Taylor 公式/中值定理证明题
关于 Taylor 公式的证明题，无非就是取一些点使用 Taylor 公式，然后结合其他的知识（例如中值定理，或者绝对值不等式）得证我们的目标结论。但总而言之还是一句话，熟能生巧。
题 1 设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上二次可导，且 $|f(x)|\leq 1$，$|f^{\prime\prime}(x)|\leq 1(0\leq x\leq 2)$。证明：$|f^\prime(x)|\leq 2(0\leq x\leq 2)$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ Taylor 公式——解题思路（来自课本例 13）
这道题综合了绝对值不等式，不努力尝试放缩，就容易放弃正确的解题方向。
证明 任取 $x _ 0\in[0,2]$，分别取 $x=2,0$，应用一阶 Taylor 公式得$$f(2)=f(x _ 0)+f^\prime(x _ 0)(2-x _ 0)+\cfrac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(2-x _ 0)^2$$$$f(0)=f(x _ 0)+f^\prime(x _ 0)(0-x _ 0)+\cfrac{f^{\prime\prime}(\eta)}{2!}(0-x _ 0)^2$$ 其中 $0\leq\eta\leq x _ 0\leq\xi\leq2$.以上两式相减，得 $$f(2)-f(0)=2f^\prime(x _ 0)+\cfrac{1}{2}[f^{\prime\prime}(\xi)(2-x _ 0)^2-f^{\prime\prime}(\eta)x _ 0^2]$$ 于是$$\begin{aligned}|f^\prime(x _ 0)|&=\left|\cfrac{f(2)-f(0)}{2}-\cfrac{1}{4}[f^{\prime\prime}(\xi)(2-x _ 0)^2-f^{\prime\prime}(\eta)x _ 0^2]\right|\\ &\leq \left|\cfrac{f(2)-f(0)}{2}\right|+\cfrac{\left|f^{\prime\prime}(\xi)(2-x _ 0)^2\right|+\left|f^{\prime\prime}(\eta)x _ 0^2\right|}{4}\\ &\leq 1+\cfrac{1}{4}[(2-x _ 0)^2+x _ 0^2]\\ &=\cfrac{1}{2}(x _ 0-1)^2+\cfrac{3}{2}\leq\cfrac{3}{2}+\cfrac{1}{2}=2\end{aligned}$$
题 2 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有二阶导数，且 $f^\prime(0)=0$，试证存在 $\xi\in(0,1)$，使 $f^{\prime\prime}(\xi)=\cfrac{2f^\prime(\xi)}{1-\xi}$。
$\bigstar\bigstar$ Rolle 中值定理——解题思路（来自《微积分学练习册》）
这道题具有启发性，需要乘以一个因子，构造出的函数才能较好地利用题给条件。
证明 构造函数 $F(x)=(x-1)^2f^\prime(x)$，那么 $F(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可导。
由于 $F(0)=F(1)=0$，根据 Rolle 定理，存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $F^\prime(\xi)=2(\xi-1)f^\prime(\xi)+(\xi-1)^2f^{\prime\prime}(\xi)=0$，即 $f^{\prime\prime}(\xi)=\cfrac{2f^\prime(\xi)}{1-\xi}$。
注意 要证明的等式可以写作 $(\xi-1)f^{\prime\prime}(\xi)+2f^\prime(\xi)=0$。由于没有给出关于 $f(x)$ 的值，直接令 $F^\prime(x)=(x-1)f^{\prime\prime}(x)+2f^\prime(x)$，会导致构造的函数 $F(x)=(x-1)f^\prime(x)+f(x)$ 在 $x=0,1$ 处的值无法比较。将要证明的等式两边同时乘上因子 $(\xi-1)$，从而构造出 $F(x)=(x-1)^2f^\prime(x)$，能够得出 $F(0)=F(1)$，进而使用 Rolle 定理。
题 3 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有连续导数，且 $\displaystyle\int _ 0^1x^2f^\prime(x)\mathrm dx=1$，证明：
（1）存在 $\xi\in[0,1]$，使得 $f^\prime(\xi)=3$。
（2）若 $f(1)=\displaystyle\int _ 0^1f(x)\mathrm dx=0$，则存在 $\eta\in[0,1]$，使得 $f^\prime(\eta)=-\cfrac{6}{7}$。
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ Rolle 中值定理——解题思路（来自小红书）
本题的难度集中在第（2）小问。根据题目条件可以考虑构造 $\displaystyle\int _ 0^1p(x)\left[f^\prime(x)+\cfrac{6}{7}\right]\mathrm dx=0$ 结构且 $p(x)\neq 0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立，对该式利用积分中值定理即可得证，且结论更强。使用微分中值定理也可以。
证明 （1）因为 $f^\prime(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $f^\prime(x)$ 在 $[0,1]$ 上存在最大值 $M$ 与最小值 $m$。于是有
$$\cfrac{m}{3}=m\int _ 0^1x^2\mathrm dx\leq\int _ 0 ^1x^2f^\prime(x)\mathrm dx\leq M\int _ 0^1x^2\mathrm dx=\cfrac{M}{3}$$
又 $\displaystyle\int _ 0^1x^2f^\prime(x)\mathrm dx=1$，得 $m\leq 3\leq M$。对 $f^\prime(x)$ 使用介值定理即可得证。
（2）由题 $\displaystyle\int _ 0^1f(x)\mathrm dx=xf(x)\bigg| _ 0^1-\int _ 0^1xf^\prime(x)\mathrm dx=0$，因为 $f(1)=0$，从而
$$\int _ 0^1xf^\prime(x)\mathrm dx=0$$
设存在 $a$ 使得
$$\int _ 0^1(x^2+ax)\left[f^\prime(x)+\cfrac{6}{7}\right]\mathrm dx=0$$
设 $p(x)=x^2+ax$ 的原因是，题干和求解中已经出现了 $x^2f^\prime(x)$ 和 $xf^\prime(x)$ 在 $[0,1]$ 上的定积分。
不难解得 $a=-3$。根据微分中值定理，存在 $\eta\in(0,1)$，使得 $$\int _ 0^1(x^2-3x)\left[f^\prime(x)+\cfrac{6}{7}\right]\mathrm dx=(\eta^2-3\eta)\left[f^\prime(\eta)+\cfrac{6}{7}\right]=0$$ 因为 $\eta\in(0,1)$，所以 $\eta^2-3\eta\neq 0$，从而得证。
或者使用 Rolle 定理。若记 $F(x)=\displaystyle\int _ 0^x(t^2+at)\left[f^\prime(t)+\cfrac{6}{7}\right]\mathrm dt$，则 $F(0)=F(1)=0$。由 Rolle 定理知存在 $\eta\in(0,1)$，使得 $$F^\prime(\eta)=(\eta^2-3\eta)\left[f^\prime(\eta)+\cfrac{6}{7}\right]=0$$
一样可以得证。
题 4 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续可微，$f^\prime(a)\neq 0$，由积分中值定理知：存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $\displaystyle\int _ a^bf(x)\mathrm dx=f(\xi)(b-a)$。证明 $\lim\limits _ {b\to a}\cfrac{\xi-a}{b-a}=\cfrac{1}{2}$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ Rolle 中值定理——解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学校选拔考试）
题目中得描述只涉及到 $f(\xi)$，所以需要思考怎么将 $\xi$ 转化为 $f(\xi)$ 。$f^\prime(a)$ 是完成这一点的桥梁。
证明 记 $F(b)=\displaystyle\int _ a^bf(x)\mathrm dx$，由泰勒公式可知 $$F(b)=F(a)+F^\prime(a)(b-a)+\cfrac{1}{2}F^{\prime\prime}(a)(b-a)^2+o((b-a)^2)$$
据此，有 $$\int _ a^bf(x)\mathrm dx=f(a)(b-a)+\cfrac{f^\prime(a)}{2}(b-a)^2+o((b-a)^2)$$
结合题目条件 $\displaystyle\int _ a^bf(x)\mathrm dx=f(\xi)(b-a)$，可得 $$\cfrac{f(\xi)-f(a)}{b-a}=\cfrac{1}{2}f^\prime(a)+o(1)$$
两边取极限，可得 $$\lim _ {b\to a}\cfrac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}\cdot\cfrac{\xi -a}{b-a}=\cfrac{1}{2}f^\prime(a)$$
因为 $\lim\limits _ {b\to a}\cfrac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f^\prime(a)\neq 0$，所以原式得证。
题 5 设 $a _ 1<a _ 2<\cdots <a _ n$，$f(x)$ 在 $[a _ 1,a _ n]$ 上 $n$ 次可微，且 $f(a _ i)=0,i=1,2,\cdots,n$。证明：对任意 $c\in[a _ 1,a _ n]$，存在 $\xi\in(a _ 1,a _ n)$ 使 $f(c)=\cfrac{(c-a _ 1)(c- a _ 2)\cdots(c-a _ n)}{n!}f^{(n)}(\xi)$。
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ Rolle 中值定理——解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（二））
题目中 $f(x)$ 至少存在 $n$ 个零点，又是关于 $f^{(n)}(\xi)$ 的结论，可以想到连续使用 $n$ 次 Rolle 定理。但是，具体怎么构造一个函数是一个很有挑战性的问题。
证明 若 $c$ 为某个 $a _ i$，等式左右两边都为 $0$，结论自明。若 $c\in(a _ 1,a _ n)$ 且异于所有 $a _ i$，记常数 $K=n!f(c)/(c-a _ 1)(c-a _ 2)\cdots(c-a _ n)$。作辅助函数 $F(x)=f(x)-K\cfrac{(x-a _ 1)(x-a _ 2)\cdots(x-a _ n)}{n!}$，则 $F(a _ 1)=F(a _ 2)=\cdots=F(a _ n)=F(c)=0$，反复使用 $n$ 次 Rolle 定理知，存在 $\xi\in(a _ 1,a _ n)$ 使得 $F^{(n)}(\xi)=0$ 即 $f^{(n)}(\xi)=K$。
分析 证明中的辅助函数 $F(x)$ 肯定不是一拍脑袋想出来的，应该是通过某种方法构造出来的。这里简单分析一下。
沿用证明过程中的 $K$ 定义，待证为存在 $\xi\in(a _ 1,a _ n)$ 使得 $f^{(n)}(\xi)-K=0$。构造的辅助函数 $F(x)$ 应该满足 $F^{(n)}(x)=f^{(n)}(x)-K$，从而 $F(x)=f(x)-KG(x)$，其中 $G(x)$ 是 $x$ 的 $n$ 次多项式。
现在我们只需要确定 $G(x)$ 的形式。
为了使得存在 $\xi\in(a _ 1,a _ n)$ 使得 $F^{(n)}(\xi)=0$，辅助函数 $F(x)$ 应该在 $[a _ 1,a _ n]$ 上有至少 $n+1$ 个零点。考虑到题目中给出的 $x$ 的可能取值，这 $n+1$ 个零点应该恰好是 $a _ 1$ 到 $a _ n$ 以及 $c$。这对 $G(x)$ 的要求是：$a _ 1$ 到 $a _ n$ 都是 $G(x)$ 的零点，并且 $G(c)=f(c)/K$。
由于 $G(x)$ 是 $x$ 的 $n$ 次多项式，$a _ 1$ 到 $a _ n$ 还都是 $G(x)$ 的零点，不难确定 $G(x)$ 具有如下形式
$$G(x)=C(x-a _ 1)(x-a _ 2)\cdots(x-a _ n)$$
其中 $C$ 是常数。然后，根据 $G(c)=f(c)/K$ 确定这个 $C$ 的值为 $$C=\cfrac{f(c)}{K(c-a _ 1)(c-a _ 2)\cdots(c-a _ n)}$$
综上，确定辅助函数 $F(x)$ 的形式为 $$F(x)=f(x)-\cfrac{f(c)(x-a _ 1)(x-a _ 2)\cdots(x-a _ n)}{(c-a _ 1)(c-a _ 2)\cdots(c-a _ n)}$$
这与证明过程中的 $F(x)$ 一模一样，可见它也是有迹可循的，不是什么牛鬼蛇神。