闭区间上连续函数的性质

§1.10 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.14 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

2.3 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）函数的连续性与间断点③ 掌握后可解锁微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 闭区间与连续性必须同时成立，缺少其中任何一个，结论都不再成立★ 要懂

有界性定理、最值定理、零点定理与介值定理都要求

f

在闭区间

[a, b]

上连续。这两个前提各有各的作用，去掉其中任何一个都能举出反例。去掉闭区间，

y = \frac{1}{x}

在开区间

(0, 1)

上连续，但是无界；又如

y = x

在

(0, 1)

上连续，但取不到最值（越靠近端点函数值越大或越小，而端点处的值又取不到）。去掉连续性，有跳跃间断点的函数在闭区间上也可能取不到最值。因此这两个前提必须同时具备。如果题目中缺少其中一条，那么就不能直接引用上述结论。

证明 / 推导

证（有界性定理）. 用反证法。假设

f

在

[a, b]

上无界。那么对每个正整数

n

，都存在

x_{n} \in [a, b]

，使

∣ f (x_{n}) ∣ > n

。数列

{x_{n}}

有界，由致密性定理，有界数列必有收敛的子数列，故存在子列

x_{n_{k}} \to ξ

。在

a \leq x_{n_{k}} \leq b

中取极限，得

a \leq ξ \leq b

，即

ξ \in [a, b]

。这一步用到了区间是闭的。如果区间是开的，那么极限点可能落在区间之外，

f

在该点处没有定义。再由

f

在

ξ

处连续，得

f (x_{n_{k}}) \to f (ξ)

，故数列

{f (x_{n_{k}})}

有界。但由取法有

∣ f (x_{n_{k}}) ∣ > n_{k}

，而

n_{k} \to + \infty

，二者矛盾。所以

f

在

[a, b]

上有界。

证（最值定理）. 由上段已知

f

有界，故它的值域有上确界，记为

M

。由上确界的定义，对每个正整数

n

，存在

x_{n} \in [a, b]

，使

M - \frac{1}{n} < f (x_{n}) \leq M

，于是

f (x_{n}) \to M

。再取收敛子列

x_{n_{k}} \to η

，同上有

η \in [a, b]

。由连续性得

f (η) = k \to \infty lim f (x_{n_{k}}) = M,

可见上确界能够取到，它就是最大值。最小值同理可得。

两个前提各起什么作用. 在上面的推理中，闭区间保证极限点

ξ

仍属于定义域，连续性保证可以由

x_{n_{k}} \to ξ

过渡到

f (x_{n_{k}}) \to f (ξ)

。缺少其中任何一条，推理都会在相应的一步中断。前面所举的反例，就分别对应这两处中断。

■

举例说明

例（数三2005真题）. 下列命题正确的是（）。(A) 若

f^{'} (x)

在

(0, 1)

内连续，则

f

在

(0, 1)

内有界；(B) 若

f

在

(0, 1)

内连续，则

f

在

(0, 1)

内有界；(C) 若

f^{'} (x)

在

(0, 1)

内有界，则

f

在

(0, 1)

内有界；(D) 若

f

在

(0, 1)

内有界，则

f^{'}

在

(0, 1)

内有界。
解. 本题考查的就是上面强调的一点：有界性定理与最值定理必须用在闭区间上，而在开区间上连续并不能推出有界。下面用反例排除 A、B、D。取

f (x) = - \frac{1}{x}

，则

f^{'} (x) = \frac{1}{x ^{2}}

在

(0, 1)

内连续，但

f

无界（否定 A，也否定 B）；取

f (x) = x

，则

f

有界，而

f^{'} = \frac{1}{2 x}

在

(0, 1)

内无界（否定 D）。(C) 是正确的：设

∣ f^{'} ∣ \leq M

，由拉格朗日中值定理得

f (x) = f (\frac{1}{2}) + f^{'} (ξ) (x - \frac{1}{2})

，因此

∣ f (x) ∣ \leq f (\frac{1}{2}) + \frac{M}{2}

有界。故应选 C。由此反过来可以看出，闭区间上的连续函数必定有界、必定取到最值这一结论有多么重要。

2. 介值定理 $=$ 零点定理 $+$ 平移，即介值定理是零点定理的推论

零点定理：

f \in C [a, b]

且

f (a) f (b) < 0

（两端点处的函数值异号），则

\exists ξ \in (a, b)

使

f (ξ) = 0

。介值定理：

f \in C [a, b]

，则

f

必能取到介于最小值

m

与最大值

M

之间的任意值

C

。这两条定理并非彼此独立，介值定理只是把零点定理作一次平移后得到的推论。由此还可得到一个重要结论：连续函数把区间映成区间，即值域中不出现空隙。

证明 / 推导

由零点定理推介值定理. 设

C

介于

f

的最小值

m = f (x_{1})

与最大值

M = f (x_{2})

之间（

m \leq C \leq M

）。若

C = m

或

C = M

，那么取

ξ = x_{1}

或

x_{2}

即可。否则作辅助函数

g (x) = f (x) - C

，它在

[a, b]

上连续。在两个最值点处分别有

g (x_{1}) = m - C < 0

、

g (x_{2}) = M - C > 0

，可见在以

x_{1}, x_{2}

为端点的闭子区间的两端函数值异号。对

g

应用零点定理，存在

ξ

介于

x_{1}, x_{2}

之间，使

g (ξ) = 0

，即

f (ξ) = C

。

■

3. 证存在 $ξ$ 使 $f (ξ) =$ 某值的一般方法：移项构造 $F$ $\to$ 端点定号 $\to$ 应用定理★★ 必会

这是常见的存在性证明题，一般分三步进行。① 移项构造辅助函数

F (x)

，把待证等式（其中含

ξ

）

= 0

看成

F (ξ) = 0

；② 在端点（或最值点）处确定符号，即计算

F (a), F (b)

的正负；③ 应用定理，若两端点处符号相反，则用零点定理；若要证明函数取到某个中间值，则用介值定理。还有一处细节不能忽略：如果端点处恰好

F = 0

，那么应当单独指出该端点即为所求的点，这样证明才算完整。

举例说明

例（数三2013真题）. 设

f (x)

在

[0, + \infty)

上可导，

f (0) = 0

且

x \to + \infty lim f (x) = 2

。证明：存在

a > 0

，使

f (a) = 1

。
解. 要证明

\exists a

使

f (a) =

某个中间值，应当用介值定理（零点定理），仍按上述三步进行：移项构造

\to

端点定号

\to

应用定理。令

φ (x) = f (x) - 1

（它是连续的，因为

f

可导必连续）。先在端点定号：

φ (0) = f (0) - 1 = - 1 < 0

；又由

x \to + \infty lim f (x) = 2 > 1

，存在

c > 0

使

f (c) > 1

，即

φ (c) > 0

。于是

φ

在

[0, c]

上连续，且两端点处函数值异号，由零点定理知存在

a \in (0, c) \subset (0, + \infty)

使

φ (a) = 0

，即

f (a) = 1

。（本题第（Ⅱ）问是在此

a

上应用拉格朗日中值定理得

f^{'} (ξ) = \frac{1}{a}

，属于微分中值定理的内容，这里从略。）

4. 四条定理都只断言存在性；最值定理又是微分中值定理的基础

这些定理只断言满足条件的

ξ

（或最值点）存在，一般求不出它的具体位置。例如零点定理只断言方程有根，并不给出根的数值；最值定理只断言最值能够取到，并不给出

x_{1}, x_{2}

。有两处细节需要注意：零点定理所给出的

ξ

在开区间

(a, b)

内，而介值定理中的

ξ

可以取到端点；有界并不等于有最值，在开区间上函数可以有界而取不到最值。再进一步看，最值定理是下一章费马引理与罗尔定理的基础。正是因为闭区间上的连续函数必在某点取到最值，才能在该点利用极值处导数为零这一事实推出微分中值定理。本节的连续性与中值定理所要求的可导性合在一起，构成了证明存在性命题的两条基本途径。

举例说明

例（数三2002真题）. 设

f, g

在

[a, b]

上连续，

g (x) > 0

。利用闭区间上连续函数的性质，证明存在

ξ \in [a, b]

使

\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x

。
解. 这是最值定理 $+$ 介值定理联合使用的一个例子（推广的积分中值定理）。由最值定理，

f

在闭区间

[a, b]

上取到最小值

m

与最大值

M

。因为

g (x) > 0

，所以

m g (x) \leq f (x) g (x) \leq M g (x)

，三边积分得

m \int_{a}^{b} g d x \leq \int_{a}^{b} f g d x \leq M \int_{a}^{b} g d x

。又

\int_{a}^{b} g d x > 0

，因此商

\frac{\int _{a}^{b} f g d x}{\int _{a}^{b} g d x} \in [m, M]

。由介值定理，存在

ξ \in [a, b]

使

f (ξ)

等于这个商，即

\int_{a}^{b} f g d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g d x

。证毕。这四条定理都只断言存在性，即只说明

ξ

存在，而不给出它的具体数值。

💡 小知识

介值定理有一个贴近生活的推论：在任意时刻，地球赤道上总存在两个正对着的点，温度完全相同，换成任何一个大圆也一样。证明只要对两点的温差这个连续函数用一次介值定理。这个结论由连续性本身保证，与当天是什么天气无关。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 证明方程

x^{3} - 3 x + 1 = 0

在区间

(0, 1)

内至少有一个实根。难度 1

解. 令

f (x) = x^{3} - 3 x + 1

，它是多项式，在

[0, 1]

上连续。计算端点值：

f (0) = 1 > 0, f (1) = 1 - 3 + 1 = - 1 < 0.

因

f (0) \cdot f (1) < 0

（两端异号），由零点定理，存在

ξ \in (0, 1)

使

f (ξ) = 0

，即方程

x^{3} - 3 x + 1 = 0

在

(0, 1)

内至少有一个实根。

■

例 2 设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，

f (0) = 1

，

f (1) = 3

。证明存在

ξ \in (0, 1)

使

f (ξ) = 2

。难度 1

解. 「取到中间值

2

」用介值定理，标准做法是移项构造辅助函数：令

g (x) = f (x) - 2, x \in [0, 1] .

g

在

[0, 1]

上连续。端点：

g (0) = f (0) - 2 = - 1 < 0, g (1) = f (1) - 2 = 1 > 0.

两端异号，由零点定理存在

ξ \in (0, 1)

使

g (ξ) = 0

，即

f (ξ) = 2

。

■

例 3 证明方程

x = cos x

在

(0, \frac{π}{2})

内至少有一个实根。难度 2

解. 把方程移项为

x - cos x = 0

，构造辅助函数

F (x) = x - cos x, x \in [0, \frac{π}{2}] .

F

是连续函数（

x

与

cos x

都连续）。端点：

F (0) = 0 - cos 0 = - 1 < 0, F (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} - cos \frac{π}{2} = \frac{π}{2} > 0.

两端异号，由零点定理存在

ξ \in (0, \frac{π}{2})

使

F (ξ) = 0

，即

ξ = cos ξ

。故原方程在该区间内有根。

■

例 4 证明方程

x \cdot 2^{x} = 1

在

(0, 1)

内至少有一个实根。难度 2

解. 移项构造

F (x) = x \cdot 2^{x} - 1

，它在

[0, 1]

上连续（初等函数）。端点：

F (0) = 0 \cdot 2^{0} - 1 = - 1 < 0, F (1) = 1 \cdot 2^{1} - 1 = 1 > 0.

两端异号，由零点定理存在

ξ \in (0, 1)

使

F (ξ) = 0

，即

ξ \cdot 2^{ξ} = 1

。故方程在

(0, 1)

内至少有一个实根。

■

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2017 年 · 数三 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

已知方程

\frac{1}{ln ( 1 + x )} - \frac{1}{x} = k

在区间

(0, 1)

内有实根，确定常数

k

的取值范围。

2013 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设函数

f (x)

在

[0, + \infty)

上可导，

f (0) = 0

且

x \to + \infty lim f (x) = 2

。证明：

（Ⅰ）存在

a > 0

，使得

f (a) = 1

；
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的

a

，存在

ξ \in (0, a)

，使得

f^{'} (ξ) = \frac{1}{a}

。

2011 年 · 数三 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

证明方程

4 arctan x - x + \frac{4 π}{3} - 3 = 0

恰有两个实根．

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

由零点定理，方程

x^{3} + x - 1 = 0

必有实根的区间是（）。

A $(0, 1)$
B $(1, 2)$
C $(- 1, 0)$
D $(2, 3)$

练习 2 · 选择题

设

f (x)

在闭区间

[a, b]

上连续，下列说法错误的是（）。

A $f$ 在 $[a, b]$ 上有界
B $f$ 在 $[a, b]$ 上必取到最大值与最小值
C若 $f (a) f (b) < 0$ ，则 $(a, b)$ 内至少有一个零点
D若 $f (a) f (b) > 0$ ，则 $(a, b)$ 内没有零点

练习 3 · 填空题

函数

f (x) = x^{3} - 4 x

在区间

(- 3, 3)

内的零点个数为 ____。

练习 4 · 填空题

方程

2 x - cos x = 0

在

(0, \frac{π}{2})

内的实根个数为 ____。

练习 5 · 选择题

设

f (x)

在

[a, b]

上连续，且

f (a) < a

，

f (b) > b

。则下列结论中一定成立的是（　　）

A存在 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f (ξ) = ξ$
B存在 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f (ξ) = 0$
C $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内单调增加
D存在 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f^{'} (ξ) = 1$

练习 6 · 填空题

方程

x^{3} - 3 x^{2} + a = 0

有三个互不相同的实根，则常数

a

的取值范围是 ____

练习 7 · 解答题

设

f (x)

在闭区间

[a, b]

上连续，

x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}

是

[a, b]

上任意

n

个点（

n \geq 1

）。

(1) 证明：存在

ξ \in [a, b]

，使得

f (ξ) = \frac{f ( x _{1} ) + f ( x _{2} ) + \dots + f ( x _{n} )}{n} .

(2) 取

f (x) = x^{2}

，

[a, b] = [0, 2]

，

x_{1} = 0, x_{2} = 1, x_{3} = 2

，求出满足 (1) 的全部

ξ

。

2002 年 · 数三 · 第 16 题 · 解答题 · 6 分

设函数

f (x), g (x)

在

[a, b]

上连续，且

g (x) > 0

。利用闭区间上连续函数的性质，证明存在一点

ξ \in [a, b]

，使

\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x

。

1987 年 · 数三 · 第 6 题 · 选择题 · 2 分

下列函数在其定义域内连续的是（　　）。

A $f (x) = ln x + sin x$
B $f (x) = {sin x, cos x, x \leq 0, x > 0$
C $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ x + 1, 0, x - 1, x < 0, x = 0, x > 0$
D $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{∣ x ∣}, 0, x \neq = 0, x = 0$

闭区间上连续函数的性质

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 闭区间与连续性必须同时成立，缺少其中任何一个，结论都不再成立★ 要懂

2. 介值定理 = 零点定理 + 平移，即介值定理是零点定理的推论

3. 证存在 ξ 使 f(ξ)= 某值的一般方法：移项构造 F → 端点定号 → 应用定理★★ 必会

4. 四条定理都只断言存在性；最值定理又是微分中值定理的基础

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 介值定理 $=$ 零点定理 $+$ 平移，即介值定理是零点定理的推论

3. 证存在 $ξ$ 使 $f (ξ) =$ 某值的一般方法：移项构造 $F$ $\to$ 端点定号 $\to$ 应用定理★★ 必会