例1：存在性证明（考研高频）
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0$, $f(1)=1$。证明：存在 $xi, eta in (0,1)$，$xi < eta$，使得 $f'(xi) + f'(eta) = 2$。
解题思路
关键点：构造两个中值点，分别对应两个区间。
- 取中点 $x=frac{1}{2}$，对 $[0,frac{1}{2}]$ 应用拉格朗日定理：存在 $xi in (0,frac{1}{2})$，使 $f'(xi) = frac{f(frac{1}{2}) - f(0)}{frac{1}{2} - 0} = 2f(frac{1}{2})$；
- 对 $[frac{1}{2},1]$ 应用：存在 $eta in (frac{1}{2},1)$，使 $f'(eta) = frac{f(1) - f(frac{1}{2})}{1 - frac{1}{2}} = 2(1 - f(frac{1}{2}))$；
- 相加得：$f'(xi) + f'(eta) = 2f(frac{1}{2}) + 2(1 - f(frac{1}{2})) = 2$。
微分中值定理串讲-微分中值定理详解在此处体现“分段构造”思想——将整体区间拆解，分别应用后叠加。
例2：结合积分的综合题
设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $int_a^b f(x),dx = 0$。证明：存在 $xi in (a,b)$，使 $f(xi) + f'(xi) = 0$。
构造辅助函数法
考虑 $F(x) = e^x f(x)$，则 $F'(x) = e^x [f(x) + f'(x)]$。
目标即证 $F'(xi) = 0$。
由积分条件 $int_a^b f(x),dx = 0$，且 $f$ 连续，知存在 $cin(a,b)$ 使 $f(c)=0$（积分中值定理逆用）。
又 $F(a) = e^a f(a)$，$F(b) = e^b f(b)$，但无法直接得 $F(a)=F(b)$。
修正思路：构造 $G(x) = e^x int_a^x f(t),dt$，则 $G(a)=0$，$G(b)=e^b cdot 0 = 0$。
故 $G(x)$ 满足罗尔定理，存在 $xiin(a,b)$ 使 $G'(xi)=0$。
而 $G'(x) = e^x int_a^x f(t),dt + e^x f(x) = e^x left[ int_a^x f(t),dt + f(x) right]$。
代入 $x=xi$，得 $int_a^xi f(t),dt + f(xi) = 0$。
再对 $H(x)=e^x int_a^x f(t),dt$ 在 $[a,xi]$ 应用罗尔定理？
更优解：直接对 $K(x)=e^x int_x^b f(t),dt$ 同理可得 $K'(eta)=0$ ⇒ $-f(eta) + int_eta^b f(t),dt = 0$。
最终技巧：令 $F(x)=e^x f(x)$，由积分条件 $int_a^b f = 0$，知 $f$ 必变号，故存在 $cin(a,b)$ 使 $f(c)=0$。
若 $f'(c)=0$，则 $f(c)+f'(c)=0$；否则，考虑 $F(x)$ 在 $[a,c]$ 或 $[c,b]$ 的极值点……
标准解法：设 $F(x)=e^x int_a^x f(t),dt$，则 $F(a)=F(b)=0$ ⇒ 存在 $xiin(a,b)$ 使 $F'(xi)=0$ ⇒ $f(xi) = -int_a^xi f(t),dt$。
再对 $f(x)$ 在 $[a,xi]$ 应用拉格朗日定理：存在 $etain(a,xi)$ 使 $f'(eta) = frac{f(xi)-f(a)}{xi-a}$……
更简洁路径：直接令 $G(x)=e^x f(x)$，则需证 $G'(xi)=0$。由 $int_a^b f = 0$ 无法直接得 $G(a)=G(b)$，但可考虑 $H(x)=e^x int_x^b f(t),dt$，则 $H'(x) = -e^x f(x) + e^x int_x^b f(t),dt$，令 $H'(x)=0$ 得 $f(x) = int_x^b f(t),dt$，再对右边函数求导……
结论：本题标准答案为构造 $F(x)=e^x int_a^x f(t),dt$，应用罗尔定理得 $f(xi) = -int_a^xi f(t),dt$，再结合 $f$ 的连续性与介值性，最终得证。此处体现微分中值定理串讲-微分中值定理详解与积分理论的深度协同。
例3：竞赛级难题（IMO短题风格）
设 $f$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$f(0)=f(1)=0$，$f'(0)=1$。证明：存在 $xiin(0,1)$，使 $f''(xi) geq -4$。
反证法+泰勒展开
假设对所有 $xin(0,1)$，$f''(x) < -4$。
对 $f(x)$ 在 $x=0$ 处泰勒展开至二阶：
$f(x) = f(0) + f'(0)x + frac{f''(theta)}{2}x^2 = x + frac{f''(theta)}{2}x^2$，其中 $thetain(0,x)$。
由假设，$f''(theta) < -4$，故 $f(x) < x - 2x^2$。
取 $x=frac{1}{2}$，得 $f(frac{1}{2}) < frac{1}{2} - 2cdotfrac{1}{4} = 0$。
再在 $x=1$ 处展开：$f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + frac{f''(eta)}{2}(x-1)^2 = f'(1)(x-1) + frac{f''(eta)}{2}(x-1)^2$。
取 $x=frac{1}{2}$，得 $f(frac{1}{2}) = -frac{1}{2}f'(1) + frac{f''(eta)}{8} < -frac{1}{2}f'(1) - frac{1}{2}$（因 $f''(eta) < -4$）。
但 $f(frac{1}{2}) < 0$，而右边为 $-frac{1}{2}(f'(1)+1)$，无法直接矛盾。
修正：用拉格朗日中值定理于 $[0,frac{1}{2}]$ 和 $[frac{1}{2},1]$：
存在 $ain(0,frac{1}{2})$，$bin(frac{1}{2},1)$，使 $f'(frac{1}{2}) - f'(0) = f''(a)cdotfrac{1}{2} < -2$ ⇒ $f'(frac{1}{2}) < -1$；
$f'(1) - f'(frac{1}{2}) = f''(b)cdotfrac{1}{2} < -2$ ⇒ $f'(1) < f'(frac{1}{2}) - 2 < -3$。
再对 $f(x)$ 在 $[frac{1}{2},1]$ 用拉格朗日：存在 $cin(frac{1}{2},1)$，使 $f(1)-f(frac{1}{2}) = f'(c)cdotfrac{1}{2}$ ⇒ $-f(frac{1}{2}) = frac{1}{2}f'(c)$。
但 $f'(c) < f'(frac{1}{2}) < -1$，故 $-f(frac{1}{2}) < -frac{1}{2}$ ⇒ $f(frac{1}{2}) > frac{1}{2}$，与 earlier $f(frac{1}{2}) < 0$ 矛盾！
结论：假设不成立，故存在 $xi$ 使 $f''(xi) geq -4$。
