微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）

§2.5 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.38 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

6.1 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）导数与微分的概念闭区间上连续函数的性质③ 掌握后可解锁泰勒公式洛必达法则函数的单调性与极值

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 费马引理是各中值定理的基础：在内部极值点处 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ★ 要懂

罗尔定理的证明依赖于内部极值点处导数为零这一事实，这就是费马引理，它是整个微分中值定理的基础。必须是内部点：在端点处只有单侧的邻域，无法作两侧的比较（例如

f (x) = x

在

[0, 1]

上的最大值在端点取到，而

f^{'} \equiv 1 \neq = 0

）；必须可导：

∣ x ∣

在极小值点

0

处不可导。

证明 / 推导

证. 设

x_{0}

是内部的极大值点，且

f^{'} (x_{0})

存在，则在它的某邻域内

f (x) \leq f (x_{0})

，即

f (x) - f (x_{0}) \leq 0

。
- 右导数：当

x \to x_{0}^{+}

时

x - x_{0} > 0

，差商

\leq 0

，故

f_{+}^{'} (x_{0}) \leq 0

；
- 左导数：当

x \to x_{0}^{-}

时

x - x_{0} < 0

，差商

\geq 0

，故

f_{-}^{'} (x_{0}) \geq 0

。
可导要求二者相等，于是

0 \leq f^{'} (x_{0}) \leq 0

，即

f^{'} (x_{0}) = 0

。

■

2. 构造辅助函数的方法：把结论化为 $g^{'} (ξ) = 0$ ★★ 必会

遇到要证明存在

ξ

使含有

f, f^{'}

的等式成立的问题，通常的做法是把结论改写成某个 $g^{'} (ξ) = 0$ 的形式，再对

g

用罗尔定理。困难之处在于从

f^{'}

所满足的关系倒推出

g

，这实质上是求原函数。最有用的办法是乘以积分因子

e^{\int p}

：若结论形如

f^{'} (ξ) + p (ξ) f (ξ) = 0

，则取

g (x) = e^{\int p d x} f (x)

。常见的对应有：

f^{'} - f \to e^{- x} f

；

f^{'} + f \to e^{x} f

；

x f^{'} + 2 f \to x^{2} f

。

举例说明

例. 设

f

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内可导，且

f (0) = f (1) = 0

。证明：存在

ξ \in (0, 1)

，使

f^{'} (ξ) = f (ξ)

。
分析. 结论即

f^{'} (ξ) - f (ξ) = 0

，与上面的形式对照，

p = - 1

，积分因子为

e^{- x}

，故构造

g (x) = e^{- x} f (x)

。
证.

g (0) = f (0) = 0, g (1) = e^{- 1} f (1) = 0

，

g

满足罗尔定理的条件。故存在

ξ \in (0, 1)

，使

g^{'} (ξ) = e^{- ξ} (f^{'} (ξ) - f (ξ)) = 0 ⟹ f^{'} (ξ) = f (ξ) .

■

3. 用拉格朗日中值定理证明不等式：把函数值之差换成导数 $\times$ 区间长★★ 必会

拉格朗日中值定理的增量形式

f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a)

是证明不等式的基本工具：把两端函数值之差换成

f^{'} (ξ)

与区间长度之积，再对

ξ \in (a, b)

上的

f^{'}

作范围估计。它适用于含有函数值之差、或者自变量相邻的一类不等式。

举例说明

例（数三 1990）. 设

f (x)

在

[0, c]

上连续，

f^{'} (x)

在

(0, c)

内存在且单调减少，

f (0) = 0

。证明：当

0 \leq a \leq b \leq a + b \leq c

时，

f (a + b) \leq f (a) + f (b)

。
证. 把不等式看成两段等长增量的比较，各用一次拉格朗日中值定理。
在

[0, a]

上：存在

ξ_{1} \in (0, a)

，使

f (a) - f (0) = f^{'} (ξ_{1}) a

；在

[b, a + b]

上：存在

ξ_{2} \in (b, a + b)

，使

f (a + b) - f (b) = f^{'} (ξ_{2}) a

（两个区间的长度都是

a

）。
因为

ξ_{1} < a \leq b < ξ_{2}

且

f^{'}

单调减少，所以

f^{'} (ξ_{1}) \geq f^{'} (ξ_{2})

，故

f (a) - f (0) \geq f (a + b) - f (b)

。代入

f (0) = 0

，即得

f (a + b) \leq f (a) + f (b)

。

■

本题的要点是：把函数值之差换成

f^{'} (ξ) \times

区间长，再利用

f^{'}

的单调性比较两个

f^{'} (ξ)

。

4. 柯西中值定理的证明，以及为什么不能对两个函数各用一次拉格朗日定理再相除★ 要懂

柯西中值定理

\frac{f ( b ) - f ( a )}{g ( b ) - g ( a )} = \frac{f ^{'} ( ξ )}{g ^{'} ( ξ )}

的关键在于分子与分母共用同一个 $ξ$ 。常见的错误是：对

f, g

分别使用拉格朗日定理，得

f (b) - f (a) = f^{'} (ξ_{1}) (b - a)

、

g (b) - g (a) = g^{'} (ξ_{2}) (b - a)

，再把两式相除。但这里

ξ_{1} \neq = ξ_{2}

，所得结论并不成立。正确的做法是构造一个辅助函数，用一次罗尔定理，从而得到同一个

ξ

。

证明 / 推导

证. 因

g^{'} \neq = 0

，由拉格朗日中值定理

g (b) - g (a) = g^{'} (η) (b - a) \neq = 0

，故这个比值有意义。构造

φ (x) = f (x) - f (a) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{g ( b ) - g ( a )} [g (x) - g (a)] .

则

φ (a) = 0

，

φ (b) = 0

。可见

φ

满足罗尔定理的条件，于是存在

ξ \in (a, b)

，使

φ^{'} (ξ) = 0

，即

f^{'} (ξ) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{g ( b ) - g ( a )} g^{'} (ξ) = 0.

又因

g^{'} (ξ) \neq = 0

，移项即得结论。这里同一个 $ξ$ 是由这一次罗尔定理保证的。

■

5. 反复使用罗尔定理：由函数零点的个数推出导数的零点★★ 必会

罗尔定理可以逐次使用：若

f

在

[a, b]

上有两个零点，则

f^{'}

在这两个零点之间至少有一个零点；若

f

有

m

个不同的零点，则

f^{'}

至少有

m - 1

个零点。逐阶推进，

f

有

n + 1

个不同的零点

\Rightarrow f^{(n)}

在

(a, b)

内至少有一个零点。这是证明高阶导数有零点，或者某方程恰有若干实根一类问题的基本方法。

证明 / 推导

证. 先证由

f

的零点得出

f^{'}

的零点这一步。设

f

在

[a, b]

上连续，在

(a, b)

内可导，且有

m

个互不相同的零点

a \leq x_{1} < x_{2} < \dots < x_{m} \leq b .

任取相邻的两个零点，考察区间

[x_{k}, x_{k + 1}]

。

f

在其上连续，在其内部可导，且

f (x_{k}) = f (x_{k + 1}) = 0

。由罗尔定理，存在

ξ_{k} \in (x_{k}, x_{k + 1})

，使

f^{'} (ξ_{k}) = 0

。这样的区间共有

m - 1

个，除端点外互不相交，故所得的

ξ_{1} < ξ_{2} < \dots < ξ_{m - 1}

互不相同。于是

f^{'}

在

(x_{1}, x_{m})

内至少有

m - 1

个零点。

再逐次推进。设

f

在

[a, b]

上有

n + 1

个互不相同的零点，且在

(a, b)

内

n

阶可导。把上一段的结论用于

f

，得

f^{'}

至少有

n

个零点；用于

f^{'}

，得

f^{''}

至少有

n - 1

个零点。一般地，第

k

步给出：

f^{(k)}

在

(a, b)

内至少有

n + 1 - k

个零点。每一步所用的零点都落在

(a, b)

内。当

k < n

时

f^{(k)}

在

(a, b)

内可导，因而连续。可见罗尔定理的条件得到满足。取

k = n

，便得

f^{(n)}

在

(a, b)

内至少有一个零点。这就证明了所述的结论。

还有两点必须注意。① 每用一次罗尔定理，都要求相应阶的导数在所论区间上存在。条件不足时不能继续推进。② 定理给出的只是零点个数的下界，实际的零点可能更多。

■

举例说明

例（数三 1993）. 设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内二阶可导，过

A (0, f (0))

与

B (1, f (1))

的直线与曲线交于

C (c, f (c))

（其中

0 < c < 1

）。证明：存在

ξ \in (0, 1)

，使

f^{''} (ξ) = 0

。
证. 因

A, C, B

三点共线，记该直线的斜率为

k = \frac{f ( 1 ) - f ( 0 )}{1 - 0}

，则由

C

在此直线上得

\frac{f ( c ) - f ( 0 )}{c - 0} = k = \frac{f ( 1 ) - f ( c )}{1 - c} .

在

[0, c]

上对

f

用拉格朗日中值定理：存在

c_{1} \in (0, c)

，使

f^{'} (c_{1}) = \frac{f ( c ) - f ( 0 )}{c}

；在

[c, 1]

上：存在

c_{2} \in (c, 1)

，使

f^{'} (c_{2}) = \frac{f ( 1 ) - f ( c )}{1 - c}

。
两个差商都等于

k

，故

f^{'} (c_{1}) = f^{'} (c_{2})

。再对

f^{'}

在

[c_{1}, c_{2}]

上用罗尔定理：存在

ξ \in (c_{1}, c_{2}) \subset (0, 1)

，使

f^{''} (ξ) = 0

。

■

本题的步骤是：先用拉格朗日中值定理

\to

得到导数取值相等

\to

再用罗尔定理

\to

得出高阶导数为零。这就是反复使用中值定理的典型做法。

💡 小知识

拉格朗日中值定理常被戏称为交警定理：只要两小时开了 240 公里，无论途中怎样忽快忽慢，必定有某一瞬间车速恰好是 120。这一瞬间一定存在，是纯数学替交警作出的证明。

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 验证

f (x) = x^{2} - 2 x

在

[0, 2]

上满足罗尔定理，并求出定理中的

ξ

。难度 1

f

是多项式，在

[0, 2]

连续、

(0, 2)

可导，且

f (0) = 0 = f (2)

，三条件全满足。
令

f^{'} (x) = 2 x - 2 = 0

，得

x = 1

。故

ξ = 1 \in (0, 2)

，此处

f^{'} (ξ) = 0

。

例 2 对

f (x) = x^{2}

在

[1, 3]

上应用拉格朗日中值定理，求出满足结论的

ξ

。难度 1

拉格朗日给出

f^{'} (ξ) = \frac{f ( 3 ) - f ( 1 )}{3 - 1} = \frac{9 - 1}{2} = 4

。
由

f^{'} (x) = 2 x = 4

得

x = 2

。故

ξ = 2 \in (1, 3)

。

例 3 证明：当

b > a > 0

时，

\frac{b - a}{b} < ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{a}

。难度 2

对

f (x) = ln x

在

[a, b]

上用拉格朗日中值定理：存在

ξ \in (a, b)

，

ln b - ln a = f^{'} (ξ) (b - a) = \frac{1}{ξ} (b - a), 即 ln \frac{b}{a} = \frac{b - a}{ξ} .

因为

0 < a < ξ < b

，所以

\frac{1}{b} < \frac{1}{ξ} < \frac{1}{a}

。又

b - a > 0

，三边乘

(b - a)

：

\frac{b - a}{b} < \frac{b - a}{ξ} < \frac{b - a}{a},

即

\frac{b - a}{b} < ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{a}

。

■

例 4 设

f (x)

在

[1, e]

上连续、在

(1, e)

内可导，

f (1) = 0, f (e) = 1

。证明：存在

ξ \in (1, e)

，使

f^{'} (ξ) = \frac{1}{ξ}

。难度 2

构造辅助函数（把结论

f^{'} (ξ) - \frac{1}{ξ} = 0

看成某函数导数为零）：令

g (x) = f (x) - ln x .

则

g

在

[1, e]

连续、

(1, e)

可导，且

g (1) = f (1) - ln 1 = 0, g (e) = f (e) - ln e = 1 - 1 = 0.

由罗尔定理，存在

ξ \in (1, e)

使

g^{'} (ξ) = 0

，即

f^{'} (ξ) - \frac{1}{ξ} = 0

，故

f^{'} (ξ) = \frac{1}{ξ}

。

■

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。

2025 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

在区间

(a, b)

内可导，证明：导函数

f^{'} (x)

在

(a, b)

内严格单调增加的充分必要条件是对

(a, b)

内任意的

x_{1}, x_{2}, x_{3}

，当

x_{1} < x_{2} < x_{3}

时，

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

。

2024 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

具有 2 阶导数，且

f^{'} (0) = f^{'} (1)

，

∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1

。证明：（Ⅰ）当

x \in (0, 1)

时，

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

；（Ⅱ）

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

。

2023 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

在

[- a, a]

上具有

2

阶连续导数。证明：（Ⅰ）若

f (0) = 0

，则存在

ξ \in (- a, a)

，使得

f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]

；（Ⅱ）若

f (x)

在

(- a, a)

内取得极值，则存在

η \in (- a, a)

，使得

∣ f^{''} (η) ∣ \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣

。

2020 年 · 数三 · 第 1 题 · 选择题 · 4 分

设

x \to a lim \frac{f ( x ) - a}{x - a} = b

，则

x \to a lim \frac{sin f ( x ) - sin a}{x - a} =

（　　）

A $b sin a$
B $b cos a$
C $b sin f (a)$
D $b cos f (a)$

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

f (x) = x^{2} - 4 x + 3

在

[1, 3]

上满足罗尔定理，其中

ξ =

（　）

A $\frac{3}{2}$
B $2$
C $\frac{5}{2}$
D $3$

练习 2 · 选择题

下列函数在

[- 1, 1]

上满足罗尔定理全部条件的是（　）

A $f (x) = ∣ x ∣$
B $f (x) = x^{2}$
C $f (x) = \frac{1}{x}$
D $f (x) = x$

练习 3 · 填空题

对

f (x) = x^{3}

在

[0, 1]

上应用拉格朗日中值定理，

ξ =

____。

练习 4 · 填空题

设

f (x)

在

R

上可导且

f^{'} (x) \equiv 0

，又

f (0) = 2

，则

f (2025) =

____。

练习 5 · 填空题

函数

f (x) = ln x

在

[1, 2]

上应用拉格朗日中值定理所得的

ξ =

____。

练习 6 · 选择题

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内可导，且

f (1) = 0

。则下列结论中一定成立的是（　）

A存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使 $f^{'} (ξ) = 0$
B存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使 $f^{'} (ξ) = - f (ξ)$
C存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使 $f^{'} (ξ) = f (ξ)$
D存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使 $f (ξ) + ξ f^{'} (ξ) = 0$

练习 7 · 填空题

对

f (x) = ln x

与

g (x) = x^{2}

在区间

[1, e]

上应用柯西中值定理，所得的

ξ =

____。

练习 8 · 解答题

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内可导，且满足

f (1) = 2 \int_{0}^{1/2} e^{1 - x} f (x) d x .

(1) 证明：存在

c \in [0, \frac{1}{2}]

，使

f (1) = e^{1 - c} f (c)

；

(2) 证明：存在

ξ \in (0, 1)

，使

f^{'} (ξ) = f (ξ)

。

2020 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设函数

f (x)

在区间

[0, 2]

上具有连续导数，

f (0) = f (2) = 0

，

M = x \in [0, 2] max {∣ f (x) ∣}

. 证明：（Ⅰ）存在

ξ \in (0, 2)

，使得

∣ f^{'} (ξ) ∣ \geq M

；（Ⅱ）若对任意的

x \in (0, 2)

，

∣ f^{'} (x) ∣ \leq M

，则

M = 0

2018 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设数列

{x_{n}}

满足：

x_{1} > 0, x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1 (n = 1, 2, \dots)

。证明

{x_{n}}

收敛，并求

n \to \infty lim x_{n}

。

微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 费马引理是各中值定理的基础：在内部极值点处 f′(x0​)=0★ 要懂

2. 构造辅助函数的方法：把结论化为 g′(ξ)=0★★ 必会

3. 用拉格朗日中值定理证明不等式：把函数值之差换成导数 × 区间长★★ 必会

4. 柯西中值定理的证明，以及为什么不能对两个函数各用一次拉格朗日定理再相除★ 要懂

5. 反复使用罗尔定理：由函数零点的个数推出导数的零点★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 费马引理是各中值定理的基础：在内部极值点处 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ★ 要懂

2. 构造辅助函数的方法：把结论化为 $g^{'} (ξ) = 0$ ★★ 必会

3. 用拉格朗日中值定理证明不等式：把函数值之差换成导数 $\times$ 区间长★★ 必会