凸函数，去掉增性质则不一定

\- 最值：若 $f(x), g(x)$ 均为 $I$ 上凸函数，则 $\max \{f(x), g(x)\}$ 为凸函数

证明 (3) 最值： $F(\lambda x_{1} + (1 - \lambda)x_{2}) = \max \{f(\lambda x_{1} + (1 - \lambda)x_{2}), g(\lambda x_{1} + (1 - \lambda)x_{2})\} \leq \max \{\lambda f(x_{1}) + (1 - \lambda)f(x_{2}), \lambda g(x_{1}) + (1 - \lambda)g(x_{2})\}$ ，进行放缩 $F \geq f, g$ 得到

$$
F (\lambda x _ {1} + (1 - \lambda) x _ {2}) \leq \lambda F (x _ {1}) + (1 - \lambda) F (x _ {2})
$$

## 定义 4.4 (拐点)

$y = f(x)$ 在 $x_0$ 两侧分别为严格凸和严格凹的，则称 $x_0$ 为 $f(x)$ 的拐点。若 $f$ 在 $x_0$ 二阶可导，则 $x_0$ 是拐点的必要条件为 $f''(x_0) = 0$

## 4.4.2 凸函数的基本性质

## 定理 4.17 (凸函数基本性质)

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上为凸函数，则

\- $f(x)$ 在 $I$ 中任意一点有左右导函数

\- $f(x)$ 在 $I$ 区间内部连续，端点未知，若是开区间，则在整个区间连续

证明 (1) 只证右导数: $F(h) = \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ 为增函数, 根据有界的单调函数有左右极限可知左右导数存在。

(2) 根据左右导数的存在性可知左右连续 (否则导数定义中分母趋于 0，分子不趋于 0，显然无极限)，因此在内部点连续，端点单边连续。

## 定理 4.18 (凸函数的最值)

设 $f(x)$ 是 $[a, b]$ 上的凸函数，则 $f(x) \leq \max \{f(a), f(b)\}$ ，即凸函数的最值只在端点取到。

证明 $\forall x\in [a,b]$ ，设 $x = \lambda a + (1 - \lambda)b$ ，根据 $f(x)$ 为凸函数可知：

$$
f (x) \leq \lambda f (a) + (1 - \lambda) f (b) \leq \max \{f (a), f (b) \}
$$

## 定理 4.19 (Jensen 不等式)

$f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的凸函数，则对 $\forall x_{i}\in [a,b],\lambda_{i} > 0,\sum_{i = 1}^{n}\lambda_{i} = 1$ ，有

$$
f \left(\sum_ {i = 1} ^ {n} \lambda_ {i} x _ {i}\right) \leq \sum_ {i = 1} ^ {n} \lambda_ {i} f (x _ {i})
$$

练习 4.32Jensen 不等式经典题 正数 $p_{1}, \cdots, p_{n}$ 满足 $\sum_{i=1}^{n} p_{i} = 1$ ，对 $\forall x_{1}, \cdots, x_{n} \in R$ ，证明：

$$
\sum_ {i = 1} ^ {n} p _ {i} \left(x _ {i} - \ln p _ {i}\right) \leq \ln \left(\sum_ {i = 1} ^ {n} e ^ {x _ {i}}\right)
$$

证明 即证明 $\sum_{i=1}^{n}p_{i}\ln\frac{e^{x_{i}}}{p_{i}}\leq\ln\left(\sum_{i=1}^{n}e^{x_{i}}\right)$ ，视 $e^{x_{i}}=t_{i}$ ，根据 $\ln t$ 的凹性即可得到结论。

## 4.4.3 利用凹凸性证明不等式

练习4.33对中点位置的估计(1)经典：设 $\varphi (x)$ 是[0,1]上连续凸函数，证明 $\varphi \left(\frac{1}{2}\right)\leq \int_0^1\varphi (x)\mathrm{d}x\leq \frac{\varphi(0) + \varphi(1)}{2}$

(2) 太经典： $f(x)$ 是 $[a, b]$ 上连续凸函数，证明 $f\left(\frac{a + b}{2}\right) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x \leq \frac{f(a) + f(b)}{2}$ 证明 (1) 由于 $x = x \cdot 1 + (1 - x) \cdot 0$ ，因此

$$
\int_ {0} ^ {1} \varphi (x) \mathrm{d} x \leq \int_ {0} ^ {1} [ (1 - x) \varphi (0) + x \varphi (1) ] = \frac {\varphi (0) + \varphi (1)}{2}
$$

另一方面做变量替换 $x = 1 - t$ ，则 $\int_0^1\varphi (x)\mathrm{d}x = \int_0^1\varphi (1 - x)\mathrm{d}x$ （区间再现），得到

$$
\int_ {0} ^ {1} \varphi (x) \mathrm{d} x = \int_ {0} ^ {1} \frac {1}{2} \varphi (x) + \frac {1}{2} \varphi (1 - x) \mathrm{d} x \geq \int_ {0} ^ {1} \varphi \left(\frac {x}{2} + \frac {1 - x}{2}\right) \mathrm{d} x = \varphi \left(\frac {1}{2}\right)
$$

(2) 作替换 $x = \lambda a + (1 - \lambda)b = b - (b - a)\lambda$ ，则 $\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x = \int_{0}^{1}\varphi (\lambda)\mathrm{d}\lambda$ ，转换为 (1)

## 4.5 一元极值与导数零点问题

## 4.5.1 一元极值的概念与判定

## 定理 4.20 (一元极值三大充分条件)

$f(x)$ 可导，且满足必要条件 $f'(x_{0})=0$ ，则有三大充分条件：

1. $f(x)$ 在 $x_0$ 连续， $U^o (x_0,\delta)$ 可导，若左邻域 $f^{\prime}(x)\leq 0$ ，右邻域 $f^{\prime}(x)\geq 0$ ，则为极小值。反之为极大值

2. 若在 $U(x_{0},\delta)$ 二阶可导 $f''(x_{0})\neq0$ ，则 $f''(x_{0})<0$ 时取极大值， $f''(x_{0})>0$ 时取极小值

3. 若在 $U(x_{0}, \delta)$ 存在 n 阶导数，且 $f'(x_{0}), \cdots, f^{(n-1)}(x_{0}) = 0, f^{(n)}(x_{0}) \neq 0$ 。则 n 为偶时， $x_{0}$ 为极值点， $f^{(n)}(x_{0}) < 0$ 极大， $f^{(n)}(x_{0}) > 0$ 时极小，n 为奇时不取极值。

证明 只证明第三充分条件。用 Peano 余项的 Taylor 展开，根据前面导数为 0 得到 $f(x)-f(x_{0})=\left[\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}+o(1)\right](x-x_{0})^{n}$ 。若 n 为偶且导数大于 0，则显然为极小值，极大值同理。若 n 为奇数，则 $(x-x_{0})^{n}$ 符号不定，因此无法确定。

## 4.5.2 导数零点问题

要善于取出区间中的极值点或最值点，利用 $f'(x_0) = 0$ 的性质加上中值定理或 Taylor 展开研究更高阶的导数。

练习 4.34 几道经典导数零点问题 (1) 经典: $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续, 在 $(a, b)$ 二阶可导, $f(a) = f(b) = 0$ , $\exists c \in (a, b)$ 满足 $f(c) > 0$ , 证明 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $f''(\xi) < 0$

证明 由于 $f(a) = f(b) = 0$ ， $f(c) > 0$ ，由于 $f(x)$ 连续，总能找到最大值 $f(x_0)$ ，由于是最值点， $f'(x_0) = 0$ ，考虑 $f(a)$ 在 $x_0$ 处 Lagrange 余项的 Taylor 展开：

$$
f (a) = f (x _ {0}) + \frac {1}{2} f ^ {\prime \prime} (\xi) (a - x _ {0}) ^ {2}
$$

由于 $f(a)=0$ ，得到 $f''(\xi)<0$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。


> [!theorem] 拉格朗日中值定理
> 若 $ 在区间连续且内部可导，则存在点 ξ 使 '(ξ)=(f(b)-f(a))/(b-a)$。
> ^thm-lagrange-mvt

> [!proof]- 证明
> 构造连接端点的直线并从 $ 中减去它，所得函数端点值相等；Rolle 定理给出内部点导数为零，整理即可。