高数Ⅰ（2026-10-26）

整理说明：以课堂板书为主，按定理、例题与推导的衔接归并照片，合并重复及补拍内容。补出的解答、条件检查、边界说明和配图均在相应位置注明。沿用课堂记号，$C$ 表示连续，$D$ 表示可导；带闭端点的 $D$ 记号按相应的单侧导数理解，特别地，可导性保证该端点处的单侧连续性。

一、 费马引理的回顾：导数为零不是极值的充分条件

若 $x_0$ 是函数 $f$ 的一个内部极值点，且 $f$ 在 $x_0$ 处可导，则

$$f'(x_0)=0.$$

反过来，$f'(x_0)=0$ 并不能保证 $x_0$ 是极值点。

板书反例：

$$f(x)=x^3,\qquad f'(0)=0.$$

但在任意零点邻域内，$x<0$ 时 $x^3<0$，$x>0$ 时 $x^3>0$，因此 $0$ 不是极值点。

依板书重绘：$y=x^3$ 在原点处的切线水平，但原点附近两侧的函数值分别小于和大于 $f(0)$。

二、 罗尔中值定理（Rolle 定理）

1. 定理陈述

设 $a<b$，且

$$f\in C[a,b]\cap D(a,b),\qquad f(a)=f(b).$$

则存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\boxed{f'(\xi)=0.}$$

2. 证明：从闭区间最值到内部极值

由 $f\in C[a,b]$，函数在 $[a,b]$ 上取得最大值 $M$ 和最小值 $m$。设

$$f(x_1)=M,\qquad f(x_2)=m,\qquad x_1,x_2\in[a,b].$$

情形一：$M=m$。 此时 $f$ 是常函数，故对任意 $\xi\in(a,b)$ 都有 $f'(\xi)=0$。

情形二：$M>m$。 因为 $f(a)=f(b)$，最大值与最小值不可能都只在端点取得，至少有一个最值点位于 $(a,b)$ 内。

不妨设最大值点 $x_1\in(a,b)$。则 $x_1$ 也是极大值点，又因为 $f$ 在 $x_1$ 处可导，由费马引理，

$$f'(x_1)=0.$$

若位于内部的是最小值点，则同样由费马引理得到导数为零。取相应的点为 $\xi$，定理得证。

补充条件检查：令 $c=f(a)=f(b)$。若 $M>c$，最大值点不能是端点；若 $M=c$ 且 $M>m$，则 $m<c$，最小值点不能是端点。这说明上述“至少有一个最值点在内部”的判断涵盖了全部情形。

依板书思路作图：等高端点之间，曲线上至少有一个内点的切线水平。图中用一条具体光滑曲线作示意，出现两个满足条件的点；定理不保证中值点唯一。

三、 罗尔定理的应用：构造辅助函数

1. 例1：由端点比例构造商函数

设

$$f\in C[0,1]\cap D(0,1),\qquad f(1)=2f(0).$$

证明存在 $\xi\in(0,1)$，使

$$(1+\xi)f'(\xi)=f(\xi).$$

分析：目标可以改写成

$$(1+\xi)f'(\xi)-f(\xi)=0.$$

注意到

$$\left(\frac{f(x)}{1+x}\right)' =\frac{(1+x)f'(x)-f(x)}{(1+x)^2},$$

因此考虑辅助函数

$$F(x)=\frac{f(x)}{1+x}.$$

证明：在 $[0,1]$ 上 $1+x>0$，所以

$$F\in C[0,1]\cap D(0,1).$$

又有

$$F(0)=f(0),\qquad F(1)=\frac{f(1)}2=\frac{2f(0)}2=f(0).$$

由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$，使

$$F'(\xi)=\frac{(1+\xi)f'(\xi)-f(\xi)}{(1+\xi)^2}=0.$$

因为 $(1+\xi)^2>0$，所以

$$\boxed{(1+\xi)f'(\xi)=f(\xi).}$$

2. 例2：由 $f'-\lambda f$ 构造指数乘积

设

$$f\in C[a,b]\cap D(a,b),\qquad f(a)=f(b)=0.$$

证明：对任意 $\lambda\in\mathbb R$，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$f'(\xi)=\lambda f(\xi).$$

分析：希望得到 $f'(\xi)-\lambda f(\xi)=0$，而

$$\begin{aligned} \bigl(e^{-\lambda x}f(x)\bigr)' &=-\lambda e^{-\lambda x}f(x)+e^{-\lambda x}f'(x)\\ &=e^{-\lambda x}\bigl(f'(x)-\lambda f(x)\bigr). \end{aligned}$$

所以取

$$F(x)=e^{-\lambda x}f(x).$$

证明：固定任意 $\lambda\in\mathbb R$。函数 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且

$$F(a)=F(b)=0.$$

由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$F'(\xi)=e^{-\lambda\xi}\bigl(f'(\xi)-\lambda f(\xi)\bigr)=0.$$

因为 $e^{-\lambda\xi}>0$，所以

$$\boxed{f'(\xi)=\lambda f(\xi).}$$

符号核对：指数因子为 $e^{-\lambda x}$，展开后括号中的符号应为 $f'-\lambda f$；照片右侧旁算的末行符号较乱，这里按乘积法则完整写出。

补充量词说明：中值点 $\xi$ 可以随 $\lambda$ 改变；题目不要求对所有 $\lambda$ 都取同一个点。

3. 练习：两次使用罗尔定理

设

$$f\in D^{(2)}[0,1],\qquad f(0)=f(1)=0.$$

证明存在 $\xi\in(0,1)$，使

$$f''(\xi)=\frac{2f'(\xi)}{1-\xi}.$$

补充解答：这道题在板书中以 Ex. 列出，现有照片中未见其解答。以下保留题目，补出两次使用罗尔定理的证明。

先对 $f$ 在 $[0,1]$ 上使用罗尔定理，得到 $c\in(0,1)$，使

$$f'(c)=0.$$

在 $[c,1]$ 上构造

$$H(x)=(1-x)^2f'(x).$$

由题设的二阶可导性，$f'$ 在所用闭区间上连续，在内部可导，因此

$$H\in C[c,1]\cap D(c,1).$$

而

$$H(c)=0,\qquad H(1)=0.$$

再次使用罗尔定理，存在 $\xi\in(c,1)$，使

$$\begin{aligned} 0=H'(\xi) &=-2(1-\xi)f'(\xi)+(1-\xi)^2f''(\xi)\\ &=(1-\xi)\bigl((1-\xi)f''(\xi)-2f'(\xi)\bigr). \end{aligned}$$

因为 $\xi<1$，可以约去 $1-\xi$，从而

$$\boxed{f''(\xi)=\frac{2f'(\xi)}{1-\xi}.}$$

四、 无穷区间上的罗尔定理推广

1. 命题陈述

设

$$f\in D(a,+\infty),\qquad \lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=A,$$

其中 $A\in\mathbb R$。则存在 $\xi\in(a,+\infty)$，使

$$\boxed{f'(\xi)=0.}$$

2. 证明：截取一个有限闭区间

情形一：$f(x)\equiv A$。 此时任取 $\xi\in(a,+\infty)$ 都有 $f'(\xi)=0$。

情形二：$f(x)\not\equiv A$。 存在 $x_0\in(a,+\infty)$，使 $f(x_0)\ne A$。

不妨设

$$f(x_0)>A.$$

由两端的极限都等于 $A$，可以分别选取

$$x_1\in(a,x_0),\qquad x_2\in(x_0,+\infty),$$

使

$$f(x_1)<f(x_0),\qquad f(x_2)<f(x_0).$$

补充选点说明：取 $\varepsilon=(f(x_0)-A)/2>0$，在足够靠近 $a$ 的右侧及足够大的 $x$ 处，都有 $f(x)<A+\varepsilon<f(x_0)$，因而可选出上述 $x_1,x_2$。

$f$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续，故在其上取得最大值。因为两个端点的值都小于 $f(x_0)$，最大值点 $\xi$ 必在

$$\xi\in(x_1,x_2)\subset(a,+\infty)$$

内。由费马引理，

$$f'(\xi)=0.$$

若 $f(x_0)<A$，则选取 $x_1,x_2$ 使两个端点的值都大于 $f(x_0)$，改用内部最小值点，同样得到结论。

依板书重绘：两端极限同为 $A$。图示 $f(x_0)>A$ 的情形，先选出 $x_1<x_0<x_2$，再在有限闭区间 $[x_1,x_2]$ 上取内部最大值点。左端 $a$ 处的空心点只表示极限，不要求 $f(a)$ 有定义。

3. 例：减去一个已知函数

设

$$f\in D[0,+\infty),\qquad f(0)=\frac\pi2,$$

且对所有 $x>0$，

$$0\le f(x)\le\arctan\frac1x.$$

证明存在 $\xi\in(0,+\infty)$，使

$$(1+\xi^2)f'(\xi)=-1.$$

分析：因为

$$\left(\arctan\frac1x\right)' =\frac1{1+1/x^2}\left(-\frac1{x^2}\right) =-\frac1{1+x^2}\qquad(x>0),$$

可取

$$F(x)=f(x)-\arctan\frac1x\qquad(x>0).$$

于是

$$F'(x)=f'(x)+\frac1{1+x^2}.$$

证明：先检查辅助函数在两端的极限。

在 $x\to0^+$ 时，由 $f$ 在 $0$ 处右连续，

$$\lim_{x\to0^+}F(x) =f(0)-\frac\pi2=0.$$

在 $x\to+\infty$ 时，由

$$0\le f(x)\le\arctan\frac1x\to0,$$

根据夹逼定理有 $f(x)\to0$，所以

$$\lim_{x\to+\infty}F(x)=0.$$

又有 $F\in D(0,+\infty)$，由上述推广命题，存在 $\xi\in(0,+\infty)$，使

$$F'(\xi)=f'(\xi)+\frac1{1+\xi^2}=0.$$

因此

$$\boxed{(1+\xi^2)f'(\xi)=-1.}$$

补充端点说明：原板书的条件是 $D[0,+\infty)$，包含左端点。这里使用了它所保证的 $0$ 处右连续性；仅有 $(0,+\infty)$ 内可导和单独给定 $f(0)$，不能直接推出 $\lim_{x\to0^+}f(x)=f(0)$。

五、 拉格朗日中值定理（Lagrange 定理）

1. 定理陈述

设 $a<b$，且

$$f\in C[a,b]\cap D(a,b).$$

则存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\boxed{f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a),}$$

或者写成

$$\boxed{f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.}$$

2. 辅助函数与证明

板书将目标改写为

$$f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0.$$

因此构造

$$F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$

它表示曲线函数值与割线函数值之差。

由题设，

$$F\in C[a,b]\cap D(a,b),$$

且

$$F(a)=0,\qquad F(b)=f(b)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)=0.$$

由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$F'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0.$$

这就得到拉格朗日中值定理。

依板书结构重绘：$A(a,f(a))$、$B(b,f(b))$ 所确定割线的斜率，等于某内点 $\xi$ 处切线的斜率。辅助函数正是将曲线与这条割线相减。

3. 板书中的几种写法

（1）端点次序。 公式与两个端点的大小次序无关；交换端点后，分子与分母同时变号，中值点仍在两端之间。

（2）增量形式。 若连接 $x_0$ 与 $x_0+\Delta x$ 的闭区间满足连续、内部可导的条件，且 $\Delta x\ne0$，则

$$f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f'(\xi)\Delta x,$$

其中 $\xi$ 严格位于 $x_0$ 与 $x_0+\Delta x$ 之间。写成

$$\xi=x_0+\theta\Delta x,\qquad0<\theta<1,$$

便有

$$\boxed{f(x_0+\Delta x)-f(x_0) =f'(x_0+\theta\Delta x)\Delta x.}$$

（3）取 $x_0=0$。 在相应区间满足定理条件时，

$$\boxed{f(x)=f(0)+f'(\theta x)x,\qquad0<\theta<1.}$$

补充说明：这些写法中的 $\xi$ 或 $\theta$ 一般依赖于所选端点或增量，不能当作对所有 $x$ 都相同的固定常数。$\Delta x<0$ 时，$0<\theta<1$ 的写法仍然成立。

六、 拉格朗日中值定理的推论

以下在区间 $I$ 上讨论可导函数；若 $I$ 包含端点，仍保留相应的单侧连续性。

1. 导数处处为零，则函数为常数

若

$$f'(x)=0\qquad(\forall x\in I),$$

则 $f$ 在 $I$ 上是常函数。

证明：固定 $x_0\in I$，任取 $x\in I$。当 $x\ne x_0$ 时，在以这两点为端点的闭区间上使用中值定理，存在位于二者之间的 $\xi$，使

$$f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)=0.$$

$x=x_0$ 时等式也成立。因此

$$f(x)=f(x_0)=C\qquad(\forall x\in I).$$

2. 导数相同，则相差一个常数

若

$$f'(x)=g'(x)\qquad(\forall x\in I),$$

则存在常数 $C$，使

$$\boxed{f(x)=g(x)+C\qquad(\forall x\in I).}$$

证明：令 $F=f-g$，则 $F'=0$。由上一推论，$F$ 为常函数，结论成立。

3. 导数的符号与严格单调性

若

$$f'(x)>0\qquad(\forall x\in I),$$

则 $f$ 在 $I$ 上严格增加；若处处 $f'(x)<0$，则 $f$ 在 $I$ 上严格减少。

证明：任取 $x_1,x_2\in I$，且 $x_1<x_2$。由中值定理，存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，使

$$f(x_1)-f(x_2)=f'(\xi)(x_1-x_2).$$

若 $f'(\xi)>0$，因为 $x_1-x_2<0$，所以

$$f(x_1)-f(x_2)<0,$$

即 $f(x_1)<f(x_2)$。若 $f'(\xi)<0$，则同样得到 $f(x_1)>f(x_2)$。

补充条件提醒：这里的 $I$ 必须是区间，证明中要在任意两点之间使用中值定理。仅在互不相连的几段上有 $f'=0$，不能据此认定这些不同区间上的常数彼此相同。

七、 恒等式与不等式的证明

1. $\arcsin x+\arccos x=\pi/2$

证明

$$\arcsin x+\arccos x=\frac\pi2\qquad(-1\le x\le1).$$

证明：设

$$f(x)=\arcsin x+\arccos x.$$

在 $-1<x<1$ 内，

$$f'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}-\frac1{\sqrt{1-x^2}}=0.$$

因此 $f(x)=C$。按板书取 $x=\sqrt2/2$，得到

$$C=\frac\pi4+\frac\pi4=\frac\pi2.$$

故恒等式在 $(-1,1)$ 内成立。

补充边界说明：上面的求导只在 $(-1,1)$ 内进行。$\arcsin$ 与 $\arccos$ 在 $[-1,1]$ 上连续，令 $x\to1^-$、$x\to-1^+$，即可将恒等式延伸到两个端点。

2. $\arctan x+\operatorname{arccot}x=\pi/2$

板书列出

$$\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac\pi2 \qquad(x\in\mathbb R).$$

补充证明：采用 $\arctan x\in(-\pi/2,\pi/2)$、$\operatorname{arccot}x\in(0,\pi)$ 的通常取值范围。令两者之和为 $F(x)$，则

$$F'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{1+x^2}=0.$$

所以 $F$ 在 $\mathbb R$ 上为常数。取 $x=0$，得到 $F(0)=0+\pi/2=\pi/2$。

3. $\dfrac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x$

证明：当 $x>0$ 时，

$$\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x.$$

证明：固定 $x>0$，设

$$f(t)=\ln(1+t).$$

它在 $[0,x]$ 上连续，在 $(0,x)$ 内可导。由中值定理，存在 $\xi\in(0,x)$，使

$$\begin{aligned} \ln(1+x) &=f(x)-f(0)\\ &=f'(\xi)(x-0) =\frac{x}{1+\xi}. \end{aligned}$$

因为

$$1<1+\xi<1+x,$$

且 $x>0$，所以

$$\frac{x}{1+x}<\frac{x}{1+\xi}<\frac{x}{1}=x.$$

即

$$\boxed{\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\qquad(x>0).}$$

补充图示：对每个 $x>0$，$\ln(1+x)$ 位于 $x/(1+x)$ 与 $x$ 之间。$x=0$ 时三者相等，不属于上述严格不等式的范围。

八、 反复使用中值定理：由 $|f'|\le|f|$ 推出零函数

设

$$f\in D[0,+\infty),\qquad f(0)=0,$$

且

$$|f'(x)|\le|f(x)|\qquad(\forall x\in[0,+\infty)).$$

证明

$$f(x)=0\qquad(\forall x\in[0,+\infty)).$$

1. 先证明 $[0,1]$ 上为零

由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，存在 $M\ge0$，使

$$|f(t)|\le M\qquad(0\le t\le1).$$

固定 $x\in(0,1)$。对 $f$ 在 $[0,x]$ 上使用中值定理，得到 $\xi_1\in(0,x)$，使

$$\begin{aligned} |f(x)| &=|f(x)-f(0)|\\ &=|f'(\xi_1)|x \le|f(\xi_1)|x. \end{aligned}$$

再在 $[0,\xi_1]$ 上使用中值定理，存在 $\xi_2\in(0,\xi_1)$，使

$$|f(\xi_1)|=|f'(\xi_2)|\xi_1 \le|f(\xi_2)|\xi_1.$$

因而

$$|f(x)|\le|f(\xi_2)|\xi_1x\le|f(\xi_2)|x^2.$$

继续重复，每个正整数 $n$ 都对应一组中间点

$$0<\xi_n<\cdots<\xi_2<\xi_1<x<1,$$

并有

$$0\le|f(x)|\le|f(\xi_n)|x^n\le Mx^n.$$

固定的 $x$ 满足 $0<x<1$，故当 $n\to\infty$ 时 $Mx^n\to0$，从而 $f(x)=0$。

于是 $f$ 在 $[0,1)$ 上为零，再由 $1$ 处的连续性，

$$f(1)=\lim_{x\to1^-}f(x)=0.$$

2. 再由 $[1,2]$ 推广到整个半轴

板书接着在 $1<x<2$ 时，从 $f(1)=0$ 出发：

$$|f(x)|=|f(x)-f(1)| \le|f(\xi_1)|(x-1),\qquad1<\xi_1<x,$$

重复后得到形如 $M(x-1)^n$ 的上界，仍趋于零。

补充完整推广：下面将这一步写成对整数区间的归纳，界可以依区间改变。

设已知 $f(k)=0$，其中 $k$ 为非负整数。在 $[k,k+1]$ 上，由连续性可取界 $M_k$。对任意固定的 $x\in(k,k+1)$，反复在 $[k,x]$、$[k,\xi_1]$ 等区间上使用中值定理及 $|f'|\le|f|$，得到

$$0\le|f(x)|\le M_k(x-k)^n\qquad(\forall n\ge1).$$

因为 $0<x-k<1$，令 $n\to\infty$，可得 $f(x)=0$。再由 $k+1$ 处连续，得到 $f(k+1)=0$。

从 $k=0$ 逐段归纳，便有

$$\boxed{f(x)=0\qquad(\forall x\in[0,+\infty)).}$$

补充说明：每次只在一个固定的有限闭区间上取界 $M_k$，不需要假设 $f$ 在整个半轴上有界。极限过程是固定 $x$、令迭代次数 $n\to\infty$。

九、 柯西中值定理（Cauchy 定理）

1. 定理陈述

设 $a<b$，且

$$f,g\in C[a,b]\cap D(a,b),$$

并满足

$$g'(x)\ne0\qquad(\forall x\in(a,b)).$$

则存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\boxed{\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} =\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.}$$

2. 按板书构造辅助函数

板书取

$$F(x)=f(x)-f(a) -\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl(g(x)-g(a)\bigr),$$

并提示使用罗尔定理。

补充条件检查与证明：先说明分母非零，再将板书的证明步骤补全。

若 $g(b)=g(a)$，由罗尔定理会存在 $c\in(a,b)$，使 $g'(c)=0$，与题设矛盾。因此

$$g(b)-g(a)\ne0.$$

辅助函数 $F$ 有定义，且

$$F\in C[a,b]\cap D(a,b),\qquad F(a)=F(b)=0.$$

由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$0=F'(\xi) =f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi).$$

因为 $g'(\xi)\ne0$，两边除以 $g'(\xi)$，得到

$$\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.$$

补充联系：取 $g(x)=x$，则 $g'(x)=1$，柯西中值定理就化为拉格朗日中值定理。