由罗尔定理知：（1）可导函数在取得极值点处导数等于零；（2）方程：()0'=的一个根；f xf x=的两根之间至少有方程：()0（3）唯一性证明。
反证法：假设谬论，运用罗尔定理推出矛盾；（4）结论可能需多次运用罗尔定理。
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀⒁⒂ 证明：（1）方程33x x C -+（这里C 为常数）在区间[0,1]内不可能有两个不同的实根；（2）方程n x px q ++（其中n 为正整数，,p q 为实数）当n 为偶数时至多 有两个实根，当n 为奇数时至多有三个实根．证明：（1）反证法。
设()f x 有两个不同的实根 1212,[0,1],x x x x ∈<，而()f x 在12[,]x x 上连续，在12(,)x x 内 可导，12()()f x f x =，则存在12(,)[0,1]x x ξ∈⊂，使：'()0f ξ=。
由于2'()33'()01f x x f x x =-⇒=⇒=±， 而1x =±都不在(0,1)内，即不可能存在12(,)[0,1]x x ξ∈⊂，使'()0f ξ=，矛盾。
（2）3n ≤结论成立，用反证法证明4n ≥情形。
2n k =：设方程有三个实根 123123,,,()x x x x x x <<，函数()f x 在12[,]x x 与23[,]x x 上分别满足罗尔定理。
故存在112223(,),(,)x x x x ξξ∈∈使12'()'()0f f ξξ==212'()2,'()0k f x kx p f x x -=+=⇒=12'()'()0f f ξξ==矛盾。
21n k =+：设方程有四个实根 12341234,,,,()x x x x x x x x <<<，函数()f x 在12[,]x x ，23[,]x x ，34[,]x x 上分别满足罗尔定理。
故存在1(,)k k k x x ξ-∈使：'()0,(1,2,3)k f k ξ== 而2'()(21)0k f x k x p =++=，由于0,0,0p p p >=<分别有两个，一个，没有不同实数，矛盾，即n 为奇数时至多有三个实根。
16. 设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且1(0)(1)0,()12f f f ===，证明：必存在一点(0,1)ξ∈，使()1f ξ'=。
证明：令：()()F x f x x =- ，由：(1)10F =-< ，11()022F =>，且：()F x 在[0,1]连续知必存在一点1(,1)2c ∈，使得：()0F c = ，于是，()F x 在[0,]c 上连续，在(0,)c 可导，且：(0)()0F F c == ，满足罗尔定理的条件，故必存在一点(0,)(0,1)c ξ∈⊂，使()0F ξ'=，即：()1f ξ'= 。
17. 设,,a b c 为实数，证明方程：2x e ax bx c =++至多有三个实根。
证明：用反证法，连续运用罗尔定理可证结论。
18. 设(),()f x g x 在[,]a b 上存在二阶导数，且()0g x ''≠，()()()()0f a f b g a g b ====证明：（1）在(,)a b 内()0g x ≠；（2）至少存在一点(,)a b ξ∈使得：()()()()f fg g ξξξξ''=''。
证明：（1）用反证法。
假设存在一点(,)c a b ∈，使：()0g c = ，则()g x 分别在[,],[,]a c c b 上 满足罗尔定理，则必存在一点12(,),(,)a c c b ξξ∈∈使得：12()()0g g ξξ''== ，且：12ξξ<， 同理，()g x '在12[,]ξξ上满足罗尔定理，则必存在一点12(,)(,)a b ξξξ∈⊂使得：()0g ξ''=， 与已知条件矛盾。
（2）取：()()()()()F x f x g x f x g x ''=- ，由题设可知()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且：()()0F a F b == ，由罗尔定理知：必存在一点(,)a b ξ∈ ，使得：()0F ξ'= ， 即：()()()()0f g f g ξξξξ''''-= ，从而：()()()()f fg g ξξξξ''='' 。
19. 设(),()f x g x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且对(,)a b 内任一点x ，有()()()()0f x g x f x g x ''-≠，证明：在(,)a b 内()f x 的两个零点之间，()g x 至少有一个零点。
证明：用反证法。
设()g x 在的()f x 的两个零点1212,()x x x x <之间无零点，12(),()g x g x 非零， 否则与()()()()0f x g x f x g x ''-≠矛盾，于是，设：()()()f x F xg x =，()F x 在12[,]x x 上连续，在12(,)x x 内可导，且：12()()0F x F x == ，由罗尔定理，则必存在一点12(,)(,)x x a b ξ∈⊂使得：2()()()()()0()f g f g F g ξξξξξξ''-'== ，也即：()()()()0f g f g ξξξξ''-= ，与已知矛盾。
20. 设函数()f x 在[0,3]上连续，在(0,3)内可导，且(0)(1)(2)3f f f ++=，证明：必存在(0,3)ξ∈使得：()0f ξ'=。
证明：因为函数()f x 在[0,3]上连续，必存在最大值M 和最小值m ，于是有： (0)m f M ≤≤ ，(1)m f M ≤≤，(2)m f M ≤≤ ，即有：(0)(2)(1)3f f f m M ++≤≤有介值定理知，必存在(0,3)c ∈，使得：1()[(0)(1)(2)]13f c f f f =++=， 因此，()f x 在[,3]c 上满足罗尔定理条件，必存在(,3)(0,3)c ξ∈⊂使得：()0f ξ'=21. 设函数()f x 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且1(2)2,(1)2f f ==， 证明：必存在(1,2)ξ∈使得：2()()f f ξξξ'=。
证明：作辅助函数：2()()f x F x x = ，由题设可知()F x 在[1,2]上连续，在(1,2)内可导， 且：1(2)(1)2F F ==，()F x 在[1,2]上满足罗尔定理条件，必存在(1,2)ξ∈， 使得：24()2()()0f f F ξξξξξξ'-'== ，即：2()()f f ξξξ'= 。
22. 设()f x 在[0,1]上存在二阶导数，且(0)(1)0f f ==，证明：至少存在一点(0,1)ξ∈，使得：2()()1f f ξξξ'''=-。
证明：作辅助函数：()(1)()F x x f x =- ，由题设可知()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导， 且：(0)(1)0F F == ，()F x 在[0,1]上满足罗尔定理条件，必存在(0,1)c ∈，使得：()0F c '= ，而：()()(1)()F x f x x f x ''=-+-，可知：(1)0F '=， 再由罗尔定理知：必存在(,1)(0,1)c ξ∈⊂，使得：()0F ξ''=，即：2()()1f f ξξξ'''=- 。
23. 设函数()f x 在[,](0)a b a >上连续，在(,)a b 内可导，且()0f a =，证明：必存在(,)a b ξ∈使得：()()af f b ξξξ'=-。
证明：作辅助函数：()()()a F x b x f x =-，由题设知：()F x 在[,](0)a b a >上连续，在(,)a b 内可导，且：()()0F a F b == ，()F x 在[,](0)a b a >上满足罗尔定理条件，必存在(,)a b ξ∈，使得：1()()()()()0a a F a b f b f ξξξξξ-''=--+-=，即：()()af f b ξξξ'=- 。
24. 设(),()f x g x 在[,]a b 上连续， (1)(1)(),(),,(),(),(),,()n n f x f x f x g x g x g x --'''''' 在[,]a b 上存在且连续，()()(),()n n f x g x 在(,)a b 内存在，且：()(),f a g a =(1)(1)()(),,()()n n f a g a f a g a --''== ，()()f b g b =证明：至少存在一点(,)a b ξ∈，使得：()()()()n n f g ξξ=。
证明：作辅助函数：()()()F x f x g x =-，反复运用罗尔定理。
25. 设()f x 在[0,4]上存在二阶导数，且：(0)0,(1)1,(4)2f f f ===，证明：存在(0,4)ξ∈，使得：1()3f ξ''=-。
证明：把要证明的结论中ξ的换成x ：1()3f x ''=-，可积分出：2121()6f x x c x c =-++，在由：(0)0,(1)1,(4)2f f f ===，得到：217()66f x x x =-+ ，作辅助函数：217()()66F x f x x x =+- ，易知：(0)(1)(4)0F F F ===，在[0,1]和[1,4]上分别应用罗尔定理，存在1(0,1)ξ∈，2(1,4)ξ∈使得：12()()0F F ξξ''== 再在12[,]ξξ上对()F x '运用罗尔定理，有12(,)(0,4)ξξξ∈⊂，使得：()0F ξ''=， 即：1()3f ξ''=- 。