三、典型例题解析 例1验证函数fx)=?1-x)在[0，上满足罗尔定理的条件。 解因fx)是在0，]上有定义的初等函数，所以fx)在0，上连续，且 m站 在(0，)内存在：0)=f0=0.故fx)在0，上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在 一点5∈0，)使f0=0.即1-22=0，于是解得5=万e0,)· 例2已知函数f八x)在0，】上连续，在(0,1)内可导，且f0=0,求证在(0，)内至少存 在一点：使等式⑤)=-但成立. 分析要证f传)=-但成立，即证5∫+白=0，即[=0，作辅助函数 F(x)=x),对F(x)在区间O,]上应用罗尔定理. 证明设F(x)=x(x),则它在0，刂上连续，在(0，I)内可导，且F(O)=F0)=0,由罗 尔定理知至少存在一点5∈0)使得F(5)=0,即了⑤=-但.证毕 例3设f(x)在[a,b】上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0,证明对于任意实数2， 在(a,b)内至少存在一点5，使得f'(5)=-f(5). 分析要证f(⑤+⑤)=0，即证ef⑤)+f5)=0,即 [e“f'(x)+fxl=0, 即证[e“f(x)l=0,作辅助函数F(w)=e“fx),并对F(x)在区间[a,b上应用罗尔定理. 证明令F(x)=e“fx),易知F(x)在[a,b上连续，在(a,b)内可导，且 F(a)=Fb)=0, 由罗尔定理知，至少存在一点5∈(a,b),使F(5)=0,即e[f()+1f=0,而e“≠0， 故f()+5)=0,即f(5)=-f(5),5∈(a,b).证毕. 注证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关 系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤： (1)把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 f5+5f5)=0, f'(50g(5)+f5)g'(9=0, 5∫(5)-f5)=0, 5f'(5)-(5)=0, f(5g(9-f5)g'()=0 (50g(5)-f(50g(9=0, (5)±(5)=0， f(5)±f(5)g'(5)=0
三、典型例题解析 例 1 验证函数 3 2 2 f x x x ( ) (1 ) = − 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件． 解 因 f x( ) 是在 [0,1] 上有定义的初等函数，所以 f x( ) 在 [0,1] 上连续，且 2 1 2 3 3 2 2 1 2 ( ) 3 (1 ) x f x x x − = − 在 (0,1) 内存在； f f (0) (1) 0 = = ．故 f x( ) 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在 一点 (0,1) 使 f ( ) 0 = ．即 2 1 2 0 − = ，于是解得 1 2 = (0,1) ． 例 2 已知函数 f x( ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) 0 = ，求证在 (0,1) 内至少存 在一点 使等式 ( ) ( ) f f = − 成立． 分析 要证 ( ) ( ) f f = − 成立，即证 f f ( ) ( ) 0 + = ，即 [ ( )] 0 x xf x = = ，作辅助函数 F x xf x ( ) ( ) = ，对 F x( ) 在区间 [0,1] 上应用罗尔定理． 证明 设 F x xf x ( ) ( ) = ，则它在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 F F (0) (1) 0 = = ．由罗 尔定理知至少存在一点 (0,1) 使得 F( ) 0 = ，即 ( ) ( ) f f = − ．证毕． 例 3 设 f x( ) 在 [ , ] a b 上连续，在 ( , ) a b 内可导，且 f a f b ( ) ( ) 0 = = ，证明对于任意实数 ， 在 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使得 f f ( ) ( ) = − ． 分析 要证 f f ( ) ( ) 0 + = ，即证 e f f [ ( ) ( )] 0 + = ，即 [ ( ( ) ( ))]| 0 x x e f x f x = + = ， 即证 [ ( )] | 0 x x e f x = = ，作辅助函数 ( ) ( ) x F x e f x = ，并对 F x( ) 在区间 [ , ] a b 上应用罗尔定理． 证明 令 ( ) ( ) x F x e f x = ，易知 F x( ) 在 [ , ] a b 上连续，在 ( , ) a b 内可导，且 F a F b ( ) ( ) 0 = = ， 由罗尔定理知，至少存在一点 ( , ) a b ，使 F( ) 0 = ，即 e f f [ ( ) ( )] 0 + = ，而 e 0 ， 故 f f ( ) ( ) 0 + = ，即 f f ( ) ( ) = − ， ( , ) a b ．证毕． 注 证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关 系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤： （1）把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 f f ( ) ( ) 0 + = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 + = ， f f ( ) ( ) 0 − = ， f kf ( ) ( ) 0 − = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ， f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ， f f ( ) ( ) 0 = ， f f g ( ) ( ) ( ) 0 =
等等】 (2)作辅助函数F(x),使F'()等于上述等式的左端.对于(1)中所述等式，分别对 应辅助函数F(x)为 F(x)=x(x), F(x)=f(x)g(x), F(x)=I) F(ax)=) F)=四 F(x)=f(x)g(x)-f(x)g'(x), g(x) Fx)=e“fx), F(x)=esf(x) (3)在指定区间上对F(x)应用罗尔定理证明. 例4设44“，4为满是风+受+号+.+号=0的实数，证明：方程 4+4x+4+a,r++ax=0在(0，l)内至少有一个实根. 分析函数x)=a+ax+a2+ar2++a虽然在0，则上连续，但是难以验证 fx)在0，】的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零 点定理，但发现函数F)=a+号+导++品”在x=1处的值为 且F(O)=0,所以该命题可以用罗尔定理来证. 证明作箱助函数F=a+受+号++，显然F)在@，上连铁， 在@，内可导且F0=0,F0=a+兰+号++品=0.对F在区间Q上应用罗 尔定理，则至少存在一点50，)，使得F()=0,即 4+a5+a252+a53++a5"=0, 即方程a+ax+a,r2+a,2++a,x=0在(0,1)内至少有一个实根5.证毕 注关于∫x)=0的根（或f(x)的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法1如果只知x)在[a,或(a,)上连续，而没有说明fx)是否可导，则一般用闭 区间上连续函数的零点定理证明： 证法2先根据题目结论构造辅助函数F(x),使得F(x)=fx),然后在指定区间上验 证F(x)满足罗尔定理的条件，从而得出fx)的零点存在性的证明. 例5若fx)在[-1，上有二阶导数，且fO)=f0)=0,设F(x)=fx),则在(0，)内 至少存在一点，使得F'(⑤)=0， 分析要证F()=0,只要证在F(x)区间0，】上满足罗尔定理，关键是找到两个使 F'(x)相等的点。此外，该题还可以用泰勒公式证明. 证法1（用罗尔定理证）因为Fx)=xfx),则F(x)=2x)+x2fx)
等等． （2）作辅助函数 F x( ) ，使 F( ) 等于上述等式的左端．对于（1）中所述等式，分别对 应辅助函数 F x( ) 为 F x xf x ( ) ( ) = ， F x f x g x ( ) ( ) ( ) = ， ( ) ( ) f x x F x = ， ( ) ( ) k f x F x x = ， ( ) ( ) ( ) f x F x g x = ， F x f x g x f x g x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − ， ( ) ( ) x F x e f x = ， ( ) ( ) ( ) g x F x e f x = ． （3）在指定区间上对 F x( ) 应用罗尔定理证明． 例 4 设 0 1 , , , n a a a 为满足 1 2 0 0 2 3 1 n a a a a n + + + + = + 的实数，证明：方程 2 3 0 1 2 3 0 n n a a x a x a x a x + + + + + = 在 (0,1) 内至少有一个实根． 分析 函数 2 3 0 1 2 3 ( ) n n f x a a x a x a x a x = + + + + + 虽然在 [0,1] 上连续，但是难以验证 f x( ) 在 [0,1] 的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零 点定理，但发现函数 1 2 3 1 3 0 ( ) 2 3 1 a a an n F x a x x x x n + = + + + + + 在 x = 1 处的值为 1 2 0 (1) 0 2 3 1 n a a a F a n = + + + + = + ， 且 F(0) 0 = ，所以该命题可以用罗尔定理来证． 证明 作辅助函数 1 2 2 3 1 0 ( ) 2 3 1 a a an n F x a x x x x n + = + + + + + ，显然 F x( ) 在 [0,1] 上连续， 在 (0,1) 内可导且 F(0) 0 = ， 1 2 0 (1) 0 2 3 1 n a a a F a n = + + + + = + ．对 F x( ) 在区间 [0,1] 上应用罗 尔定理，则至少存在一点 (0,1) ，使得 F( ) 0 = ，即 2 3 0 1 2 3 0 n n a a a a a + + + + + = ， 即方程 2 3 0 1 2 3 0 n n a a x a x a x a x + + + + + = 在 (0,1) 内至少有一个实根 ．证毕． 注 关于 f x( ) 0 = 的根（或 f x( ) 的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法 1 如果只知 f x( ) 在 [ , ] a b 或 ( , ) a b 上连续，而没有说明 f x( ) 是否可导，则一般用闭 区间上连续函数的零点定理证明； 证法 2 先根据题目结论构造辅助函数 F x( ) ，使得 F x f x ( ) ( ) = ，然后在指定区间上验 证 F x( ) 满足罗尔定理的条件，从而得出 f x( ) 的零点存在性的证明． 例 5 若 f x( ) 在 [ 1,1] − 上有二阶导数，且 f f (0) (1) 0 = = ，设 2 F x x f x ( ) ( ) = ，则在 (0,1) 内 至少存在一点 ，使得 F( ) 0 = ． 分析 要证 F( ) 0 = ，只要证在 F x ( ) 区间 [0,1] 上满足罗尔定理，关键是找到两个使 F x ( ) 相等的点．此外，该题还可以用泰勒公式证明． 证法 1 （用罗尔定理证）因为 2 F x x f x ( ) ( ) = ，则 2 F x xf x x f x ( ) 2 ( ) ( ) = + ．
因为fO)=f)=0,所以F(O)=F)=0.F(x)在0，】上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点5∈(0,1)使得F(G)=0,而F'O)=0,即FO)=F(5)=0.对F(x)在0,上用罗 尔定理，则至少存在一点E∈(0，)使得F"()=0,而∈(0,5)c(0,),即在(0，)内至少存 在一点5，使得F"(5)=0.证毕. 证法2（用泰勒公式证）F(x)的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 F(x)=F0)+F0x+ 其中Ee(0,x).令x=1,注意到F0)=F=0,F0)=0,可得F"(G)=0,5∈(0，I).证 华， 注结论为f(5)=0(n≥2)的命题的证明常见方法有两种： (1)对(x)应用罗尔定理：(2)利用fx)的n-1阶泰勒公式. 例6设函数fx)在闭区间0，上可微，对于[0，】上的每一个x,函数f(x)的值都在 开区间(0，)之内，且(x)≠1，证明在(0，)内有且仅有一个x,使得fx)=x· 分析根据题目结论，容易联想构造辅助函数F(x)=x)-x,用零点定理证F(x)存在 零点： 0<fx)<1=FO)=f0)>0,F0=f0)-1<0, 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个5∈(0,1)，使得 F50=f)-5=0, 即f5=5· 下面用反证法证明唯一性。假设存在x,∈(0，)，且不妨设，<x,使得 f)=,f)=,F)=F)=0. 显然F(x)在[x,]上满足罗尔定理的三个条件，于是存在n∈(：，x)c(0,1)使得F'()=0, 即f)=1,这与题设f()≠1(x∈(0，》矛盾，故唯一性也成立.证毕。 例7假设函数fx)和g(x)在[a,)上存在二阶导数，并且g'(x)≠0， f(a)=f(b)=g(a)=gb)=0, 试证：(1)在开区间(a,b)内g(x)≠0： (2)在开区间(ab)内至少存在一点5，使 但-"但 g5)g() 分析证(1)可采用反证法，设存在c∈(a,b)使得g(c)=0,且由已知条件 g(a)=g6)=0, 可以两次利用罗尔定理推出与g”(x)≠0相矛盾的结论.问题(1)是基本题.证(2)的关 键是构造辅助函数p(x),使得0(@)=ob)=0,且p(x)=fxg"(x)-∫(x)g(x),通过观察 可知x)=fx)g'(x)-f"(x)g(x).构造p(x)是本题的难点. 证(1)反证法.设存在c∈(a,b),使得g(c)=0,由于 g(a)=g(b)=g(c)=0, 对gx)分别在区间[a,c和[c,b上应用罗尔定理，知至少存在一点∈(a,c),使得 g'(5)=0.至少存在一点5∈(c,b),使得g(5)=0.再对g'(x)在区间【5,5]上应用罗尔
因为 f f (0) (1) 0 = = ，所以 F F (0) (1) 0 = = ． F x( ) 在 [0,1] 上满足罗尔定理的条件，则至少存 在一点 1 (0,1) 使得 1 F( ) 0 = ，而 F(0) 0 = ，即 1 F F (0) ( ) 0 = = ．对 F x ( ) 在 1 [0, ] 上用罗 尔定理，则至少存在一点 1 (0, ) 使得 F( ) 0 = ，而 1 (0, ) (0,1) ，即在 (0,1) 内至少存 在一点 ，使得 F( ) 0 = ．证毕． 证法 2（用泰勒公式证） F x( ) 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 2 ( ) ( ) (0) (0) 2! F F x F F x x = + + , 其中 (0, ) x ．令 x = 1 ，注意到 F F (0) (1) 0 = = ， F(0) 0 = ，可得 F( ) 0 = ， (0,1) ．证 毕． 注 结论为 ( ) ( ) 0 ( 2) n f n = 的命题的证明常见方法有两种： （1）对 ( 1) ( ) n f x − 应用罗尔定理；（2）利用 f x( ) 的 n −1 阶泰勒公式． 例 6 设函数 f x( ) 在闭区间 [0,1] 上可微，对于 [0,1] 上的每一个 x ，函数 f x( ) 的值都在 开区间 (0,1) 之内，且 f x ( ) 1 ，证明在 (0,1) 内有且仅有一个 x ，使得 f x x ( ) = ． 分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，用零点定理证 F x( ) 存在 零点；而唯一性常用反证法证之． 证明 作辅助函数 F x f x x ( ) ( ) = − ，易知 F x( ) 在区间 [0,1] 上连续，又 0 ( ) 1 (0) (0) 0 = f x F f ， F f (1) (1) 1 0 = − ， 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个 (0,1) ，使得 F f ( ) ( ) 0 = − = ， 即 f ( ) = ． 下面用反证法证明唯一性．假设存在 1 x ， 2 x (0,1) ，且不妨设 1 2 x x ，使得 1 1 f x x ( ) = ， 2 2 f x x ( ) = ， 1 2 F x F x ( ) ( ) 0 = = ． 显然 F x( ) 在 1 2 [ , ] x x 上满足罗尔定理的三个条件，于是存在 1 2 ( , ) (0,1) x x 使得 F( ) 0 = ， 即 f ( ) 1 = ，这与题设 f x ( ) 1 ( (0,1)) x 矛盾，故唯一性也成立．证毕． 例 7 假设函数 f x( ) 和 g x( ) 在 [ , ] a b 上存在二阶导数，并且 g x ( ) 0 ， f a f b g a g b ( ) ( ) ( ) ( ) 0 = = = = ， 试证：（1）在开区间 ( , ) a b 内 g x( ) 0 ； （2）在开区间 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使 ( ) ( ) ( ) ( ) f f g g = ． 分析 证（1）可采用反证法，设存在 c a b ( , ) 使得 g c( ) 0= ，且由已知条件 g a g b ( ) ( ) 0 = = ， 可以两次利用罗尔定理推出与 g x ( ) 0 相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关 键是构造辅助函数 ( ) x ，使得 ( ) ( ) 0 a b = = ，且 ( ) ( ) ( ) x f x g x = − f x g x ( ) ( ) ，通过观察 可知 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x g x f x g x = − ．构造 ( ) x 是本题的难点． 证 （1）反证法．设存在 c a b ( , ) ，使得 g c( ) 0= ，由于 g a g b g c ( ) ( ) ( ) 0 = = = ， 对 g x( ) 分别在区间 [ , ] a c 和 [ , ] c b 上应用罗尔定理，知至少存在一点 1 ( , ) a c ，使得 1 g ( ) 0 = ．至少存在一点 2 ( , ) c b ，使得 2 g ( ) 0 = ．再对 g x ( ) 在区间 1 2 [ , ] 上应用罗尔
定理，知至少存在一点5e(⑤，5)，使得g'(5)=0,这与题设gx)≠0矛盾，从而得证。 (2)令ox)=fxg'(x)-f(x)g(x),则pa)=b)=0.对9x)在区间[a,b1上应用罗 尔定理，知至少存在一点5∈(a,b),使得()=0，即 f50g'(59-f"(59g(5)=0. 又因gx)≠0，x∈(a,b),故g⑤≠0，又因为gx)≠0，所以g(⑤≠0，因此有 但=但.证毕 g(5)g(⑤) 例8险证播或四-任：8 x≤0 在-1，上拉格朗日中值定理的正确性。 分析此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足· 解因为m)=me产=1，)=+=1，则 f0)=f0)=f0): 故f)在x=0处连续，故f(x)在-L,匀上连续.又因为 o=0+0-g 4o=mf0+a0-f0=m+Al=1. 故f0)=1从而fx)在L,内可导.则由拉格朗日中值定理知存在∈(-l,使 f白-f(-)=f(5+), 甲9=，品。商o-化8浙=品。g得=-0e0 例9设0Ba子证期名合5ma-mP品君 a-B 此式中的ag二mB可看成函数f心)=amx在区间[B,@]上的改变量与相应自变量的改变 a-B 量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明， 证明当B=a时，不等式中等号成立. 当B<a时，设fx)=tanx.由于fx)在B,0<B<a<上连续，在(B,四内可 导，利用拉格朗日中值定理得 8-g0<5 1 1 1 因为0<B<5a<所以。从面可
定理，知至少存在一点 3 1 2 ( , ) ，使得 3 g ( ) 0 = ，这与题设 g x ( ) 0 矛盾，从而得证． （2）令 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x g x f x g x = − ，则 ( ) ( ) 0 a b = = ．对 ( ) x 在区间 [ , ] a b 上应用罗 尔定理，知至少存在一点 ( , ) a b ，使得 ( ) 0 = ，即 f g f g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 − = ． 又因 g x( ) 0 ， x a b ( , ) ，故 g( ) 0 ，又因为 g x ( ) 0 ，所以 g ( ) 0 ，因此有 ( ) ( ) ( ) ( ) f f g g = ． 证毕． 例 8 验证函数 , 0 ( ) 1 , 0 x e x f x x x = + 在 1 [ 1, ] e − 上拉格朗日中值定理的正确性． 分析 此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足． 解 因为 0 0 lim ( ) lim 1 x x x f x e → → − − = = ， 0 0 lim ( ) lim(1 ) 1 x x f x x → → + + = + = ，则 f f f (0 ) (0 ) (0) − + = = ， 故 f x( ) 在 x = 0 处连续，故 f x( ) 在 1 [ 1, ] e − 上连续．又因为 0 0 (0 ) (0) 1 (0) lim lim 1 x x x f x f e f x x − − − → → + − − = = = ， 0 0 (0 ) (0) (1 ) 1 (0) lim lim 1 x x f x f x f x x + + → → + − + − = = = + ， 故 f (0) 1 = 从而 f x( ) 在 1 ( 1, ) e − 内可导．则由拉格朗日中值定理知存在 1 ( 1, ) e − 使 1 1 f f f ( ) ( 1) ( )( 1) e e − − = + ， 即 ( ) 1 e f e = + ，而 , 0 ( ) 1, 0 x e x f x x = ，所以 1 e e e = + ，解得 = − + 1 ln(1 )e ． 例 9 设 0 2 ，证明 2 2 tan tan cos cos − − − ． 分析 当 时，即证 2 2 1 tan tan 1 cos cos − − ． 此式中的 tan tan − − 可看成函数 f x x ( ) tan = 在区间 [ , ] 上的改变量与相应自变量的改变 量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明． 证明 当 = 时，不等式中等号成立． 当 时，设 f x x ( ) tan = ．由于 f x( ) 在 [ , ] (0 ) 2 上连续，在 ( , ) 内可 导，利用拉格朗日中值定理得 2 tan tan 1 cos − = − ，(0 ) 2 ． 因为 0 2 ，所以 2 2 2 1 1 1 cos cos cos ．从而可得
Bgg"Asa 1 1 注用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适 当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有；的等式：其次对等式进行适当地放大或 缩小，去掉含有：的项即可. 例10设不恒为常数的函数fx)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a.b)内可导，且 fa)=fb).证明在(a,b)内至少存在一点5，使得f(>0 证法1因为f(x)不恒为常数，故至少存在一点x,e(a,b),使得fx,)≠f(a)=fb). 先设f)>f)=f),在[a,lc[a,上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在 5e(a,)c(a,b),使得f"5)= 若f(x)<f(a)=f(b),则在[，b]c[a,上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在 5e.6》ca,f③-6-V->0. 综上所述，命题得证。 证法2反证法. 若不存在这样的点5，则对任意的x∈(a,b),∫'(x)s0,所以f(x)在[a,b1上单调不增， 而f(@)=fb),故fx)在[a,b上为常数，与题设矛盾.所以命题得证.证毕。 例11设函数f)在0，上可导，且 0<fx<1,f(x)-l, 证明：方程f(x)=1-x在(0，)内有唯一的实根. 分析要证方程f(x)=1-x在(0，)内有唯一的实根，实际上相当于证明函数 F(x)=f(x)+x-1 有唯一的零点，零点的存在可以根据己知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反 证法或函数的单调性来证明. 证明先证存在性.令F(x)=fx)+x-1,则F(x)在0，】内连续，且 F0=/01<0,F0=f0>0. 由闭区间上连续函数的零点定理知，存在5∈(0，)，使F(5)=0,即5为方程∫x)=1-x的 实根. 唯一性（用反证法证） 若f(x)=1-x在(0，)内有两个不等实根x,本(0<x<x<),即 f(x)=1-x,f(x,)=1-x, 对f(x)在[x,x]上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点5∈(：，x)c(0,),使得 0=)-2.0-1-2.-4
2 2 1 tan tan 1 cos cos − − ， 即 2 2 tan tan cos cos − − − ．证毕． 注 用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适 当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有 的等式；其次对等式进行适当地放大或 缩小，去掉含有 的项即可． 例 10 设不恒为常数的函数 f x( ) 在闭区间 [ , ] a b 上连续，在开区间 ( , ) a b 内可导，且 f a f b ( ) ( ) = ．证明在 ( , ) a b 内至少存在一点 ，使得 f ( ) 0 ． 证法 1 因为 f x( ) 不恒为常数，故至少存在一点 0 x a b ( , ) ，使得 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ． 先设 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ，在 0 [ , ] [ , ] a x a b 上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在 0 ( , ) ( , ) a x a b ，使得 0 0 1 f f x f a ( ) [ ( ) ( )] 0 x a = − − ． 若 0 f x f a f b ( ) ( ) ( ) = ，则在 0 [ , ] [ , ] x b a b 上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在 0 ( , ) ( , ) x b a b ， 0 0 1 f f b f x ( ) [ ( ) ( )] 0 b x = − − ． 综上所述，命题得证． 证法 2 反证法． 若不存在这样的点 ，则对任意的 x a b ( , ) ， f x ( ) 0 ，所以 f x( ) 在 [ , ] a b 上单调不增， 而 f a f b ( ) ( ) = ，故 f x( ) 在 [ , ] a b 上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕． 例11 设函数 f x( ) 在 [0,1] 上可导，且 0 ( ) 1 f x ， f x ( ) 1 − ， 证明：方程 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有唯一的实根． 分析 要证方程 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有唯一的实根，实际上相当于证明函数 F x f x x ( ) ( ) 1 = + − 有唯一的零点，零点的存在可以根据已知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反 证法或函数的单调性来证明． 证明 先证存在性．令 F x f x x ( ) ( ) 1 = + − ，则 F x( ) 在 [0,1] 内连续，且 F f (0) (0) 1 0 = − ， F f (1) (1) 0 = ． 由闭区间上连续函数的零点定理知，存在 (0,1) ，使 F( ) 0 = ，即 为方程 f x( ) = −1 x 的 实根． 唯一性（用反证法证） 若 f x( ) = −1 x 在 (0,1) 内有两个不等实根 1 x ， 2 x 1 2 (0 1) x x ，即 1 1 f x x ( ) 1 = − ， 2 2 f x x ( ) 1 = − ． 对 f x( ) 在 1 2 [ , ] x x 上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点 1 2 ( , ) (0,1) x x ，使得 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) (1 ) (1 ) ( ) 1 f x f x x x f x x x x − − − − = = = − − − ．