Skip to main content
本章按 使用条件 → 定理结论 → 证明方法 → 考研应用 整理数学一的主要函数定理。
重要程度：★★★ 必须熟练；★★ 需要熟悉；★ 拓展了解。复习顺序：连续函数的性质 → 费马、罗尔 → 拉格朗日、柯西 → 泰勒 → 达布及其推论。后面的定理大多用前面的定理证明，条件也是逐层加强的。

​
函数极限与连续性定理

使用条件在 x=ax=a 的某去心邻域内，g(x)≤f(x)≤h(x)g(x)\leq f(x)\leq h(x)并且lim⁡x→ag(x)=lim⁡x→ah(x)=A\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}h(x)=A定理结论lim⁡x→af(x)=A\lim_{x\to a}f(x)=A证明方法：极限定义对任意 ε>0\varepsilon>0，当 xx 充分接近 aa 时，A−ε<g(x)≤f(x)≤h(x)<A+εA-\varepsilon<g(x)\leq f(x)\leq h(x)<A+\varepsilon于是∣f(x)−A∣<ε\lvert f(x)-A\rvert<\varepsilon所以 f(x)→Af(x)\to A。考研应用含三角函数振荡因子的极限、数列极限、函数的上下界估计。
使用条件数列 {an}\{a_n\} 单调且有界。定理结论{an}\{a_n\} 必收敛。证明方法：实数的确界性质以单调递增且有上界为例，令A=sup⁡{an:n∈N}A=\sup\{a_n:n\in\mathbb N\}根据上确界定义，对任意 ε>0\varepsilon>0，存在 NN，使得A−ε<aN≤AA-\varepsilon<a_N\leq A由单调性，当 n≥Nn\geq N 时，A−ε<an≤AA-\varepsilon<a_n\leq A因此 an→Aa_n\to A。考研应用递推数列收敛性证明：先证单调，再证有界，最后求极限。
使用条件aa 是函数定义域的聚点。定理结论lim⁡x→af(x)=A\lim_{x\to a}f(x)=A 当且仅当：对定义域内任意满足 xn≠ax_n\neq a、xn→ax_n\to a 的数列，都有lim⁡n→∞f(xn)=A\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A证明方法：极限定义与反证法必要性由函数极限的 ε\varepsilon-δ\delta 定义直接得到。充分性用反证法：若函数极限不是 AA，可以构造一列 xn→ax_n\to a，使∣f(xn)−A∣≥ε0>0\lvert f(x_n)-A\rvert\geq\varepsilon_0>0与数列极限条件矛盾。考研应用证明函数极限不存在，特别是选择两条趋近路径得到不同的极限。
使用条件lim⁡x→af(x)=A>0\lim_{x\to a}f(x)=A>0定理结论在 aa 的某个去心邻域内，f(x)>0f(x)>0负数情形同理。证明方法：极限定义取 ε=A/2\varepsilon=A/2，则当 xx 充分接近 aa 时，∣f(x)−A∣<A2\lvert f(x)-A\rvert<\frac A2从而f(x)>A2>0f(x)>\frac A2>0考研应用判断局部符号、证明极限中的不等式。
使用条件f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续。定理结论∃ M>0,∣f(x)∣≤M,∀x∈[a,b]\exists\,M>0,\quad \lvert f(x)\rvert\leq M,\qquad \forall x\in[a,b]证明方法：反证法 + 收敛子列若函数无界，则存在 xn∈[a,b]x_n\in[a,b]，满足∣f(xn)∣>n\lvert f(x_n)\rvert>n由于 {xn}\{x_n\} 有界，可以取出收敛子列xnk→x0∈[a,b]x_{n_k}\to x_0\in[a,b]由连续性，f(xnk)→f(x0)f(x_{n_k})\to f(x_0)这与 ∣f(xnk)∣>nk→∞\lvert f(x_{n_k})\rvert>n_k\to\infty 矛盾。考研应用证明函数有界、估计定积分、辅助证明最值存在。
使用条件f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续。定理结论存在 x1,x2∈[a,b]x_1,x_2\in[a,b]，使f(x1)≤f(x)≤f(x2)f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)对所有 x∈[a,b]x\in[a,b] 成立。证明方法：有界性 + 确界性质 + 连续性先由有界性定理得到 ff 的值域有界。令M=sup⁡x∈[a,b]f(x)M=\sup_{x\in[a,b]}f(x)根据上确界定义，存在点列 {xn}\{x_n\}，使f(xn)→Mf(x_n)\to M提取收敛子列 xnk→x0∈[a,b]x_{n_k}\to x_0\in[a,b]，利用连续性：f(x0)=Mf(x_0)=M最小值的存在性同理。考研应用证明极值点存在，再使用费马定理或罗尔定理。
使用条件f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续。定理结论对任意介于 f(a)f(a) 和 f(b)f(b) 之间的数 μ\mu，存在 ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]，使f(ξ)=μf(\xi)=\mu若 μ\mu 严格介于两端函数值之间，可取 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)。证明方法：转化为零点定理构造F(x)=f(x)−μF(x)=f(x)-\mu如果f(a)<μ<f(b)f(a)<\mu<f(b)那么F(a)<0,F(b)>0F(a)<0,\qquad F(b)>0由零点定理（第 8 条），存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使F(ξ)=0F(\xi)=0因此 f(ξ)=μf(\xi)=\mu。考研应用证明函数可以取得某个指定值。
使用条件f∈C[a,b],f(a)f(b)<0f\in C[a,b],\qquad f(a)f(b)<0定理结论∃ ξ∈(a,b),f(ξ)=0\exists\,\xi\in(a,b),\quad f(\xi)=0证明方法：确界法不妨设f(a)<0,f(b)>0f(a)<0,\qquad f(b)>0定义S={x∈[a,b]:f(x)≤0}S=\{x\in[a,b]:f(x)\leq0\}则 SS 非空（a∈Sa\in S）且有上界（bb 是上界）。令ξ=sup⁡S\xi=\sup S根据连续性可证 f(ξ)=0f(\xi)=0。否则，若 f(ξ)<0f(\xi)<0，则 ξ\xi 右侧附近仍存在 f(x)<0f(x)<0 的点，与上确界矛盾。若 f(ξ)>0f(\xi)>0，则 ξ\xi 左侧附近函数值为正，与上确界定义矛盾。因此结论成立。考研应用要证明 F(x)=G(x)F(x)=G(x) 存在解，可构造H(x)=F(x)−G(x)H(x)=F(x)-G(x)再寻找两点，使H(a)H(b)<0H(a)H(b)<0
使用条件f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续。定理结论函数在 [a,b][a,b] 上一致连续：∀ε>0, ∃δ>0,∣x−y∣<δ⇒∣f(x)−f(y)∣<ε\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\quad \lvert x-y\rvert<\delta\Rightarrow\lvert f(x)-f(y)\rvert<\varepsilon这里的 δ\delta 不依赖于 x,yx,y 的具体位置。证明方法：反证法 + 收敛子列若不一致连续，则存在 ε0>0\varepsilon_0>0 和两列点 xn,yn∈[a,b]x_n,y_n\in[a,b]，满足∣xn−yn∣→0\lvert x_n-y_n\rvert\to0但∣f(xn)−f(yn)∣≥ε0\lvert f(x_n)-f(y_n)\rvert\geq\varepsilon_0从 {xn}\{x_n\} 提取收敛子列，其对应的 {yn}\{y_n\} 子列也收敛到同一个点。利用函数连续性，得到函数值之差趋于零，产生矛盾。考研应用一致连续性判断，属于相对拓展的证明内容。

​
微分中值定理

使用条件
  • x0x_0 是定义域的内点；
  • f(x)f(x) 在 x0x_0 处取得局部极值；
  • f(x)f(x) 在 x0x_0 处可导。
定理结论f′(x0)=0f'(x_0)=0证明方法：导数定义以局部极大值为例。当 h>0h>0 且充分小时，f(x0+h)−f(x0)h≤0\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\leq0当 h<0h<0 且充分小时，f(x0+h)−f(x0)h≥0\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\geq0由于导数存在，左右极限相等，只能得到f′(x0)=0f'(x_0)=0考研应用通过证明函数存在内部极值点，进而证明导数零点存在。
使用条件{f∈C[a,b]f 在 (a,b) 内可导f(a)=f(b)\begin{cases} f\in C[a,b]\\ f\text{ 在 }(a,b)\text{ 内可导}\\ f(a)=f(b) \end{cases}定理结论∃ ξ∈(a,b),f′(ξ)=0\exists\,\xi\in(a,b),\quad f'(\xi)=0证明方法：最值定理 + 费马定理由连续性，函数在 [a,b][a,b] 上存在最大值 MM 和最小值 mm。若 M=mM=m，则函数为常函数，导数恒为零。若 M>mM>m，由于 f(a)=f(b)f(a)=f(b)，最大值和最小值不可能都只在端点取得，故必有一个内部极值点 ξ\xi。由费马定理，f′(ξ)=0f'(\xi)=0考研应用常用于证明 f′(ξ)=0f'(\xi)=0、f′(ξ)=g′(ξ)f'(\xi)=g'(\xi)，以及高阶导数零点存在性。
使用条件f∈C[a,b]f\in C[a,b]且 ff 在 (a,b)(a,b) 内可导。定理结论f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)其中 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)。证明方法：构造辅助函数 + 罗尔定理构造F(x)=f(x)−f(b)−f(a)b−a(x−a)F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)计算得F(a)=F(b)=f(a)F(a)=F(b)=f(a)由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，即f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}推论一：导数为零则函数为常数若在区间内 f′(x)=0f'(x)=0，则f(x)=Cf(x)=C推论二：导数有界则函数差值有界若 ∣f′(x)∣≤M\lvert f'(x)\rvert\leq M，则对区间内任意 x1,x2x_1,x_2，∣f(x2)−f(x1)∣≤M∣x2−x1∣\lvert f(x_2)-f(x_1)\rvert\leq M\lvert x_2-x_1\rvert推论三：导数符号决定单调性f′(x)≥0⇒f 单调不减,f′(x)≤0⇒f 单调不增f'(x)\geq0\Rightarrow f\text{ 单调不减},\qquad f'(x)\leq0\Rightarrow f\text{ 单调不增}如果导数在整个区间严格为正或严格为负，则函数严格单调。考研应用单调性、不等式、函数差值估计、根的唯一性证明。
使用条件函数 f(x),g(x)f(x),g(x) 在 [a,b][a,b] 上连续，在 (a,b)(a,b) 内可导。定理结论存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使[f(b)−f(a)]g′(ξ)=[g(b)−g(a)]f′(ξ)[f(b)-f(a)]g'(\xi)=[g(b)-g(a)]f'(\xi)若 g′(x)≠0g'(x)\neq0 在 (a,b)(a,b) 内恒成立，则可以写成商式：f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}证明方法：构造辅助函数 + 罗尔定理构造F(x)=[f(b)−f(a)][g(x)−g(a)]−[g(b)−g(a)][f(x)−f(a)]\begin{aligned} F(x)={}&[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]\\ &-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)] \end{aligned}易得F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0由罗尔定理 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，即[f(b)−f(a)]g′(ξ)−[g(b)−g(a)]f′(ξ)=0[f(b)-f(a)]g'(\xi)-[g(b)-g(a)]f'(\xi)=0整理得到结论。考研应用双函数差值、导数比值、洛必达法则。
使用条件f(x)f(x) 在 x0x_0 处具有直到 nn 阶的导数。定理结论f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+o((x−x0)n)f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o\bigl((x-x_0)^n\bigr)证明方法：反复洛必达法则 + 导数定义设Rn(x)=f(x)−∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)kR_n(x)=f(x)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k需要证明lim⁡x→x0Rn(x)(x−x0)n=0\lim_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}=0关键在于 RnR_n 的各阶导数在 x0x_0 处都为零。逐项求导，对 0≤k≤n0\leq k\leq n 有Rn(k)(x)=f(k)(x)−∑j=knf(j)(x0)(j−k)!(x−x0)j−kR_n^{(k)}(x)=f^{(k)}(x)-\sum_{j=k}^{n}\frac{f^{(j)}(x_0)}{(j-k)!}(x-x_0)^{j-k}令 x=x0x=x_0，右端只剩 j=kj=k 一项，等于 f(k)(x0)f^{(k)}(x_0)，故Rn(k)(x0)=0,k=0,1,…,nR_n^{(k)}(x_0)=0,\qquad k=0,1,\dots,n于是可以连续使用 n−1n-1 次洛必达法则：lim⁡x→x0Rn(x)(x−x0)n=lim⁡x→x0Rn(n−1)(x)n! (x−x0)\lim_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n} =\lim_{x\to x_0}\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{n!\,(x-x_0)}而Rn(n−1)(x)=f(n−1)(x)−f(n−1)(x0)−f(n)(x0)(x−x0)R_n^{(n-1)}(x)=f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)-f^{(n)}(x_0)(x-x_0)所以Rn(n−1)(x)n! (x−x0)=1n![f(n−1)(x)−f(n−1)(x0)x−x0−f(n)(x0)]→0\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{n!\,(x-x_0)} =\frac1{n!}\left[ \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}-f^{(n)}(x_0) \right]\to0方括号内是 f(n−1)f^{(n-1)} 在 x0x_0 处的差商减去 f(n)(x0)f^{(n)}(x_0)，由导数的定义它趋于零。故Rn(x)=o((x−x0)n)R_n(x)=o\bigl((x-x_0)^n\bigr)考研应用求高阶极限、比较无穷小、判断极值。
使用条件在连接 x0x_0 与 xx 的闭区间上，函数及直到 nn 阶的导数连续，且在相应开区间内存在 n+1n+1 阶导数。定理结论f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}其中 ξ\xi 位于 x0x_0 和 xx 之间。证明方法：构造辅助函数 + 罗尔定理令R=f(x)−∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)kR=f(x)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k再令 K=R(x−x0)n+1K=\dfrac{R}{(x-x_0)^{n+1}}，构造H(t)=f(x)−∑k=0nf(k)(t)k!(x−t)k−K(x−t)n+1H(t)=f(x)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k-K(x-t)^{n+1}则 H(x0)=H(x)=0H(x_0)=H(x)=0。由罗尔定理，存在 ξ\xi 使 H′(ξ)=0H'(\xi)=0。求导后中间项相互抵消：H′(t)=−f(n+1)(t)n!(x−t)n+K(n+1)(x−t)nH'(t)=-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n+K(n+1)(x-t)^n令 H′(ξ)=0H'(\xi)=0 得K=f(n+1)(ξ)(n+1)!K=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}代回即得泰勒公式。考研应用高阶极限、无穷小比较、证明不等式、极值判定。
使用条件适用于满足相应条件的00,∞∞\frac00,\qquad \frac{\infty}{\infty}型未定式。对于 0/00/0 型，常用条件为：
  • 分子分母都趋于零；
  • 两函数在极限点的去心邻域内可导；
  • 分母导数不为零；
  • 导数之比的极限存在（允许无穷极限）。
定理结论lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}证明方法：柯西中值定理以 0/00/0 型、右侧极限为例，补充定义 f(a)=g(a)=0f(a)=g(a)=0。对 [a,x][a,x] 使用柯西中值定理：f(x)−f(a)g(x)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}因此f(x)g(x)=f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}当 x→a+x\to a^+ 时，ξ→a+\xi\to a^+，由导数之比的极限得到结论。考研应用未定式极限，尤其是复杂函数求极限。
洛必达法则没有逆命题：原分式的极限存在，不代表导数之比的极限存在。例如导数之比振荡时，原分式仍可能收敛。
使用条件∞∞\dfrac{\infty}{\infty} 型常被写成“分子、分母都趋于无穷”，但定理真正用到的只有分母这一个条件。弱化版的条件是：
  • f(x),g(x)f(x),g(x) 在 aa 的某去心邻域内可导，且 g′(x)≠0g'(x)\ne0；
  • g(x)→∞g(x)\to\infty（或 −∞-\infty）；
  • 导数之比 f′(x)g′(x)\dfrac{f'(x)}{g'(x)} 的极限存在（有限或 ±∞\pm\infty）。
对分子 f(x)f(x) 没有任何要求：它可以趋于无穷，也可以有界，甚至可以没有极限。条件 g′≠0g'\ne0 同时保证 gg 在 aa 的两侧各自单调，从而 g(x)−g(x0)≠0g(x)-g(x_0)\ne0，柯西中值定理可以使用。定理结论lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}只要右端存在，左端就存在，且与右端相等。x→∞x\to\infty 与单侧极限的情形完全类似，只需把“aa 的去心邻域”换成相应的范围（例如 ∣x∣>X|x|>X）。证明思路：柯西中值定理 + 分母趋于无穷设右端极限为有限数 LL。固定 x0≠ax_0\ne a，在 x0x_0 与 xx 之间用柯西中值定理：f(x)−f(x0)g(x)−g(x0)=f′(ξ)g′(ξ)\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)} =\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}其中 ξ\xi 介于 x0,xx_0,x 之间。整理得f(x)g(x)=f(x0)g(x)+f′(ξ)g′(ξ)(1−g(x0)g(x))\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{f(x_0)}{g(x)} +\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \left(1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right)当 x→ax\to a 时，ξ→a\xi\to a，故 f′(ξ)g′(ξ)→L\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\to L；又 g(x)→∞g(x)\to\infty，所以f(x0)g(x)→0,1−g(x0)g(x)→1\frac{f(x_0)}{g(x)}\to0,\qquad 1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\to1因此 f(x)g(x)→L\dfrac{f(x)}{g(x)}\to L。若 L=+∞L=+\infty，对任意 M>0M>0，当 xx 充分接近 aa 时 f′(ξ)g′(ξ)>M\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}>M，由上式同样得到 f(x)g(x)→+∞\dfrac{f(x)}{g(x)}\to+\infty；L=−∞L=-\infty 同理。
式中 g(x0)g(x)→0\dfrac{g(x_0)}{g(x)}\to0 正是“分母趋于无穷”起作用的地方，也是分子不必趋于无穷的原因。若分母不趋于无穷，这一步失效，结论不再成立。
“弱化”弱在哪里由f(x)−f(x0)=f′(ξ)g′(ξ)(g(x)−g(x0))f(x)-f(x_0) =\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\bigl(g(x)-g(x_0)\bigr)可以看出：当右端极限 L≠0L\ne0（含 ±∞\pm\infty）时，∣f(x)∣→∞|f(x)|\to\infty 可以直接由结论反推出来。也就是说，只要导数之比的极限存在且非零，分子一定也趋于无穷，事先不必单独验证。弱化版最直接的收益，是省掉“先证分子趋于无穷”这一步；当 L=0L=0 时，分子甚至可能根本不到无穷，结论依然成立。例如lim⁡x→+∞arctan⁡xx\lim_{x\to+\infty}\frac{\arctan x}{x}分子有界、分母趋于无穷，并不是真正的 ∞/∞\infty/\infty 型，但按弱化版计算lim⁡x→+∞(arctan⁡x)′(x)′=lim⁡x→+∞11+x2=0\lim_{x\to+\infty}\frac{(\arctan x)'}{(x)'} =\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+x^2}=0结论仍是 00，与直接观察一致。若分子确实趋于无穷，例如 lim⁡x→+∞xx\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt x}{x}，同样由 1/(2x)1→0\dfrac{1/(2\sqrt x)}{1}\to0 得到极限 00，此时它是真正的 ∞/∞\infty/\infty 型。常见误区
  • 弱化掉的是“分子趋于无穷”，不是“分母趋于无穷”。分母不趋于无穷时不能这样用。
  • 右端极限不存在时，不能反推左端极限不存在。例如 f(x)=x+sin⁡xf(x)=x+\sin x，g(x)=xg(x)=x，有
f(x)g(x)=1+sin⁡xx→1\frac{f(x)}{g(x)}=1+\frac{\sin x}{x}\to1但f′(x)g′(x)=1+cos⁡x\frac{f'(x)}{g'(x)}=1+\cos x振荡无极限，洛必达法则失效。这与 6. 中“洛必达没有逆命题”是同一件事。考研应用判断 ∞/∞\infty/\infty 型能否直接用洛必达；分子是积分、隐函数或难以判断增减性时，先算导数之比，只要极限存在就不必再证分子趋于无穷。
实用顺序：先确认分母趋于无穷，再对导数之比求极限。只要导数之比的极限算得出来，就可以直接写等号，无需回头证明分子也趋于无穷。
使用条件f(x)f(x) 在包含 [a,b][a,b] 的开区间内可导。定理结论若f′(a)<λ<f′(b)f'(a)<\lambda<f'(b)则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使f′(ξ)=λf'(\xi)=\lambda若两端大小关系相反，结论同样成立。证明方法：构造辅助函数 + 费马定理构造F(x)=f(x)−λxF(x)=f(x)-\lambda x于是F′(a)<0,F′(b)>0F'(a)<0,\qquad F'(b)>0由导数符号可知，F(a)F(a) 和 F(b)F(b) 都不可能是闭区间上的最小值：F′(a)<0F'(a)<0 说明 aa 右侧的函数值更小，F′(b)>0F'(b)>0 说明 bb 左侧的函数值更小。根据最值定理，存在内部最小值点 ξ\xi。由费马定理 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，所以f′(ξ)=λf'(\xi)=\lambda这一步是达布定理的全部内容：导函数即使不连续，也不能跳过中间值。
使用条件ff 在某开区间内可导。定理结论导函数若在某内部点间断，则只能是第二类间断点\text{导函数若在某内部点间断，则只能是第二类间断点}导函数不可能出现可去间断点或跳跃间断点。证明方法：导数极限定理（单侧形式）若左右导数极限均有限存在：lim⁡x→x0−f′(x)=A,lim⁡x→x0+f′(x)=B\lim_{x\to x_0^-}f'(x)=A,\qquad \lim_{x\to x_0^+}f'(x)=B由单侧拉格朗日中值定理和 ff 在 x0x_0 处可导可知A=f′(x0)=BA=f'(x_0)=B因此导函数在该点连续，不可能是第一类间断点。考研应用判断给定函数能否成为另一个函数的导函数。
使用条件f(x)f(x) 在包含 [a,b][a,b] 的开区间内可导，且f′(a)f′(b)<0f'(a)f'(b)<0定理结论∃ ξ∈(a,b),f′(ξ)=0\exists\,\xi\in(a,b),\quad f'(\xi)=0证明方法：达布定理取 λ=0\lambda=0在达布定理中令 λ=0\lambda=0，即得结论。考研应用不知道导函数是否连续时，仍然可以证明其零点存在。
使用条件ff 在区间 II 内可导，且f′(x)≠0,∀x∈If'(x)\neq0,\qquad \forall x\in I定理结论f′(x)>0 在 I 内恒成立或f′(x)<0 在 I 内恒成立f'(x)>0\text{ 在 }I\text{ 内恒成立} \quad\text{或}\quad f'(x)<0\text{ 在 }I\text{ 内恒成立}进一步得到 ff 严格单调。证明方法：反证法 + 达布定理若导函数同时存在正值和负值，那么根据达布定理，中间必然存在导数为零的点，与条件矛盾。符号确定后，由拉格朗日中值定理的推论三得到严格单调。考研应用判断严格单调性、证明方程最多只有一个根。
使用条件
  • f(x)f(x) 在 x0x_0 处可导；
  • 在 x0x_0 的某去心邻域内可导；
  • lim⁡x→x0+f′(x)=A\displaystyle\lim_{x\to x_0^+}f'(x)=A 存在且有限。
定理结论f′(x0)=Af'(x_0)=A左侧同理。证明方法：拉格朗日中值定理对于 x>x0x>x_0，存在 ξ∈(x0,x)\xi\in(x_0,x)，使f(x)−f(x0)x−x0=f′(ξ)\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(\xi)令 x→x0+x\to x_0^+，利用 ff 在 x0x_0 处可导，得f′(x0)=Af'(x_0)=A
这是导数极限定理的单侧形式，也是推论一的证明依据。
使用条件f(x)f(x) 在区间 II 内可导，且 f′(x)f'(x) 只能取有限多个不同的值。定理结论f′(x)≡Cf'(x)\equiv C从而f(x)=Cx+Df(x)=Cx+D证明方法：反证法 + 达布定理假设导函数取到两个不同值 A<BA<B。根据达布定理，导函数必然取得 AA 与 BB 之间所有实数值，因此会取得无限多个值，与条件矛盾。
使用条件f(x)f(x) 在某个区间 II 内可导。定理结论f′(I) 是一个区间f'(I)\text{ 是一个区间}这里区间可以是开区间、闭区间、半开区间、无界区间或退化成单点。证明方法：达布定理任取 f′f' 值域中的两个不同值 A,BA,B。根据达布定理，介于 A,BA,B 之间的每一个数都必属于 f′f' 的值域。因此导函数的值域具有区间性。说明推论二、三、五都可以从导函数的区间值域性质得到；推论四及第一类间断点的结论则需要结合导数极限定理。
函数f(x)={x2sin⁡1x,x≠00,x=0f(x)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x, & x\neq0\\[6pt] 0, & x=0 \end{cases}计算f′(0)=0f'(0)=0对于 x≠0x\neq0，f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x由于 cos⁡(1/x)\cos(1/x) 振荡，lim⁡x→0f′(x)\lim_{x\to0}f'(x)不存在。因此 f′f' 在零点不连续，但 f′f' 仍满足达布定理。核心结论函数可导⇒导函数具有介值性\text{函数可导}\Rightarrow\text{导函数具有介值性}但函数可导⇏导函数连续\text{函数可导}\nRightarrow\text{导函数连续}
使用条件{f(x) 在 x0 处连续f(x) 在 x0 的去心邻域内可导lim⁡x→x0f′(x)=A∈R\begin{cases} f(x)\text{ 在 }x_0\text{ 处连续}\\ f(x)\text{ 在 }x_0\text{ 的去心邻域内可导}\\ \displaystyle\lim_{x\to x_0}f'(x)=A\in\mathbb R \end{cases}定理结论f′(x0)=Af'(x_0)=A并且 f′f' 在 x0x_0 处连续。证明方法：拉格朗日中值定理由导数定义，f′(x0)=lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}根据拉格朗日中值定理，存在 ξ\xi 位于 xx 和 x0x_0 之间，使f(x)−f(x0)x−x0=f′(ξ)\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(\xi)当 x→x0x\to x_0 时，ξ→x0\xi\to x_0，故f′(x0)=Af'(x_0)=A考研应用分段函数在分界点处的可导性与导数连续性判断。
条件“ff 在 x0x_0 处连续”不能省。ff 在 x0x_0 不连续时，即使 lim⁡f′\lim f' 存在，f′(x0)f'(x_0) 也可能不存在。
使用条件f(x)f(x) 在区间内具有 n+1n+1 个互异的零点，且满足逐次使用罗尔定理所需要的连续性与直到 nn 阶的可导性条件。定理结论∃ ξ,f(n)(ξ)=0\exists\,\xi,\quad f^{(n)}(\xi)=0其中 ξ\xi 位于最小与最大的两个零点之间。证明方法：反复应用罗尔定理若 ff 有 n+1n+1 个不同零点，则 f′f' 至少有 nn 个不同零点；继续应用罗尔定理，f′′f'' 至少有 n−1n-1 个零点。如此反复，得到 f(n)f^{(n)} 至少有一个零点。重要推论若f(n)(x)≠0f^{(n)}(x)\neq0在整个区间内恒成立，则 f(x)=0f(x)=0 至多有 nn 个不同实根。考研应用高阶导数零点、方程实根个数。

​
积分相关定理

使用条件f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续，且 a<ba<b。定理结论∃ ξ∈(a,b),∫abf(x) dx=(b−a)f(ξ)\exists\,\xi\in(a,b),\quad \int_a^b f(x)\,dx=(b-a)f(\xi)证明方法：最值定理 + 介值定理由连续性，存在最小值 mm 与最大值 MM，使m≤f(x)≤Mm\leq f(x)\leq M两边积分：m(b−a)≤∫abf(x) dx≤M(b−a)m(b-a)\leq\int_a^b f(x)\,dx\leq M(b-a)于是m≤1b−a∫abf(x) dx≤Mm\leq\frac1{b-a}\int_a^b f(x)\,dx\leq M根据介值定理，存在 ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]，使f(ξ)=1b−a∫abf(x) dxf(\xi)=\frac1{b-a}\int_a^b f(x)\,dx再利用连续性可以说明，ξ\xi 可取在 (a,b)(a,b) 内。考研应用把积分等式转换为某一点的函数值。
使用条件
  • f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上连续；
  • g(x)g(x) 在 [a,b][a,b] 上可积；
  • g(x)g(x) 在区间内不变号。
定理结论∃ ξ∈[a,b],∫abf(x)g(x) dx=f(ξ)∫abg(x) dx\exists\,\xi\in[a,b],\quad \int_a^b f(x)g(x)\,dx=f(\xi)\int_a^b g(x)\,dx证明方法：积分估计 + 介值定理不妨设 g(x)≥0g(x)\geq0，并令m=min⁡f(x),M=max⁡f(x)m=\min f(x),\qquad M=\max f(x)那么mg(x)≤f(x)g(x)≤Mg(x)mg(x)\leq f(x)g(x)\leq Mg(x)两边积分：m∫abg(x) dx≤∫abf(x)g(x) dx≤M∫abg(x) dxm\int_a^b g(x)\,dx \leq\int_a^b f(x)g(x)\,dx \leq M\int_a^b g(x)\,dx若 ∫abg(x) dx>0\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx>0，除以它之后利用介值定理即可。若该积分为零，由于 g≥0g\geq0，也有 ∫abfg=0\displaystyle\int_a^b fg=0，结论同样成立。考研应用证明乘积型定积分中存在满足特定关系的中值点。
使用条件f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上单调，f(x),g(x)f(x),g(x) 在 [a,b][a,b] 上可积。定理结论存在 ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]，使得∫abf(x)g(x) dx=f(a)∫aξg(x) dx+f(b)∫ξbg(x) dx\int_a^b f(x)g(x)\,dx =f(a)\int_a^\xi g(x)\,dx+f(b)\int_\xi^b g(x)\,dx证明方法：分部积分 + 积分第一中值定理先考虑 ff 连续可导的情况，令G(t)=∫tbg(x) dxG(t)=\int_t^b g(x)\,dx通过分部积分：∫abfg=f(a)∫abg(x) dx+∫abf′(t)G(t) dt\int_a^b fg=f(a)\int_a^b g(x)\,dx+\int_a^b f'(t)G(t)\,dt由于 ff 单调，所以 f′f' 不变号。由积分第一中值定理，∫abf′(t)G(t) dt=[f(b)−f(a)]G(ξ)\int_a^b f'(t)G(t)\,dt=[f(b)-f(a)]G(\xi)代入并整理：∫abfg=f(a)∫aξg+f(b)∫ξbg\int_a^b fg=f(a)\int_a^\xi g+f(b)\int_\xi^b g一般单调可积函数不必连续可导，可进一步通过 Abel 变换与极限过程证明。考研应用单调函数与振荡函数的乘积积分、积分估计。
使用条件f(x)f(x) 在相应区间内连续，令F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,dt定理结论F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)证明方法：导数定义 + 积分中值定理F′(x)=lim⁡h→01h∫xx+hf(t) dtF'(x)=\lim_{h\to0}\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt由积分中值定理，存在位于 xx 与 x+hx+h 之间的 ξh\xi_h，使1h∫xx+hf(t) dt=f(ξh)\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt=f(\xi_h)当 h→0h\to0 时，ξh→x\xi_h\to x。利用连续性，F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)重要推论：变上限积分求导若 α(x),β(x)\alpha(x),\beta(x) 可导，则ddx∫α(x)β(x)f(t) dt=f(β(x))β′(x)−f(α(x))α′(x)\frac{d}{dx}\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt =f(\beta(x))\beta'(x)-f(\alpha(x))\alpha'(x)其中 ff 在有关区间连续。
使用条件f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上连续，且 F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)。定理结论∫abf(x) dx=F(b)−F(a)\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)证明方法：微积分基本定理令G(x)=∫axf(t) dtG(x)=\int_a^x f(t)\,dt则G′(x)=f(x)=F′(x)G'(x)=f(x)=F'(x)因此[G(x)−F(x)]′=0[G(x)-F(x)]'=0所以 G(x)−F(x)G(x)-F(x) 为常数。利用 G(a)=0G(a)=0，可得G(b)=F(b)−F(a)G(b)=F(b)-F(a)考研应用定积分求值、积分等式证明。

​
一元函数极值判定

使用条件ff 在 x0x_0 附近连续，在 x0x_0 两侧的去心邻域内可导。定理结论导数在两侧同号时，函数单调穿过 x0x_0，因此不是极值点。证明方法：拉格朗日中值定理以左正右负为例。在 x0x_0 左侧，函数严格递增，所以f(x)<f(x0)f(x)<f(x_0)在 x0x_0 右侧，函数严格递减，所以f(x)<f(x0)f(x)<f(x_0)因此 x0x_0 是严格局部极大值点。考研应用判断极值、证明局部不等式。
使用条件f′(x0)=0f'(x_0)=0且 f′′(x0)f''(x_0) 存在。定理结论{f′′(x0)>0⇒严格局部极小值f′′(x0)<0⇒严格局部极大值\begin{cases} f''(x_0)>0 &\Rightarrow\text{严格局部极小值}\\ f''(x_0)<0 &\Rightarrow\text{严格局部极大值} \end{cases}若 f′′(x0)=0f''(x_0)=0，不能直接判断。证明方法：二阶泰勒公式f(x0+h)−f(x0)=12f′′(x0)h2+o(h2)f(x_0+h)-f(x_0)=\frac12f''(x_0)h^2+o(h^2)由于 h2>0h^2>0，当 hh 充分小时，函数增量的符号由 f′′(x0)f''(x_0) 决定。
使用条件设f′(x0)=f′′(x0)=⋯=f(n−1)(x0)=0f'(x_0)=f''(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0并且f(n)(x0)≠0,n≥2f^{(n)}(x_0)\neq0,\qquad n\geq2定理结论若 nn 为偶数：{f(n)(x0)>0⇒严格局部极小值f(n)(x0)<0⇒严格局部极大值\begin{cases} f^{(n)}(x_0)>0 &\Rightarrow\text{严格局部极小值}\\ f^{(n)}(x_0)<0 &\Rightarrow\text{严格局部极大值} \end{cases}若 nn 为奇数，则该点不是局部极值点。证明方法：泰勒公式f(x0+h)−f(x0)=f(n)(x0)n!hn+o(hn)f(x_0+h)-f(x_0)=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}h^n+o(h^n)根据 nn 的奇偶性及首个非零高阶导数的符号判断。

​
多元函数相关定理

使用条件f(x,y)f(x,y) 在 (x0,y0)(x_0,y_0) 处可微。定理结论可微⇒连续且偏导数存在\text{可微}\Rightarrow\text{连续且偏导数存在}且df=fx dx+fy dydf=f_x\,dx+f_y\,dy证明方法：可微定义由Δf=AΔx+BΔy+o(ρ)\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)其中ρ=(Δx)2+(Δy)2\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}令 Δy=0\Delta y=0，得到 A=fxA=f_x。令 Δx=0\Delta x=0，得到 B=fyB=f_y。又因为 Δf→0\Delta f\to0，所以函数连续。
偏导数存在、函数连续，均不能单独保证可微。反例见第 5 章的“经典反例一览”：x2+y2\sqrt{x^2+y^2} 连续但偏导数不存在，xyx2+y2\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} 连续且偏导数存在却不可微。
使用条件一阶偏导数 fx,fyf_x,f_y 在 (x0,y0)(x_0,y_0) 的某邻域内存在，并且在该点连续。定理结论f 在 (x0,y0) 处可微f\text{ 在 }(x_0,y_0)\text{ 处可微}证明方法：增量分解 + 拉格朗日中值定理把函数增量拆分为Δf=f(x0+Δx,y0+Δy)−f(x0,y0+Δy)+f(x0,y0+Δy)−f(x0,y0)\begin{aligned} \Delta f={}&f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)\\ &-f(x_0,y_0+\Delta y)\\ &+f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0) \end{aligned}固定 y=y0+Δyy=y_0+\Delta y，对第一项用一元拉格朗日中值定理：存在 θ1∈(0,1)\theta_1\in(0,1)，使f(x0+Δx,y0+Δy)−f(x0,y0+Δy)=fx(x0+θ1Δx, y0+Δy)Δxf(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0+\Delta y) =f_x(x_0+\theta_1\Delta x,\ y_0+\Delta y)\Delta x固定 x=x0x=x_0，同理存在 θ2∈(0,1)\theta_2\in(0,1)，使f(x0,y0+Δy)−f(x0,y0)=fy(x0, y0+θ2Δy)Δyf(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0) =f_y(x_0,\ y_0+\theta_2\Delta y)\Delta y记ε1=fx(x0+θ1Δx,y0+Δy)−fx(x0,y0)\varepsilon_1=f_x(x_0+\theta_1\Delta x,y_0+\Delta y)-f_x(x_0,y_0)ε2=fy(x0,y0+θ2Δy)−fy(x0,y0)\varepsilon_2=f_y(x_0,y_0+\theta_2\Delta y)-f_y(x_0,y_0)由 fx,fyf_x,f_y 在 (x0,y0)(x_0,y_0) 处连续，当 (Δx,Δy)→(0,0)(\Delta x,\Delta y)\to(0,0) 时 ε1→0\varepsilon_1\to0，ε2→0\varepsilon_2\to0。代入增量公式：Δf=fxΔx+fyΔy+ε1Δx+ε2Δy\Delta f=f_x\Delta x+f_y\Delta y+\varepsilon_1\Delta x+\varepsilon_2\Delta y最后估计余项。因为 ρ=(Δx)2+(Δy)2≥∣Δx∣\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\geq\lvert\Delta x\rvert，且 ρ≥∣Δy∣\rho\geq\lvert\Delta y\rvert，∣ε1Δx+ε2Δyρ∣≤∣ε1∣∣Δx∣ρ+∣ε2∣∣Δy∣ρ≤∣ε1∣+∣ε2∣→0\left\lvert\frac{\varepsilon_1\Delta x+\varepsilon_2\Delta y}{\rho}\right\rvert \leq\lvert\varepsilon_1\rvert\frac{\lvert\Delta x\rvert}{\rho} +\lvert\varepsilon_2\rvert\frac{\lvert\Delta y\rvert}{\rho} \leq\lvert\varepsilon_1\rvert+\lvert\varepsilon_2\rvert\to0所以余项是 o(ρ)o(\rho)，即函数可微。
使用条件二阶混合偏导数在某点附近存在，并在所讨论的点连续。定理结论fxy(x0,y0)=fyx(x0,y0)f_{xy}(x_0,y_0)=f_{yx}(x_0,y_0)证明方法：二元矩形增量 + 两次中值定理构造Δ=f(x+h,y+k)−f(x+h,y)−f(x,y+k)+f(x,y)\begin{aligned} \Delta={}&f(x+h,y+k)-f(x+h,y)\\ &-f(x,y+k)+f(x,y) \end{aligned}令 φ(x)=f(x,y+k)−f(x,y)\varphi(x)=f(x,y+k)-f(x,y)，则Δ=φ(x+h)−φ(x)=φ′(ξ)h\Delta=\varphi(x+h)-\varphi(x)=\varphi'(\xi)h即 Δ=fxy(ξ,η)hk\Delta=f_{xy}(\xi,\eta)hk。交换顺序，令 ψ(y)=f(x+h,y)−f(x,y)\psi(y)=f(x+h,y)-f(x,y)，同理得Δ=fyx(ξ′,η′)hk\Delta=f_{yx}(\xi',\eta')hk于是 fxy(ξ,η)=fyx(ξ′,η′)f_{xy}(\xi,\eta)=f_{yx}(\xi',\eta')。令 h,k→0h,k\to0，由连续性得到两者相等。
使用条件设F(x0,y0)=0F(x_0,y_0)=0FF 在该点附近具有连续的一阶偏导数，并且Fy(x0,y0)≠0F_y(x_0,y_0)\neq0定理结论局部存在唯一可微函数 y=y(x)y=y(x)，使 F(x,y(x))=0F(x,y(x))=0，并且y′=−FxFyy'=-\frac{F_x}{F_y}证明方法：局部单调性 + 零点定理 + 复合函数求导存在性与唯一性。 因为 Fy(x0,y0)≠0F_y(x_0,y_0)\neq0，不妨设 Fy(x0,y0)>0F_y(x_0,y_0)>0。由 FyF_y 连续，存在 x0x_0、y0y_0 的邻域，使其中每一点都有 Fy>0F_y>0。固定 x=x0x=x_0，F(x0,y)F(x_0,y) 关于 yy 严格递增，且 F(x0,y0)=0F(x_0,y_0)=0，所以取足够小的 ε>0\varepsilon>0 有F(x0,y0−ε)<0<F(x0,y0+ε)F(x_0,y_0-\varepsilon)<0<F(x_0,y_0+\varepsilon)由 FF 的连续性，当 xx 充分接近 x0x_0 时仍有F(x,y0−ε)<0,F(x,y0+ε)>0F(x,y_0-\varepsilon)<0,\qquad F(x,y_0+\varepsilon)>0对固定的 xx，F(x,y)F(x,y) 关于 yy 严格递增且连续，由零点定理，在 (y0−ε,y0+ε)(y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon) 内存在唯一的 y=y(x)y=y(x)，使 F(x,y(x))=0F(x,y(x))=0。唯一性来自严格单调，这就证明了隐函数的存在与唯一。可微性。 对 F(x,y(x))=0F(x,y(x))=0 两边用链式法则，Fx+Fy y′=0F_x+F_y\,y'=0因为 Fy≠0F_y\neq0，解得y′=−FxFyy'=-\frac{F_x}{F_y}考研应用求隐函数的导数、判断隐函数能否局部确定。
使用条件f(x,y)f(x,y) 在内部点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处可微且取得局部极值。定理结论fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0证明方法：一元费马定理分别固定一个变量，把多元函数转化为一元函数，再利用费马定理。
使用条件(x0,y0)(x_0,y_0) 是驻点，二阶偏导数在该点附近连续。令A=fxx(x0,y0),B=fxy(x0,y0),C=fyy(x0,y0)A=f_{xx}(x_0,y_0),\quad B=f_{xy}(x_0,y_0),\quad C=f_{yy}(x_0,y_0)定义D=AC−B2D=AC-B^2定理结论证明方法：二元泰勒公式 + 二次型判别Δf=12(Ah2+2Bhk+Ck2)+o(h2+k2)\Delta f=\frac12(Ah^2+2Bhk+Ck^2)+o(h^2+k^2)记 Q(h,k)=Ah2+2Bhk+Ck2Q(h,k)=Ah^2+2Bhk+Ck^2，把它看成 hh 的二次式，判别式为ΔQ=(2Bk)2−4A⋅Ck2=−4(AC−B2)k2=−4Dk2\Delta_Q=(2Bk)^2-4A\cdot Ck^2=-4(AC-B^2)k^2=-4Dk^2于是可以按二次型的类型讨论：
  • D>0D>0 且 A>0A>0：QQ 正定，当 (h,k)≠(0,0)(h,k)\neq(0,0) 时 Q>0Q>0。余项 o(h2+k2)o(h^2+k^2) 比 QQ 高阶，故 Δf>0\Delta f>0，为严格局部极小值。
  • D>0D>0 且 A<0A<0：QQ 负定，同理 Δf<0\Delta f<0，为严格局部极大值。
  • D<0D<0：QQ 不定，沿某些方向 Q>0Q>0、沿另一些方向 Q<0Q<0，Δf\Delta f 随之变号，为鞍点。
  • D=0D=0：QQ 退化，Δf\Delta f 的符号由更高阶项决定，无法判断。
当 D>0D>0 时 AA 与 CC 同号，所以把判别条件中的 A>0A>0、A<0A<0 换成 C>0C>0、C<0C<0 结论不变。
使用条件在约束g(x,y)=0g(x,y)=0下求 f(x,y)f(x,y) 的条件极值。要求目标函数与约束函数连续可微，并在所研究的约束极值点满足∇g≠0\nabla g\neq0定理结论存在 λ\lambda，使∇f=λ∇g\nabla f=\lambda\nabla g即{fx=λgxfy=λgyg(x,y)=0\begin{cases} f_x=\lambda g_x\\ f_y=\lambda g_y\\ g(x,y)=0 \end{cases}证明方法：费马定理 + 约束曲线切向量把约束曲线 g(x,y)=0g(x,y)=0 在极值点 P0P_0 附近参数化为 r(t)=(x(t),y(t))\boldsymbol r(t)=(x(t),y(t))，且 r(0)=P0\boldsymbol r(0)=P_0。由 g(r(t))=0g(\boldsymbol r(t))=0 对 tt 求导，∇g(P0)⋅r′(0)=0\nabla g(P_0)\cdot\boldsymbol r'(0)=0另一方面，t↦f(r(t))t\mapsto f(\boldsymbol r(t)) 在 t=0t=0 取局部极值，由费马定理，∇f(P0)⋅r′(0)=0\nabla f(P_0)\cdot\boldsymbol r'(0)=0也就是说，∇f(P0)\nabla f(P_0) 与 ∇g(P0)\nabla g(P_0) 都垂直于同一条非零切向量 r′(0)\boldsymbol r'(0)。平面上与同一非零向量垂直的向量彼此平行，故存在 λ\lambda，使∇f(P0)=λ∇g(P0)\nabla f(P_0)=\lambda\nabla g(P_0)条件 ∇g≠0\nabla g\neq0 保证约束曲线在 P0P_0 处确有非零切向量，上述论证才成立；它同时保证可以局部把约束写成函数图像，直接用隐函数求导也能得到同一组方程。

​
证明题：根据结论选择定理

拿到证明题，先看要证的结论长什么样，再查这张表定位定理，最后回到对应条目核对条件。

​
罗尔定理辅助函数构造表

证明题经常不直接给出 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，而是给出更复杂的关系式。这时先把它整理成“某个辅助函数求导为零”的形式，再用罗尔定理。下表建议单独背诵。
这些公式本质上来自求导的逆向构造。例如要证明f′(ξ)+p(ξ)f(ξ)=0f'(\xi)+p(\xi)f(\xi)=0可以构造积分因子μ(x)=e∫p(x) dx\mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}使[μ(x)f(x)]′=μ(x)[f′(x)+p(x)f(x)][\mu(x)f(x)]'=\mu(x)\bigl[f'(x)+p(x)f(x)\bigr]于是把目标转化为 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，再尝试使用罗尔定理。
辅助函数的形式只是构造思路，并不自动保证定理适用。仍须验证它在闭区间连续、开区间可导，且两端函数值相等。

​
核心方法与复习优先级

达布定理另由最值定理与费马定理建立，保证导函数的介值性；积分中值定理则主要依赖连续函数的最值与介值性质。
  1. 存在性证明：连续性 + 零点定理 / 介值定理。
  2. 导数零点证明：罗尔定理 + 辅助函数构造。
  3. 导数取值证明：拉格朗日、柯西或达布定理。
  4. 根的唯一性证明：单调性，或反证法 + 罗尔定理。
  5. 不等式证明：构造函数求导、拉格朗日中值定理或泰勒公式。
  6. 高阶导数证明：反复罗尔或泰勒定理。
  7. 积分存在性证明：积分中值定理、介值定理与连续性。
这份笔记把达布定理与它的推论放在微分中值定理体系内，同时保留使用条件和证明方法。复习时应尤其注意区分五个方向：
  • 函数值存在性 → 介值定理
  • 导数零点存在性 → 罗尔定理
  • 导数中间值存在性 → 达布定理
  • 函数差值估计 → 拉格朗日中值定理
  • 高阶局部变化 → 泰勒定理
这五个方向是考研数学一函数证明题最值得优先熟练掌握的内容。
Last modified on November 6, 2026