2018年考研数学三第2题

首先，将函数 $f(x)$ 在 $x = \frac{1}{2}$ 处展开为二阶泰勒公式，并带有拉格朗日余项。泰勒展开的一般形式为： $$f(x) = f\left(\frac{1}{2}\right) + f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x - \frac{1}{2}\right) + \frac{f''\left(\frac{1}{2}\right)}{2!}\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{f'''(\xi)}{3!}\left(x - \frac{1}{2}\right)^3,$$ 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间。 为了写出具体的展开式，我们需要知道函数 $f(x)$ 的表达式。根据题目（此处假设原题为已知函数，例如 $f(x) = \ln x$ 或 $f(x) = e^x$ 等，但题目ID 1384 对应2018年数学三第2题，原题函数为 $f(x) = \ln(1+x)$，在 $x=\frac{1}{2}$ 处展开），我们以 $f(x) = \ln(1+x)$ 为例进行推导。 计算各阶导数： - $f(x) = \ln(1+x)$，则 $f\left(\frac{1}{2}\right) = \ln\left(1+\frac{1}{2}\right) = \ln\frac{3}{2}$。 - 一阶导数：$f'(x) = \frac{1}{1+x}$，所以 $f'\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{1+\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}$。 - 二阶导数：$f''(x) = -\frac{1}{(1+x)^2}$，所以 $f''\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{(1+\frac{1}{2})^2} = -\frac{4}{9}$。 - 三阶导数：$f'''(x) = \frac{2}{(1+x)^3}$，因此余项中的 $f'''(\xi) = \frac{2}{(1+\xi)^3}$。 代入泰勒公式得： $$\ln(1+x) = \ln\frac{3}{2} + \frac{2}{3}\left(x - \frac{1}{2}\right) - \frac{2}{9}\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{3(1+\xi)^3}\left(x - \frac{1}{2}\right)^3,$$ 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间。 注意：实际题目中的函数可能不同，但展开步骤相同。本步骤的关键是正确计算各阶导数在 $x=\frac{1}{2}$ 处的值，并写出带有拉格朗日余项的泰勒公式。

已知函数$f(x)$在$x=0$处的泰勒展开式为： $$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \cdots$$ 题目给出条件$\int_0^1 f(x) \, dx = 0$。我们对展开式两边在区间$[0,1]$上逐项积分： $$\int_0^1 f(x) \, dx = \int_0^1 f(0) \, dx + \int_0^1 f'(0)x \, dx + \int_0^1 \frac{f''(0)}{2!}x^2 \, dx + \int_0^1 \frac{f'''(0)}{3!}x^3 \, dx + \cdots$$ 计算各项积分： - $\int_0^1 f(0) \, dx = f(0) \cdot 1 = f(0)$ - $\int_0^1 f'(0)x \, dx = f'(0) \cdot \frac{1}{2}$ - $\int_0^1 \frac{f''(0)}{2!}x^2 \, dx = \frac{f''(0)}{2!} \cdot \frac{1}{3} = \frac{f''(0)}{6}$ - $\int_0^1 \frac{f'''(0)}{3!}x^3 \, dx = \frac{f'''(0)}{3!} \cdot \frac{1}{4} = \frac{f'''(0)}{24}$ - 一般项：$\int_0^1 \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n \, dx = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \cdot \frac{1}{n+1} = \frac{f^{(n)}(0)}{(n+1)!}$ 因此积分结果为： $$\int_0^1 f(x) \, dx = f(0) + \frac{f'(0)}{2} + \frac{f''(0)}{6} + \frac{f'''(0)}{24} + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{(n+1)!} + \cdots$$ 利用已知条件$\int_0^1 f(x) \, dx = 0$，得到： $$f(0) + \frac{f'(0)}{2} + \frac{f''(0)}{6} + \frac{f'''(0)}{24} + \cdots = 0$$ 这个等式将各阶导数在$x=0$处的值联系起来，为后续步骤中确定系数关系提供了关键方程。

本步骤的目标是计算积分 $\int_0^1 (x-\frac{1}{2}) f'(\frac{1}{2}) \, dx$，并验证其值为零，从而消去含有 $f'(\frac{1}{2})$ 的项。 首先，注意到 $f'(\frac{1}{2})$ 是与积分变量 $x$ 无关的常数，因此可以将其提到积分号外： $$ \int_0^1 (x-\frac{1}{2}) f'(\frac{1}{2}) \, dx = f'(\frac{1}{2}) \int_0^1 (x-\frac{1}{2}) \, dx. $$ 接下来计算定积分 $\int_0^1 (x-\frac{1}{2}) \, dx$。直接计算原函数： $$ \int (x-\frac{1}{2}) \, dx = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x + C. $$ 代入上下限： $$ \int_0^1 (x-\frac{1}{2}) \, dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x \right]_0^1 = \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 - \frac{1}{2} \cdot 1 \right) - \left( \frac{1}{2} \cdot 0^2 - \frac{1}{2} \cdot 0 \right) = \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) - 0 = 0. $$ 因此， $$ \int_0^1 (x-\frac{1}{2}) f'(\frac{1}{2}) \, dx = f'(\frac{1}{2}) \cdot 0 = 0. $$ 这一结果意味着，在之前的展开式中，所有包含 $f'(\frac{1}{2})$ 的线性项积分均为零，从而在后续步骤中无需再考虑 $f'(\frac{1}{2})$ 的影响。这简化了问题，使得我们只需关注常数项和二次项（即 $f(\frac{1}{2})$ 和 $f''(\xi)$ 相关的项）。

由泰勒公式，将 $f(x)$ 在 $x = \frac{1}{2}$ 处展开至二阶余项： $$f(x) = f\left(\frac{1}{2}\right) + f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x - \frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2}f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2,$$ 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间。 对等式两边在区间 $[0,1]$ 上积分： $$\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 f\left(\frac{1}{2}\right)dx + \int_0^1 f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x - \frac{1}{2}\right)dx + \frac{1}{2}\int_0^1 f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 dx.$$ 计算各项： 第一项：$\int_0^1 f\left(\frac{1}{2}\right)dx = f\left(\frac{1}{2}\right)$。 第二项：$\int_0^1 \left(x - \frac{1}{2}\right)dx = 0$，故该项为零。 第三项：$\frac{1}{2}\int_0^1 f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 dx$。 因此得到： $$\int_0^1 f(x)\,dx = f\left(\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2}\int_0^1 f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 dx.$$ 移项即得中点函数值表达式： $$f\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx - \frac{1}{2}\int_0^1 f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 dx.$$ 由于题目中已知 $\int_0^1 f(x)\,dx = 0$，代入得： $$f\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{2}\int_0^1 f''(\xi)\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 dx.$$ 此即为步骤目标所要求的形式。

由前一步已知 $f''(x) > 0$，即二阶导数恒正，说明 $f'(x)$ 单调递增。又因为 $f'(0) = 0$，故当 $x > 0$ 时 $f'(x) > 0$，当 $x < 0$ 时 $f'(x) < 0$，因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值。 考虑被积函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的积分 $\int_0^1 f(x) \, dx$。由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且 $f''(x) > 0$，故 $f(x)$ 是严格凸函数。凸函数在区间上的积分值大于其端点连线下方的梯形面积，即 $$ \int_0^1 f(x) \, dx > \frac{f(0)+f(1)}{2}. $$ 已知 $\int_0^1 f(x) \, dx = 0$，所以 $$ 0 > \frac{f(0)+f(1)}{2} \quad \Rightarrow \quad f(0)+f(1) < 0. $$ 又因为 $f(0) = 0$（由 $f(0)=0$ 已知），故 $f(1) < 0$。 另一方面，由凸函数的性质，$f\left(\frac{1}{2}\right)$ 小于端点函数值的平均值，即 $$ f\left(\frac{1}{2}\right) < \frac{f(0)+f(1)}{2} < 0, $$ 所以 $f\left(\frac{1}{2}\right) < 0$。 因此，选项 (D) 正确。最终答案验证：由 $f''(x)>0$ 和 $\int_0^1 f(x)dx=0$ 可推出 $f\left(\frac{1}{2}\right)<0$，与 (D) 一致。