2025年考研数学三第20题

解答题 · 12分

📝 题目

（本题满分 12 分） 设函数 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导，证明导函数 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是：对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，当 $x_{1}\lt x_{2}\lt x_{3}$ 时，$\displaystyle\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}\lt\displaystyle\frac{f\left(x_{3}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{3}-x_{2}}$ ．

💡 答案解析

**答案**: 见解析

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**解析**:

**必要性**：设 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单增．$\forall x_1\lt x_2\lt x_3 \in(a, b)$ ，由拉格朗日中值定理可得，$\exists \xi_1 \in\left(x_1, x_2\right), \xi_2 \in\left(x_2, x_3\right)$ ，使得

$$ \frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}=f^{\prime}\left(\xi_1\right), \frac{f\left(x_3\right)-f\left(x_2\right)}{x_3-x_2}=f^{\prime}\left(\xi_2\right) $$

因为 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单增，所以 $f^{\prime}\left(\xi_1\right)\lt f^{\prime}\left(\xi_2\right)$ ，故

$$ \frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}\lt \frac{f\left(x_3\right)-f\left(x_2\right)}{x_3-x_2} . $$

**充分性**：设当 $x_1\lt x_2\lt x_3$ 时，$\displaystyle\frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}\lt \displaystyle\frac{f\left(x_3\right)-f\left(x_2\right)}{x_3-x_2}$ ．

$\forall x_1\lt x_2 \in(a, b)$ ，取 $x_0=\displaystyle\frac{x_1+x_2}{2}$ ，则由条件可得，$\forall h\gt 0$（足够小），有

$$ \frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_1-h\right)}{h}\lt \frac{f\left(x_0\right)-f\left(x_1\right)}{x_0-x_1}\lt \frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_0\right)}{x_2-x_0}\lt \frac{f\left(x_2+h\right)-f\left(x_2\right)}{h} $$

所以

$$ \begin{aligned} & f^{\prime}\left(x_1\right)=\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_1-h\right)}{h} \leq \frac{f\left(x_0\right)-f\left(x_1\right)}{x_0-x_1} \\ & f^{\prime}\left(x_2\right)=\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_2+h\right)-f\left(x_2\right)}{h} \geq \frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_0\right)}{x_2-x_0} \end{aligned} $$

故 $f^{\prime}\left(x_1\right)\lt f^{\prime}\left(x_2\right)$ ，即 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单增。

📋 详细解题步骤

步骤 1/6
目标：明确证明方向
本题要求证明一个关于矩阵或线性方程组的命题。为了严谨地完成证明，我们采用双向证明的方法，将整个证明过程分为两个部分：必要性（$\Rightarrow$）和充分性（$\Leftarrow$）。 首先，必要性部分：假设结论成立，我们需要推导出条件成立。即从命题的右边出发，利用已知的数学定理和性质，逐步推导出左边。在这一过程中，可能会用到矩阵的秩、线性相关性、特征值等概念，以及相关的运算规则。 其次，充分性部分：假设条件成立，我们需要证明结论成立。即从命题的左边出发，通过构造或推理，得到右边的结果。这一部分往往需要更细致的分析，例如构造特定的向量或矩阵，或者利用反证法。 将证明分为两个方向的好处是：每个方向的目标明确，推理过程清晰，不易混淆。同时，在每一步中，我们都可以根据当前方向选择最合适的工具和定理。 在后续步骤中，我们将分别对必要性和充分性进行详细推导。本步骤的关键是确立证明的整体框架，为后续的代数运算和逻辑推理奠定基础。
公式：\text{必要性：} P \Rightarrow Q \quad \text{充分性：} Q \Rightarrow P
提示：先明确要证明的命题结构，再分别从两个方向入手，避免逻辑混乱。
步骤 5/6
目标：充分性：取极限过渡到导数
为了证明充分性，我们需要利用导数定义将不等式转化为导数形式。已知对于任意 $x_1 < x_0 < x_2$，有 $$ \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0} \le \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 首先考虑左导数。令 $h>0$，取 $x_1 = x_0 - h$，则 $x_1 < x_0$，代入上述不等式得 $$ \frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{-h} \le \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 整理左边分子分母，有 $$ \frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h} \le \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 固定 $x_2$，令 $h \to 0^+$，左边极限即为 $f'(x_0)$ 的左导数（由导数定义），因此 $$ f'(x_0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h} \le \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 再考虑右导数。令 $h>0$，取 $x_2 = x_0 + h$，则 $x_2 > x_0$，代入原不等式得 $$ \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0} \le \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}. $$ 固定 $x_1$，令 $h \to 0^+$，右边极限即为 $f'(x_0)$ 的右导数，因此 $$ \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0} \le \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} = f'(x_0). $$ 综合以上两个不等式，我们得到对任意 $x_1 < x_0 < x_2$ 有 $$ \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0} \le f'(x_0) \le \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 这表明 $f'(x_0)$ 介于两个差商之间，从而 $f$ 在 $x_0$ 处可导，且导数满足上述夹逼关系。
公式：$$f'(x_0)=\lim_{h\to0^+}\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}\le\frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0},\quad \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}\le\lim_{h\to0^+}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f'(x_0)$$
提示：取 $x_1=x_0-h$ 和 $x_2=x_0+h$ 分别代入原不等式，再令 $h\to0^+$ 即可得到导数的不等式。
步骤 6/6
目标：充分性：结合不等式链得出导数严格递增
由已知条件，对于任意 $x_1 < x_0 < x_2$，有不等式 $$ \frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1} < \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 根据拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (x_1, x_0)$ 和 $\xi_2 \in (x_0, x_2)$，使得 $$ f'(\xi_1) = \frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1}, \quad f'(\xi_2) = \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}. $$ 代入不等式得 $f'(\xi_1) < f'(\xi_2)$。由于 $x_1, x_2$ 是任意的，且 $\xi_1 < x_0 < \xi_2$，因此对于任意 $u < v$（取 $u = \xi_1, v = \xi_2$），有 $f'(u) < f'(v)$。这表明 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。充分性得证。
公式：$$\frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1} < \frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0} \Rightarrow f'(\xi_1) < f'(\xi_2) \Rightarrow f'(x) \text{严格递增}$$
提示：利用中值定理将差商转化为导数，再结合任意性得到严格单调性。

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