2023年考研数学一第20题

首先，由题目条件，函数 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶连续导数，且 $f(0)=0$。我们考虑在 $x=0$ 处分别写出 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 的带拉格朗日余项的一阶泰勒公式。 对于 $f(a)$，在 $x=0$ 处展开到一阶，余项为二阶导数形式： $$f(a)=f(0)+f'(0)a+\frac{f''(\xi_1)}{2!}a^2,$$ 其中 $\xi_1$ 介于 $0$ 与 $a$ 之间。利用 $f(0)=0$，得到： $$f(a)=f'(0)a+\frac{f''(\xi_1)}{2}a^2.$$ 对于 $f(-a)$，同样在 $x=0$ 处展开： $$f(-a)=f(0)+f'(0)(-a)+\frac{f''(\xi_2)}{2!}(-a)^2,$$ 其中 $\xi_2$ 介于 $0$ 与 $-a$ 之间。利用 $f(0)=0$，得到： $$f(-a)=-f'(0)a+\frac{f''(\xi_2)}{2}a^2.$$ 将上述两式相加，消去含 $f'(0)$ 的项： $$f(a)+f(-a)=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}a^2.$$ 由于 $f''(x)$ 在 $[-a,a]$ 上连续，由介值定理，存在 $\eta\in[-a,a]$ 使得 $f''(\eta)=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}$，从而得到第（I）问的结论：存在 $\eta\in(-a,a)$，使得 $$f(a)+f(-a)=f''(\eta)a^2.$$

由第1步得到的两个泰勒展开式： $$f(a)=f(0)+f'(0)a+\frac{1}{2}f''(\xi_1)a^2, \quad \xi_1\in(0,a)$$ $$f(-a)=f(0)-f'(0)a+\frac{1}{2}f''(\xi_2)a^2, \quad \xi_2\in(-a,0)$$ 将两式相加，$f(0)$项合并为$2f(0)$，$f'(0)a$与$-f'(0)a$相互抵消，得到： $$f(a)+f(-a)=2f(0)+\frac{a^2}{2}\big[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\big]$$ 由已知条件$f(0)=0$，代入上式得： $$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}\big[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\big]$$ 由于$f''(x)$在$[-a,a]$上连续（题目条件），而$\xi_1$和$\xi_2$均属于$[-a,a]$，根据连续函数的介值定理（中间值定理），在$\xi_1$与$\xi_2$之间（即区间$[\min(\xi_1,\xi_2),\max(\xi_1,\xi_2)]$上）至少存在一点$\xi$，使得$f''(\xi)$等于$f''(\xi_1)$与$f''(\xi_2)$的算术平均值，即： $$f''(\xi)=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}$$ 于是有： $$f''(\xi_1)+f''(\xi_2)=2f''(\xi)$$ 代入前面的等式，得到： $$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}\cdot 2f''(\xi)=a^2 f''(\xi)$$ 其中$\xi$介于$\xi_1$与$\xi_2$之间，从而$\xi\in(-a,a)$。这就完成了第（I）问的证明。

设函数$f(x)$在$[-a,a]$上二阶可导，且$f(x)$在$x_0\in(-a,a)$处取得极值。由于$f(x)$在$x_0$处可导，根据极值的必要条件，有$f'(x_0)=0$。 在$x_0$处分别写出$f(a)$和$f(-a)$的带拉格朗日余项的一阶泰勒公式。 对于$f(a)$，在$x_0$处展开： $$f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(a-x_0)^2,$$ 其中$\xi_1$介于$x_0$与$a$之间。由于$f'(x_0)=0$，上式简化为： $$f(a)=f(x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(a-x_0)^2.$$ 对于$f(-a)$，在$x_0$处展开： $$f(-a)=f(x_0)+f'(x_0)(-a-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(-a-x_0)^2,$$ 其中$\xi_2$介于$x_0$与$-a$之间。同样利用$f'(x_0)=0$，得到： $$f(-a)=f(x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(-a-x_0)^2.$$ 注意$(-a-x_0)^2=(a+x_0)^2$，因此： $$f(-a)=f(x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(a+x_0)^2.$$ 将两式相加： $$f(a)+f(-a)=2f(x_0)+\frac{1}{2}\left[f''(\xi_1)(a-x_0)^2+f''(\xi_2)(a+x_0)^2\right].$$ 移项可得： $$f(x_0)=\frac{f(a)+f(-a)}{2}-\frac{1}{4}\left[f''(\xi_1)(a-x_0)^2+f''(\xi_2)(a+x_0)^2\right].$$ 此式将极值点处的函数值用端点函数值和二阶导数值表示，为后续证明提供了基础。

由第（I）问已得到 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的三阶泰勒展开式为： $$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(\xi_1)}{3!}x^3,$$ 其中 $\xi_1$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。 将 $x=a$ 代入得： $$f(a)=f(0)+f'(0)a+\frac{f''(0)}{2!}a^2+\frac{f'''(\xi_1)}{3!}a^3, \quad \xi_1\in(0,a).$$ 将 $x=-a$ 代入得： $$f(-a)=f(0)+f'(0)(-a)+\frac{f''(0)}{2!}a^2+\frac{f'''(\xi_2)}{3!}(-a)^3, \quad \xi_2\in(-a,0).$$ 注意 $(-a)^3=-a^3$，所以 $$f(-a)=f(0)-f'(0)a+\frac{f''(0)}{2!}a^2-\frac{f'''(\xi_2)}{3!}a^3.$$ 将两式相减： $$f(a)-f(-a)=\left[f(0)+f'(0)a+\frac{f''(0)}{2!}a^2+\frac{f'''(\xi_1)}{3!}a^3\right]-\left[f(0)-f'(0)a+\frac{f''(0)}{2!}a^2-\frac{f'''(\xi_2)}{3!}a^3\right].$$ 消去 $f(0)$ 和 $\frac{f''(0)}{2!}a^2$ 项，得到： $$f(a)-f(-a)=f'(0)a+f'(0)a+\frac{f'''(\xi_1)}{3!}a^3+\frac{f'''(\xi_2)}{3!}a^3=2f'(0)a+\frac{a^3}{6}\left[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\right].$$ 两边取绝对值： $$|f(a)-f(-a)|=\left|2f'(0)a+\frac{a^3}{6}\left[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\right]\right|.$$ 利用三角不等式 $|u+v|\le |u|+|v|$ 放缩： $$|f(a)-f(-a)|\le 2|f'(0)|\cdot a+\frac{a^3}{6}\left(|f'''(\xi_1)|+|f'''(\xi_2)|\right).$$ 由题设条件，$|f'''(x)|\le M$ 对所有 $x\in[-1,1]$ 成立，且 $\xi_1,\xi_2\in(-1,1)$，故 $|f'''(\xi_1)|\le M$，$|f'''(\xi_2)|\le M$。代入得： $$|f(a)-f(-a)|\le 2|f'(0)|\cdot a+\frac{a^3}{6}(M+M)=2|f'(0)|\cdot a+\frac{M a^3}{3}.$$ 此即为第（II）问所需的不等式。

由第4步已得存在两点$\eta_1\in(-a,x_0)$和$\eta_2\in(x_0,a)$，使得 $$|f(a)-f(-a)| = \frac{1}{2}\bigl[|f''(\eta_1)|(a-x_0)^2 + |f''(\eta_2)|(a+x_0)^2\bigr].$$ 令$M = \max\{|f''(\eta_1)|, |f''(\eta_2)|\}$，则 $$|f(a)-f(-a)| \leq \frac{1}{2}M\bigl[(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\bigr].$$ 计算平方和： $$(a-x_0)^2+(a+x_0)^2 = (a^2-2ax_0+x_0^2)+(a^2+2ax_0+x_0^2)=2a^2+2x_0^2.$$ 由于$x_0\in(-a,a)$，有$x_0^2\leq a^2$，故$2a^2+2x_0^2\leq 4a^2$。代入得 $$|f(a)-f(-a)| \leq \frac{1}{2}M\cdot 4a^2 = 2a^2M.$$ 从而$M \geq \dfrac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}$。 取$\eta$为$\eta_1$和$\eta_2$中使$|f''(\eta)|$达到最大值的那一个，即存在$\eta\in(-a,a)$，使得 $$|f''(\eta)| \geq \frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$ 这就是要证明的结论。