（1）在闭区间[a，b]上连续；（2）在开区间（a，b）内可导；（3）在区间端点处的函数值相等，即f（a）=f（b），那么在（a，b）内至少有一点 ，使得[考点一] 通过对罗尔定理的分析，我们可以得到这样的推广即 在 上有n阶导数，在n+1个点上函数值相等， ，则至少存在一点 使「例1.证明题」若函数f（x）在（a，b）内具有二阶导数且 其中 证明：在 内至少有一点 使得分析：f（x）在[x1，x2]， [x2，x3]上满足罗尔定理条件，因此存在f’（ξ1）=0， f’（ξ2）=0在[ξ1，ξ2]上对于f’（x）再用罗尔定理，即有f"（ξ）=0证明：f（x）在（a，b）上有二阶导数，因此f’（x），f（x）都存在且连续，又有f（x1）= f（x2）=f（x3）

因此f（x）在[x1， x2] ， [x2， x3]上满足罗尔定理条件故 ， 使f’（ξ1）=0，f’（ξ2）=0于是f’（x）在[ξ1，ξ2]上满足罗尔定理条件故 使得f’’（ξ）=0「例2.证明题」（07年数学一（19）题）

设函数 ， 在[a，b]上连续，在（a，b）内具有二阶导数，且存在相等的最大值 ， 证明：存在 使得分析：证明f"（ξ）= g"（ξ），即证f"（ξ）- g"（ξ）=0考虑函数φ（x）=f（x）-g（x），也就是证明φ"（ξ）=0根据已知φ（a）= φ（b）=0，那么由推广的罗尔定理只要再找到一点η∈（a，b）， 使φ（η）=0即得结论。

证明：考虑函数φ（x）=f（x）-g（x），由于f（x），g（x）在（a，b）内有二阶导数，从而φ’（x），存在且连续。又f（x），g（x）在[a，b]连续，从而φ（x）在[a，b]连续。

从而φ（x）在[a，b]连续，且φ（a）= φ（b）=0由于f（x），g（x）有相同的最大值，设此值为M即有 使f（x1）=M使g（x2）=M于是 φ（x1）= f（x1） -g（x1）=M- g（x1）≥0φ（x2）= f（x2） -g（x2）=f（x2）-M≤0若φ（x1）=0（或φ（x2）=0）则取η=x1（或取η=x2）有φ（η）=0 η∈（a，b）

若φ（x1）>0， φ（x2）0 故F（η）=0由于f（x）在[0， π]连续，则F（x）在[0， π]可导，在[0， η]，[η， π]上对F（x）用罗尔定理，则 ， 使F’（ξ1）=F’（ξ2）=0，也就是f（ξ1）=f（ξ2）=0.「例4.证明题」（95年考题）

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ξ使（1）分析：一般象这种出题方式通常采用反证法，假设在（a，b）内g（x）有零点，由已知g（a）=g（b）=0.则g（x）有三个零点，又g’’（x）存在。因此由推广的罗尔定理，将存在ξ ，使g’’（ξ）=0与g’’（x）≠0矛盾。

证明： 用反证法 假设 使g（c）=0由于g（x）在[a，b]上存在二阶导数，因此在[a，b]上g’（x）与g（x）都连续可导，又g（a）=g（c）=g（b）=0.于是在[a，c]，[c，b]上对g（x）用罗尔定理。

， 使g’（ξ1）=0 ， g’（ξ2）=0又在[ξ1 ，ξ2]上对g’（x）用罗尔定理使g’’（ξ）=0 与 g"（x）≠0矛盾，故在（a，b）内g（x）≠0（2）分析：证明 即证f（ξ）g"（ξ）- f"（ξ）g（ξ）=0也就是f（x）g"（x）- f"（x）g（x）在（a，b）内有零点。

由已知只知道二阶导存在，并没有说二阶导连续，因此无法用连续函数的零点存在定理，我们考虑找它的原函数，把函数的零点存在问题，转化为它的原函数存在导数为零的点的问题，现在的问题是找f（x）g"（x）- f"（x）g （x）的原函数，如果观察力强，我们可直接找到。

f（x）g"（x）- f"（x）g （x）=[ f（x）g’ （x）- f’（x）g （x）]’如果观察不出来，我们可通过积分求出原函数。

也就是：证明： f（x）g"（x）- f"（x）g（x）有原函数φ（x）=f（x）g’（x）- f’（x）g（x）

由已知φ（x）在[a，b]可导，且φ（a）=φ（b）=0由罗尔定理。 ，使φ’（ξ）=0即f（ξ）g"（ξ）- f"（ξ）g（ξ）=0由（1）知g（ξ）≠0，于是有