中册 4.4 积分估值与积分不等式 第11题
📝 题目
11．设 $f(x)$ 在 $[a, \dot{b}]$ 上二次可微，$M=\max _{[a, b]}\left|f^{\prime \prime}(x)\right|$ ．
（1）若 $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ ，则 $\displaystyle \left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{(b-a)^{3}}{24} M$ ；
（2）若 $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right) \neq 0$ ，则 $\displaystyle \left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x-f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\right| \leqslant \frac{(b-a)^{3}}{24} M$ ．
（西安电子科技 2006，深圳大学 2010，北京科技 2011，东北师大 2001，华中师大 2001，扬州大学 2007，武汉理工 2008，中山大学 2012，大连海事 2005，聊城大学 2003；燕山大学 2011（［0，1］）；首都师大 $2006([-x, x])$ ，浙江师大 2009（ $[-1,1]$ ）；西南大学 2011（ $[a, b]=[0,2]$ ），辽宁大学 2003）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）将 $f(x)$ 在 $\displaystyle x=\frac{a+b}{2}$ 处用 Taylor 公式展开，注意到 $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ 有
$$
f(x)=f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(\xi)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^{2} .
$$
右端第一项 $\displaystyle \int_{a}^{b} f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right) \mathrm{d} x=0$ ．所以
$$
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{2!} \int_{a}^{b} M\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^{2} \mathrm{~d} x=\left.\frac{M}{6}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^{3}\right|_{a} ^{b}=\frac{M}{24}(b-a)^{3}
$$
（2）记 $\displaystyle g(x)=f(x)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)$ ，则 $\displaystyle g\left(\frac{a+b}{2}\right)=0, g^{\prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(x), x \in[a, b]$ ，且
$$
\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x-f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)
$$
由（1）得 $\displaystyle \left|\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{(b-a)^{3}}{24} M$ ．从而 $\displaystyle \left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x-f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\right| \leqslant \frac{(b-a)^{3}}{24} M$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析题目条件，明确已知信息
已知 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上二次可微，且 $M=\max_{[a,b]}|f''(x)|$。对于第(1)问，有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$；对于第(2)问，$f\left(\frac{a+b}{2}\right)\neq 0$。目标：证明积分不等式。
提示：注意区分两个小问的条件差异，第(2)问通过构造辅助函数转化为第(1)问。
步骤 2/6
目标：第(1)问：将f(x)在中点处泰勒展开
将 $f(x)$ 在 $x_0=\frac{a+b}{2}$ 处展开至一阶余项（拉格朗日余项）：
$$f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2!}f''(\xi)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2,$$
其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{a+b}{2}$ 之间。由条件 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$，得
$$f(x)=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}f''(\xi)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2.$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}f''(\xi)(x-x_0)^2$
提示：注意余项是二阶导在某个中间点取值，且 $\xi$ 依赖于 $x$。
步骤 3/6
目标：第(1)问：积分并估计绝对值
对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上积分：
$$\int_a^b f(x)dx = f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx + \frac{1}{2}\int_a^b f''(\xi)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2 dx.$$
第一项中 $\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx=0$（奇函数在对称区间积分为零）。因此
$$\left|\int_a^b f(x)dx\right| \leq \frac{1}{2}\int_a^b \left|f''(\xi)\right|\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2 dx \leq \frac{M}{2}\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2 dx.$$
公式：奇函数在对称区间积分为零
提示：注意 $\xi$ 依赖于 $x$，但 $|f''(\xi)|\leq M$，因此可用 $M$ 放大。
步骤 4/6
目标：第(1)问：计算积分并得到结果
计算 $\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2 dx$。令 $t=x-\frac{a+b}{2}$，则 $t$ 从 $-\frac{b-a}{2}$ 到 $\frac{b-a}{2}$，
$$\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2 dx = \int_{-\frac{b-a}{2}}^{\frac{b-a}{2}} t^2 dt = \frac{2}{3}\left(\frac{b-a}{2}\right)^3 = \frac{(b-a)^3}{12}.$$
因此
$$\left|\int_a^b f(x)dx\right| \leq \frac{M}{2}\cdot\frac{(b-a)^3}{12} = \frac{(b-a)^3}{24}M.$$
第(1)问得证。
公式：$\int_{-c}^c t^2 dt = \frac{2c^3}{3}$
提示：计算定积分时注意对称性，避免直接展开多项式。
步骤 5/6
目标：第(2)问：构造辅助函数g(x)
令 $g(x)=f(x)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)$，则 $g\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$，且 $g''(x)=f''(x)$，$|g''(x)|\leq M$。同时
$$\int_a^b g(x)dx = \int_a^b f(x)dx - f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a).$$
公式：辅助函数构造：$g(x)=f(x)-f(c)$
提示：注意 $g(x)$ 满足第(1)问的条件，因此可直接应用第(1)问结论。
步骤 6/6
目标：第(2)问：应用第(1)问结论
由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上二次可微，$g\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$，且 $\max|g''(x)|\leq M$，由第(1)问结论得
$$\left|\int_a^b g(x)dx\right| \leq \frac{(b-a)^3}{24}M.$$
代入 $\int_a^b g(x)dx$ 的表达式，即得
$$\left|\int_a^b f(x)dx - f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\right| \leq \frac{(b-a)^3}{24}M.$$
第(2)问得证。
公式：第(1)问结论
提示：注意 $g(x)$ 的二阶导与 $f(x)$ 相同，因此 $M$ 不变。
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