Assume a < b and let both f and g be continuous on J = [a, b] and differentiable at every point of (a, b). Then some c in (a, b) satisfies f′(c)[g(b) − g(a)] = g′(c)[f(b) − f(a)].
兩個函數共用同一段區間，定理交出同一個c 同時服務兩邊。取 g(x) = x 就退回 27.6：那時 g(b) − g(a) = b − a、g′(c) = 1，等式成了 f(b) − f(a) = f′(c)(b − a)。敘述寫成乘積而不是兩個商相等，是刻意的——商的寫法得先假設分母不為零，乘積的寫法對任何合乎前提的 f 與 g 都成立。g 在兩端的值相等時等式照樣為真，只是它此時保證的那一點滿足 g′(c) = 0。
前提與 27.6 相同，只是同一組要求對 f 與 g 各驗一次：兩者都在 J = [a, b] 上連續，都在 (a, b) 內有導數。分水嶺是 g(b) − g(a) 這個量是不是零——它為零時不能拿來當分母，改造的手法得換一種。
證明計畫 · 由所求想起 所求是一個點，讓兩邊的導數以指定的比例對應。能生出這種點的工具只有 27.5 洛爾定理，而它只吃「兩端的值都是零」的函數，所以每一種情形都得先把手上的函數改造成那個樣子。 情形一，g 在兩端取同一個值：等式左邊整條是零，只要右邊也是零就交差，所求於是降級成「找一點讓 g′ 為零」。把 g 整條往下移到兩端恰好落在零，再送進洛爾定理。 情形二，g 在兩端的值不同：造一個輔助函數——從 f 出發，先扣掉它在左端的值，再扣掉一個跟著 g 走、倍率挑得剛好的量，讓右端也被壓成零。洛爾定理交出一點，把那裡的導數等式移項就是所求。
Proof. Suppose first that g(a) = g(b), and let h(x) = g(x) − g(a) for x ∈ J. Because subtracting a constant leaves every difference quotient unchanged, h is continuous on J, has a derivative in (a, b), and satisfies h′ = g′ there. Moreover h(a) = 0 and h(b) = g(b) − g(a) = 0. Rolle's Theorem 27.5 therefore applies to h and yields a point c in (a, b) with g′(c) = h′(c) = 0. Both sides of the asserted equation vanish at this c.
Now suppose that g(a) ≠ g(b) and put K = [f(b) − f(a)]/[g(b) − g(a)], φ(x) = f(x) − f(a) − K[g(x) − g(a)]. Since f and g are continuous on J, so is φ. The difference quotient of φ at a point of (a, b) equals that of f minus K times that of g; hence φ has a derivative there and φ′(x) = f′(x) − K g′(x).
這一步的所求：一個兩端的值都是零、而且導數裡同時裝著 f′ 與 g′ 的函數。兩個扣除各有分工。扣掉 f(a) 是為了讓左端歸零；第二項在左端也是零，所以它不會把剛歸好的左端弄壞，而它在右端的值是 K[g(b) − g(a)] = f(b) − f(a)，恰好抵掉右端剩下的量。倍率 K 之所以挑成那個商，唯一的理由就是要讓右端剛好抵銷——分母不為零正是這一種情形的假設，所以 K 寫得出來。連續由 §20-5 的 20.6（連續函數的和、差、常數倍仍然連續）給出；導數那一句則是把差商相減：分子上的常數 f(a) 與 K g(a) 都消掉，剩下 f 的差商減去 K 倍 g 的差商，由 §25-3 的極限四則知道它有極限，值是 f′(x) − K g′(x)。拿數字走一次：f(x) = x²、g(x) = x³ 於 [0, 1]，兩邊的差都是 1 所以 K = 1，輔助函數是 x² − x³，在 0 與 1 的值確實都是零。
這張圖在說第二種情形的構造要點：被扣掉的那一項（上排虛線）被調成與 f 在兩個端點都取相同的值，中間則各走各的。兩者相減之後（下排），端點的差變成零、中間的差不必是零，洛爾定理要的前提就齊了。倍率 K 管的正是右端那一次相交——挑錯倍率，虛線在右端就對不上，差也就不是零。
Then φ(a) = 0, and φ(b) = f(b) − f(a) − K[g(b) − g(a)] = 0. Since Rolle's Theorem applies to φ, there is a point c in (a, b) with φ′(c) = 0, that is, f′(c) = K g′(c).
這一步的所求：把構造好的函數送進洛爾定理，換出一點。兩個端點都要當場核對。左端把 x = a 代進去，三項分別是 f(a)、−f(a) 與 −K · 0，加起來是零。右端把 K 的定義代回去，第三項就等於 f(b) − f(a)，與前兩項相消，也是零。連續與可微在前一步已經備妥，於是洛爾定理的三個前提到齊。接續前面的數字：輔助函數 x² − x³ 的導數是 2x − 3x²，它在 (0, 1) 內的零點是 x = ⅔，這就是洛爾定理交出來的那個 c。
Multiplying the last equality by g(b) − g(a), which is not zero, we obtain f′(c)[g(b) − g(a)] = g′(c)[f(b) − f(a)].
Assume a < b and let f be differentiable at every point of [a, b]. Write A = f′(a) and B = f′(b), and let C be strictly between A and B. Then f′(c) = C holds for some c in (a, b).
導數自己不必連續，卻仍然漏不掉中間的值：只要兩個端點的導數一個在 C 之下、一個在 C 之上，中間就一定有一點的導數正好是 C。這使 22.4 中間值定理多了一個不要求連續的親戚——22.4 靠的是連通性一路傳遞，這裡靠的完全是另一套機制：把目標值化成零，再讓最小值點被兩端擠進區間內部。敘述沒有指定 A 與 B 誰大誰小，而證明的那套機制只對其中一種次序管用，所以第一步得先把次序轉正。
正例：f(x) = x² 於 [0, 2]，A = 0、B = 4。取 C = 3，定理保證的那一點是 c = 1.5，確實有 f′(1.5) = 3。反例：「嚴格落在中間」不能鬆綁——同一個 f 取 C = 0，滿足 f′(c) = 0 的點只有 c = 0，而它是端點，不在開區間 (0, 2) 內。
兩種退化情形先擋掉：其一，C 必須嚴格落在 A 與 B 之間。取到端點的值時，見證的點可能只在端點上找得到，而結論指定的範圍是開區間 (a, b)，端點不在裡面——上面的反例就是現場。其二，A = B 時「嚴格落在兩者之間」的數一個也沒有，定理的前提永遠不成立，敘述空洞成立、什麼也沒保證。這種時候它不是錯的，是沒有內容的。
這張圖在說定理要求什麼、承諾什麼：左端的切線斜率是 A、右端是 B，紅色那一小段的斜率 C 夾在兩者之間。定理承諾曲線上一定有某一點，那裡的切線與紅段平行。要留意這裡完全沒有假設斜率在區間內連續地由 A 變到 B——它可以跳來跳去，結論仍然成立。
PROOF
記 A = f′(a)、B = f′(b)。C 夾在兩者之間有兩種次序（A < C < B 或 B < C < A），而底下的論證只對前一種管用——這不是措辭上的方便，是後面「最小值不在端點」那一步真的會垮：取 f(x) = x − x² 於 [0, 1]、C = 0，這時 A = 1、B = −1，減掉的一次函數是零函數，而 f 的最小值 0 在兩個端點同時取到。所以證明的第一件事是把次序轉正，手法是把 f 換成 −f。
證明計畫 · 由所求想起 所求是一點，它的導數等於指定的值 C。 第一步把次序轉正：兩種次序只有一種走得通，整條函數變號可以把另一種搬到那一種上，而變號前後「導數等於指定值」的那個點是同一個。 第二步把目標平移到零，因為手上能製造「導數為零」的工具是內部極小值版：從 f 減掉一個斜率恰為 C 的一次函數，新函數在某點導數為零，就等於 f 在該點的導數為 C。 第三步觀察新函數在兩個端點的導數：左端為負、右端為正。 第四步請 22.6 最大最小值定理交出最小值點——新函數可微因而連續，閉區間又是 compact。 第五步用 27.3 把端點逐一排除：左端右鄰有更低的值、右端左鄰也有更低的值，最小值點於是只能在內部。 最後對這個內點套內部極小值版，導數為零到手。
Proof. Suppose first that B < C < A. Every difference quotient of −f is the negative of the corresponding quotient of f, so −f is differentiable on [a, b] with (−f)′(a) = −A and (−f)′(b) = −B; multiplying the assumed inequalities by −1 reverses them and gives −A < −C < −B. Since a point c with (−f)′(c) = −C is exactly a point with f′(c) = C, it suffices to treat the case A < C < B, which we assume from now on.
這一步的所求：把兩種次序併成一種，而且要說清楚憑什麼可以併。不能只寫一句「不失一般性」就跳過——後面的論證真的只對 A < C < B 成立。反過來的次序有現成的反例：f(x) = x − x² 於 [0, 1]，導數是 1 − 2x，於是 A = 1、B = −1；取 C = 0，它嚴格夾在中間，而減掉的一次函數是零函數，所以新函數就是 f 自己。f 在 [0, 1] 上的最小值是 0，而它在 x = 0 與 x = 1 兩個端點都取得到——「最小值被擠進內部」整段就此失效（這個例子仍然有 f′(½) = 0，只是那一點是最大值點，不是最小值點）。換號之所以合法，是因為 −f 的差商是 f 的差商整條變號，所以導數也整條變號，這件事在 §27-2 的內部極小值版（把 f 換成 −f 就把極小翻成極大）已經核對過。變號之後三個數 A、B、C 同時乘上 −1，不等號整組翻面：B < C < A 成了 −A < −C < −B，正是走得通的那種次序。拿數字對照：A = 1、B = −1、C = 0 變號後是 −1 < 0 < 1。而找到的點不必再翻譯——導數是 −C 與導數是 C 說的是同一個 c。
Define g on [a, b] by g(x) = f(x) − C(x − a). The difference quotient of x ↦ C(x − a) is constantly C, so g has a derivative at every point of [a, b] and g′(x) = f′(x) − C. In particular g′(a) = A − C < 0 and g′(b) = B − C > 0.
這一步的所求：把「導數等於 C」改寫成「導數等於零」，因為手上的工具只認得零。作法是從 f 減掉一個斜率恆為 C 的一次函數，減完之後每一點的導數都少了 C，原本等於 C 的那些點就落到零上。減掉的那一項寫成 C(x − a) 而不是 Cx，只是為了讓它在左端的值是零、圖上兩條曲線從同一點出發，對結論沒有任何影響。兩個端點的導數因此各自平移：左端由正負未知變成確定為負（因為 A 比 C 小），右端變成確定為正（因為 B 比 C 大）——一負一正正是後面要用的全部資訊。拿數字走一次：f(x) = x² 於 [0, 2]，A = 0、B = 4，取 C = 3，則新函數是 x² − 3x，導數 2x − 3 在 0 是 −3（負）、在 2 是 1（正），與這一步說的吻合。
這張圖在說平移那一步改了什麼：虛線是原本的 f，實線是減掉斜率 C 的那條直線之後剩下的部分。減法把每一點的斜率都往下推了 C，於是左端從「比 C 緩」變成「向下」、右端從「比 C 陡」變成「向上」。原本要找的「斜率等於 C 的位置」，現在成了「斜率等於零的位置」。
Because g is differentiable on [a, b], Lemma 27.2 shows that g is continuous there. Since [a, b] is compact, the Maximum and Minimum Value Theorem 22.6 provides a point c in [a, b] at which g attains its minimum value on [a, b].
By 27.3(b) applied at a, where g′(a) < 0, there is δ > 0 with g(x) < g(a) for a < x < a + δ; hence the minimum is not attained at a. Likewise 27.3(a) applied at b, where g′(b) > 0, gives g(x) < g(b) for b − δ′ < x < b, so the minimum is not attained at b either.
這一步的所求：把兩個端點逐出候選名單。§27-2 的 27.3（導數為正時，右鄰的值比該點大、左鄰的值比該點小；導數為負時兩個結論互換）是兩側的敘述，而這裡對兩個端點各只用得上其中一側。在 a 用的是右側那一半：導數為負，於是緊鄰右邊的值比 g(a) 小，既然有人比它低，最小值就不可能在 a。在 b 用的是左側那一半：導數為正，於是緊鄰左邊的值比 g(b) 小，最小值也不可能在 b。另外那一側之所以不夠用，是因為 a 的左邊與 b 的右邊都沒有定義域的點——那一半的結論在這裡空洞成立，一句話也沒保證。換句話說，27.3 若只寫單側，這個證明就得看它剛好寫的是哪一側才知道能不能用。數字對照：x² − 3x 在 x = 0.1 的值是 −0.29，比端點的 0 低；在 x = 1.9 的值是 −2.09，比另一個端點的 −2 低。
Therefore c lies in the open interval (a, b) and is an interior point of [a, b]. Since g has a relative minimum at this interior point, the interior minimum form of 27.4 gives g′(c) = 0; because g′(c) = f′(c) − C, we conclude that f′(c) = C.
本篇把均值定理擴寫成兩個函數的版本（27.8）：等式寫成乘積，於是不必先假設任何分母不為零，而取 g(x) = x 就退回原來的樣子。接著證出導數自己的中間值性質——兩端導數之間的每一個值都被取得到，靠的是「減掉一條斜率為 C 的直線，再把最小值點擠進內部」這條路線，全程沒有用到導數連續。下一篇回到單一個函數，看均值定理一次能兌現多少條日常結論：導數恆為零是不是就是常數、導數為正是不是就遞增。先站起來走幾步、把肩膀轉一轉再回來。