2020年考研数学三第19题

解答题 · 10分

📝 题目

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上具有连续导数，$f(0)=f(2)=0, M=\max _{x \in[0,2]}\{|f(x)|\}$ ，证明： （ I ）存在 $\xi \in(0,2)$ ，使得 $\left|f^{\prime}(\xi)\right| \geqslant M$ ； （II）若对任意的 $x \in(0,2),\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ ，则 $M=0$ ．

💡 答案解析

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**解析**:

（I）设 $x=x_{0}$ 时 $\left|f\left(x_{0}\right)\right|=M$ ，由拉格朗日定理 $\exists \xi_{1} \in\left(0, x_{0}\right)$ 使得 $\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right|=\left|\displaystyle\frac{f\left(x_{0}\right)-f(0)}{x_{0}-0}\right|=\displaystyle\frac{\left|f\left(x_{0}\right)\right|}{x_{0}}=\displaystyle\frac{M}{x_{0}}$ $\exists \xi_{2} \in\left(x_{0}, 2\right)$ 使得 $\left|f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)\right|=\left|\displaystyle\frac{f\left(x_{0}\right)-f(2)}{x_{0}-2}\right|=\displaystyle\frac{\left|f\left(x_{0}\right)\right|}{2-x_{0}}=\displaystyle\frac{M}{2-x_{0}}$ 若 $x_{0} \in(0,1]$ 则取 $\xi=\xi_{1}$ ，有 $\left|f^{\prime}(\xi)\right|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right|=\displaystyle\frac{M}{x_{0}} \geq M$ 若 $x_{0} \in(1,2)$ 则取 $\xi=\xi_{2}$ ，有 $\left|f^{\prime}(\xi)\right|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)\right|=\displaystyle\frac{M}{2-x_{0}} \geq M$ （II）$M=\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\left|f\left(x_{0}\right)-f(0)\right|=\left|\displaystyle\int_{0}^{x_{0}} f^{\prime}(x) d x\right| \leq \displaystyle\int_{0}^{x_{0}}\left|f^{\prime}(x)\right| d x \leq \displaystyle\int_{0}^{x_{0}} M d x \leq M x_{0}$ $M=\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\left|f(2)-f\left(x_{0}\right)\right|=\left|\displaystyle\int_{x_{0}}^{2} f^{\prime}(x) d x\right| \leq \displaystyle\int_{x_{0}}^{2}\left|f^{\prime}(x)\right| d x \leq \displaystyle\int_{x_{0}}^{2} M d x \leq M\left(2-x_{0}\right)$

故 $\left\{\begin{array}{l}M\left(1-x_{0}\right) \leq 0 \\ M\left(1-x_{0}\right) \geq 0\end{array}\right.$ 同时成立 若 $x_{0} \neq 1$ 则显然 $M=0$ 若 $x_{0}=1$ 则 $M \leq \displaystyle\int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right| d x \leq \displaystyle\int_{0}^{1} M d x=M$ 且 $M \leq \displaystyle\int_{1}^{2}\left|f^{\prime}(x)\right| d x \leq \displaystyle\int_{1}^{2} M d x \leq M$ 当且仅当区间 $(0,1)$ 和 $(1,2)$ 上 $\left|f^{\prime}(x)\right| \equiv M$ 成立，若假设 $M \neq 0$ 要么 $f^{\prime}(x) \equiv \pm M$ 与 $f(0)=f(2)=0$ 矛盾 要么 $f^{\prime}(x)=\left\{\begin{array}{ll} \pm M & 0\lt x\lt 1 \\ \mp M & 1\lt x\lt 2\end{array}, f(x)\right.$ 在 $x=1$ 处不可导，与已知矛盾故 $M=0$

📋 详细解题步骤

步骤 1/10
目标：设定最大值点
首先，根据题目条件，函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上连续。由闭区间上连续函数的性质（最值定理），$f(x)$在$[0,2]$上必定存在最大值和最小值。我们设$M = \max_{x \in [0,2]} |f(x)|$，即$|f(x)|$在区间上的最大值。由于$|f(x)|$也是连续函数，该最大值存在。 为了后续分析，我们选取一个点$x_0 \in [0,2]$，使得$|f(x_0)| = M$。这样的点$x_0$可能不止一个，但我们可以任取其中一个。注意，$M \geq 0$，且由$f(x)$的连续性，若$M = 0$，则$f(x) \equiv 0$，此时结论显然成立。因此，在非平凡情形下，$M > 0$。 这个设定是后续利用积分不等式和估值定理的基础。我们将通过$x_0$处的函数值来建立$M$与积分之间的联系。
公式：$$M = \max_{x \in [0,2]} |f(x)|, \quad \exists x_0 \in [0,2] \text{ 使得 } |f(x_0)| = M$$
提示：明确$M$是$|f(x)|$的最大值，而非$f(x)$的最大值。
步骤 2/10
目标：应用拉格朗日中值定理于左区间
已知函数$f(x)$在闭区间$[0,x_0]$上连续，在开区间$(0,x_0)$内可导，且$f(0)=0$。根据拉格朗日中值定理，存在一点$\xi_1 \in (0,x_0)$，使得 $$ f(x_0)-f(0)=f'(\xi_1)(x_0-0). $$ 由于$f(0)=0$，上式化为 $$ f(x_0)=f'(\xi_1)x_0. $$ 对等式两边取绝对值，得 $$ |f(x_0)|=|f'(\xi_1)|\,x_0. $$ 由题目条件，$|f(x_0)|=M$，因此 $$ M=|f'(\xi_1)|\,x_0. $$ 整理可得 $$ |f'(\xi_1)|=\frac{M}{x_0}. $$ 这里$\xi_1$是$(0,x_0)$内的某一点。该步骤利用了拉格朗日中值定理，将函数值的差与导数值联系起来，为后续的放缩和估计提供了关键等式。
公式：$$|f'(\xi_1)|=\frac{M}{x_0}$$
提示：注意中值定理要求区间端点函数值已知，且$f(0)=0$简化了计算。
步骤 3/10
目标：应用拉格朗日中值定理于右区间
已知函数 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导，且 $f(0)=f(2)=0$，$\max_{x\in[0,2]}|f(x)|=M>0$。设 $x_0\in(0,2)$ 为取得最大值 $M$ 的点，即 $|f(x_0)|=M$。 现在考虑右区间 $[x_0,2]$。由于 $f(x)$ 在 $[x_0,2]$ 上连续，在 $(x_0,2)$ 内可导，满足拉格朗日中值定理的条件。因此，存在一点 $\xi_2\in(x_0,2)$，使得 $$f(2)-f(x_0)=f'(\xi_2)(2-x_0).$$ 由已知 $f(2)=0$，$f(x_0)=M$（不妨设 $f(x_0)=M>0$，若 $f(x_0)=-M$，则考虑 $-f(x)$ 即可，结论相同），代入得 $$0-M = f'(\xi_2)(2-x_0),$$ 即 $$-M = f'(\xi_2)(2-x_0).$$ 两边取绝对值，得 $$|f'(\xi_2)| = \frac{M}{2-x_0}.$$ 这样就得到了右区间上的导数绝对值的一个下界估计。
公式：$$|f'(\xi_2)| = \frac{M}{2-x_0}$$
提示：注意拉格朗日中值定理要求区间端点函数值已知，此处 $f(2)=0$ 是关键。
步骤 4/10
目标：分情况选取ξ证明不等式
由前一步已知存在$x_0\in(0,2)$使得$|f'(x_0)|\geq M$，其中$M=\frac{|f(2)-f(0)|}{2}$。现分两种情况选取$\xi$并证明$|f'(\xi)|\geq M$。 **情况一：$x_0\in(0,1]$** 此时直接取$\xi=\xi_1=x_0$。由于$x_0\in(0,1]\subset(0,2)$，且已证$|f'(x_0)|\geq M$，因此$|f'(\xi)|=|f'(x_0)|\geq M$成立。 **情况二：$x_0\in(1,2)$** 此时$x_0$不在区间$[0,1]$内，不能直接取$\xi=x_0$。考虑利用拉格朗日中值定理构造另一个点。对函数$f(x)$在区间$[0,1]$上应用拉格朗日中值定理，存在$\xi_2\in(0,1)$使得 $$f'(\xi_2)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=f(1)-f(0).$$ 另一方面，对$f(x)$在区间$[1,2]$上应用拉格朗日中值定理，存在$\eta\in(1,2)$使得 $$f'(\eta)=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f(2)-f(1).$$ 由绝对值不等式， $$|f'(\xi_2)|+|f'(\eta)|=|f(1)-f(0)|+|f(2)-f(1)|\geq|f(2)-f(0)|=2M.$$ 因此$|f'(\xi_2)|$与$|f'(\eta)|$中至少有一个不小于$M$。若$|f'(\xi_2)|\geq M$，则取$\xi=\xi_2$；若$|f'(\xi_2)|
公式：$$|f'(\xi_2)|+|f'(\eta)|\geq|f(2)-f(0)|=2M$$
提示：分情况讨论时，注意$x_0$的位置，第二种情况需借助拉格朗日中值定理构造新点。
步骤 5/10
目标：利用积分表示f(x0)并放缩
由已知条件$f(0)=0$，设$x_0$为$|f(x)|$在区间$[0,1]$上的最大值点，即$M=|f(x_0)|=\max_{x\in[0,1]}|f(x)|$。根据牛顿-莱布尼茨公式，将$f(x_0)$表示为从$0$到$x_0$的积分： $$f(x_0)=f(x_0)-f(0)=\int_0^{x_0} f'(x)\,dx.$$ 两边取绝对值，并利用积分的绝对值不等式（$\left|\int_a^b g(x)\,dx\right|\leq \int_a^b |g(x)|\,dx$），得到 $$M=|f(x_0)|=\left|\int_0^{x_0} f'(x)\,dx\right|\leq \int_0^{x_0} |f'(x)|\,dx.$$ 由于$|f'(x)|\leq M$（由题目条件$|f'(x)|\leq |f(x)|$及$|f(x)|\leq M$可得$|f'(x)|\leq M$），因此被积函数满足$|f'(x)|\leq M$，从而积分进一步放缩为 $$\int_0^{x_0} |f'(x)|\,dx \leq \int_0^{x_0} M\,dx = M x_0.$$ 综合以上不等式链，得到 $$M \leq M x_0.$$ 由于$M>0$（若$M=0$则结论平凡），两边除以$M$得$1\leq x_0$。又因为$x_0\in[0,1]$，故必有$x_0=1$。这一放缩过程将问题转化为关于最大值点$x_0$的不等式，为后续推导$f(x)\equiv0$奠定了基础。
公式：$$M=|f(x_0)|=\left|\int_0^{x_0} f'(x)\,dx\right|\leq \int_0^{x_0} |f'(x)|\,dx\leq M x_0$$
提示：注意利用$f(0)=0$将函数值转化为积分，再逐层放缩，最终得到关于$x_0$的不等式。
步骤 6/10
目标：利用积分表示f(x0)的另一形式
由已知条件$f(2)=0$，且$x_0$为$f(x)$在区间$[0,2]$上的最大值点，因此$f(x_0)=M$（$M>0$）。考虑将$f(x_0)$表示为从$x_0$到$2$的积分形式。由于$f(2)=0$，根据牛顿-莱布尼茨公式，有 $$f(x_0)-f(2)=\int_{2}^{x_0}f'(x)\,dx$$ 即 $$f(x_0)=\int_{2}^{x_0}f'(x)\,dx$$ 注意积分上下限：从$2$到$x_0$，由于$x_0<2$，积分方向是逆向的。为方便处理绝对值，我们改写为从$x_0$到$2$的积分： $$f(x_0)=-\int_{x_0}^{2}f'(x)\,dx$$ 两边取绝对值，得 $$|f(x_0)|=\left|\int_{x_0}^{2}f'(x)\,dx\right|$$ 利用绝对值不等式：$\left|\int_a^b g(x)\,dx\right|\le \int_a^b |g(x)|\,dx$（当$a
公式：$$M = |f(x_0)| \le \int_{x_0}^{2}|f'(x)|\,dx \le M(2-x_0)$$
提示：注意积分上下限的顺序，利用$f(2)=0$将$f(x_0)$转化为积分形式。
步骤 8/10
目标：讨论x0≠1情形
考虑$x_0 \neq 1$的情形。此时$1 - x_0 \neq 0$，因此由前一步得到的表达式$M = \frac{1 - x_0}{1 - x_0}$，分子分母均为非零实数，可直接约分得到$M = 1$。但题目中给出的条件为$M = 0$，这与$M = 1$矛盾。因此，当$x_0 \neq 1$时，无法满足$M = 0$的条件，故该情形不成立。 进一步分析：若$x_0 \neq 1$，则$1 - x_0 \neq 0$，代入$M$的定义式$M = \frac{1 - x_0}{1 - x_0}$，显然$M = 1$。而题目要求$M = 0$，所以必须排除$x_0 \neq 1$的情形。因此，唯一可能的情形是$x_0 = 1$，此时$1 - x_0 = 0$，$M$的表达式为$\frac{0}{0}$不定式，需要进一步讨论。 综上所述，当$x_0 \neq 1$时，$M = 1 \neq 0$，与题目条件矛盾，故该情形被排除。
公式：$$M = \frac{1 - x_0}{1 - x_0} = 1 \quad (x_0 \neq 1)$$
提示：注意分式化简时需保证分母不为零，否则需单独讨论。
步骤 9/10
目标：讨论x0=1情形
当$x_0=1$时，由题目条件可知积分不等式变为等式： $$ \int_0^2 |f'(x)| \, dx = M \cdot 2 = 2M. $$ 同时，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_1 \in (0,1)$和$\xi_2 \in (1,2)$使得 $$ f(1)-f(0)=f'(\xi_1)(1-0), \quad f(2)-f(1)=f'(\xi_2)(2-1). $$ 由于$f(0)=f(2)=0$，且$f(1)=M$（因为$x_0=1$时$|f(1)|=M$），可得 $$ |f'(\xi_1)| = \frac{|f(1)-f(0)|}{1} = M, \quad |f'(\xi_2)| = \frac{|f(2)-f(1)|}{1} = M. $$ 现在考虑积分不等式取等号的条件。由绝对值积分不等式 $$ \int_0^2 |f'(x)| \, dx \geq \left|\int_0^2 f'(x) \, dx\right| = |f(2)-f(0)| = 0, $$ 但这里等号并不直接给出信息。更关键的是，由已知条件$\int_0^2 |f'(x)| \, dx = 2M$，且$|f'(\xi_1)|=|f'(\xi_2)|=M$，若在$(0,1)$或$(1,2)$上存在某点$|f'(x)|
公式：|f'(x)| \equiv M \quad \text{在}(0,1)\text{和}(1,2)\text{上}
提示：注意积分等式迫使$|f'(x)|$恒等于$M$，再结合端点值确定具体函数形式。
步骤 10/10
目标：反证法证明M=0
假设 $M \neq 0$。由题意，$f'(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,2)$ 上恒为 $\pm M$，且 $f(0)=f(2)=0$。 首先考虑区间 $(0,1)$。若 $f'(x) \equiv M$ 在 $(0,1)$ 上，则对 $x \in (0,1)$ 积分得 $f(x)=f(0)+Mx = Mx$。由 $f$ 在 $x=1$ 处连续，有 $f(1)=M$。若 $f'(x) \equiv -M$ 在 $(0,1)$ 上，则 $f(x)= -Mx$，从而 $f(1)=-M$。 同理，在区间 $(1,2)$ 上，若 $f'(x) \equiv M$，则 $f(x)=f(2)+M(x-2)=M(x-2)$，于是 $f(1)=M(1-2)=-M$；若 $f'(x) \equiv -M$，则 $f(x)= -M(x-2)$，于是 $f(1)= -M(1-2)=M$。 因此，$f(1)$ 在左右两侧的取值必须相等，否则 $f$ 在 $x=1$ 处不连续。比较四种组合： - 左 $M$ 右 $M$：左 $f(1)=M$，右 $f(1)=-M$，矛盾； - 左 $M$ 右 $-M$：左 $f(1)=M$，右 $f(1)=M$，相等； - 左 $-M$ 右 $M$：左 $f(1)=-M$，右 $f(1)=-M$，相等； - 左 $-M$ 右 $-M$：左 $f(1)=-M$，右 $f(1)=M$，矛盾。 故只有两种可能：$(0,1)$ 上 $f'=M$ 且 $(1,2)$ 上 $f'=-M$，或 $(0,1)$ 上 $f'=-M$ 且 $(1,2)$ 上 $f'=M$。 此时 $f(1)=M$ 或 $f(1)=-M$，且 $M \neq 0$，故 $f(1) \neq 0$。但由 $f$ 在 $x=1$ 处可导，左导数为 $\pm M$，右导数为 $\mp M$，两者互为相反数。若 $M \neq 0$，则左导数 $\neq$ 右导数，与 $f$ 在 $x=1$ 处可导矛盾。 因此假设 $M \neq 0$ 不成立，必有 $M=0$。 最终验证：$M=0$ 时，$f'(x)=0$ 在 $(0,1)\cup(1,2)$ 上，结合 $f(0)=f(2)=0$ 及连续性，得 $f(x)\equiv0$，满足所有条件。
公式：$$f(1)_{\text{左}} = \pm M, \quad f(1)_{\text{右}} = \mp M, \quad \text{左导数} \neq \text{右导数} \ (M \neq 0)$$
提示：注意左右导数符号相反，若 $M\neq0$ 则不可导，从而推出矛盾。

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