上册 3.2 微分中值问题 第12题
📝 题目
12．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty,+\infty)$ 上二次可微，且有界，证明 $\exists x_{0} \in(-\infty,+\infty)$ 使得 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ 。
（2）设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上二次连续可微，且 $\lim _{x \rightarrow-x} f(x), \lim _{x \rightarrow+x} f(x)$ 存在．证明存在 $x_{0} \in(-\infty,+\infty)$ 使得 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ 。
（3）设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，在 $(0,+\infty)$ 二阶可微，且 $f(0)=\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ 。证明：
（1）存在 $\xi_{1} \in(0,+\infty)$ 使得 $f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0$ ；（2）存在 $\xi_{2} \in(0,+\infty)$ 使得 $f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)=0$ 。
（3）存在一个数列 $\left\{\xi_{n}\right\} \in(0,+\infty)$ 使得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \xi_{n}=+\infty$ 且 $\lim _{n \rightarrow x} f^{\prime}\left(\xi_{n}\right)=0$ 。
（4）设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 内具有连续的二阶导数，$f_{+}^{\prime}(0)<0$ 且 $x \geqslant 0$ 时 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant a>0, a$ 为常数．求证：存在唯一 $x^{*} \in(0,+\infty)$ 使得 $f\left(x^{*}\right)=\inf _{x>0} f(x)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）若 $f^{\prime \prime}(x)$ 变号，则 $\exists a, b \in(-\infty,+\infty)$ 使得 $f^{\prime \prime}(a) f^{\prime \prime}(b)<0$ ，即 $f^{\prime \prime}(a)<00>f^{\prime \prime}(b)$ 。由导数的介值性，在 $a, b$ 之间存在 $\xi$ 使得 $f^{\prime \prime}(\xi)=0$ 。
下证：$f^{\prime \prime}(x)$ 不会不变号。
假设 $f^{\prime \prime}(x)$ 不变号，不妨设 $f^{\prime \prime}(x)>0$ ，则 $f^{\prime}(x)$ 严格递增，取 $x_{0}$ 使 $f^{\prime}\left(x_{0}\right) \neq 0$ 。
若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ ，则当 $x>x_{0}$ 时，
$$
f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)>f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right) \rightarrow+x(x \rightarrow+x), x_{0}<\xif\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right) \rightarrow+\infty(x \rightarrow-\infty), x<\xif(0)$ ．
由 $f(0)=\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ ，存在 $x_{1}>x_{0}$ ，当 $x>x_{1}>x_{0}$ 时，$f(x)x_{1}>x_{0}$ 时，$f\left(\xi_{1}\right)=\max \left\{f(x) \mid x \in\left[0, x_{1}\right]\right\} \geqslant f\left(x_{0}\right)>f(x)$ 。因此 $f\left(\xi_{1}\right)$ 也是 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$的最大值，$\xi_{1}$ 也为极大值点，所以 $f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0$ 。
下证：$f^{\prime \prime}(x)$ 在 $\left(\xi_{1},+\infty\right)$ 不会不变号。
假设 $f^{\prime \prime}(x)$ 不变号，不妨设 $f^{\prime \prime}(x)>0$ ，则 $f^{\prime}(x)$ 严格递增，存在 $x_{3}>\xi_{1}$ 使 $f^{\prime}\left(x_{3}\right)>f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0$ ．于是
$$
f(x)>f\left(x_{3}\right)+f^{\prime}\left(x_{3}\right)\left(x-x_{3}\right) \rightarrow+\infty(x \rightarrow+\infty)
$$
与 $f(0)=\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ 矛盾。故 $f^{\prime \prime}(x)$ 必变号。由导数的介值性，存在 $\xi_{2} \in(0,+\infty)$ 使得 $f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)=0$ 。
再证：存在一个数列 $\left\{\xi_{n}\right\} \in(a,+\infty)$ 使得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \xi_{n}=+\infty$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} f^{\prime}\left(\xi_{n}\right)=0$
取 $k>a, \forall n \geqslant 1$ ，在区间 $[k+n, k+n+1]$ ：，由微分中值定理得
$$
f(k+n+1)-f(k+n)=f^{\prime}\left(x_{n}\right), k+n<\xi_{n}0$ 使 $f\left(x_{1}\right)x_{1}$ 使 $f\left(x_{2}\right)>f(0)$ ．
由于 $f(x)$ 在 $\left[0, x_{2}\right]$ 连续，故 $f(x)$ 在 $\left[0, x_{2}\right]$ 有最小值，且最小值在 $\left(0, x_{2}\right)$ 内取得，记 $f\left(x^{*}\right)=\inf _{x \in\left\{0 x_{2}\right\}} f(x)$ ．
由于 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant a>0$ ，故 $f^{\prime}(x)$ 严格单调增加，当 $x \geqslant x^{*}$ 时，$f^{\prime}(x)>f^{\prime}\left(x^{*}\right)=0$ 。从而当 $x \geqslant x^{*}$时，$f(x)$ 严格单调增加。这说明 $f\left(x^{*}\right)$ 也是 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 的最小值，所以 $f\left(x^{*}\right)=\inf _{x>0} f(x)$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明(1)：反证法假设f''(x)不变号
假设 $f''(x)$ 不变号，不妨设 $f''(x)>0$，则 $f'(x)$ 严格递增。取 $x_0$ 使得 $f'(x_0) \neq 0$。若 $f'(x_0)>0$，则当 $x>x_0$ 时，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_0, x)$ 使得 $f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0) > f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) \to +\infty$（$x\to +\infty$），与 $f(x)$ 有界矛盾。若 $f'(x_0)<0$，则当 $x
公式：拉格朗日中值定理：$f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)$
提示：注意区分 $f'(x_0)>0$ 和 $f'(x_0)<0$ 两种情况，分别考虑 $x\to +\infty$ 和 $x\to -\infty$ 的方向。
步骤 2/8
目标：证明(1)：利用导数的介值性得到零点
由于 $f''(x)$ 变号，存在 $a,b$ 使得 $f''(a)f''(b)<0$，不妨设 $f''(a)<0
公式：达布定理：若 $f$ 可导，则 $f'$ 具有介值性。
提示：达布定理要求 $f$ 可导，这里 $f$ 二次可微，因此 $f''$ 存在，但未必连续，仍具有介值性。
步骤 3/8
目标：证明(2)：转化为(1)的条件
由 $\lim_{x\to -\infty} f(x)$ 和 $\lim_{x\to +\infty} f(x)$ 存在，可知 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界。又 $f$ 二次连续可微，满足(1)的条件，故存在 $x_0$ 使得 $f''(x_0)=0$。
提示：注意(2)中条件是二次连续可微，比(1)的二次可微更强，但结论相同。
步骤 4/8
目标：证明(3)第一部分：存在 $\xi_1$ 使 $f'(\xi_1)=0$
若 $f(x)\equiv f(0)=\lim_{x\to+\infty}f(x)$，则任意点导数均为0。否则存在 $x_0>0$ 使 $f(x_0)\neq f(0)$。不妨设 $f(x_0)>f(0)$。由 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=f(0)$，存在 $x_1>x_0$ 使得当 $x>x_1$ 时 $f(x)x_1$ 时 $f(x)
公式：最值定理
提示：注意最大值点可能在内部，且需验证 $\xi_1$ 不是端点。
步骤 5/8
目标：证明(3)第二部分：存在 $\xi_2$ 使 $f''(\xi_2)=0$
假设 $f''(x)$ 在 $(\xi_1,+\infty)$ 上不变号，不妨设 $f''(x)>0$，则 $f'(x)$ 严格递增。由于 $f'(\xi_1)=0$，存在 $x_3>\xi_1$ 使 $f'(x_3)>0$。对 $x>x_3$，由拉格朗日中值定理，$f(x)=f(x_3)+f'(\eta)(x-x_3)>f(x_3)+f'(x_3)(x-x_3)\to+\infty$（$x\to+\infty$），与 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=f(0)$ 有限矛盾。故 $f''(x)$ 变号，由导数的介值性，存在 $\xi_2$ 使 $f''(\xi_2)=0$。
公式：拉格朗日中值定理
提示：注意这里 $f''$ 不一定连续，但由达布定理仍可得到零点。
步骤 6/8
目标：证明(3)第三部分：存在数列 $\{\xi_n\}$ 使 $f'(\xi_n)\to 0$
取 $k>0$，对每个 $n\ge 1$，在区间 $[k+n, k+n+1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n\in(k+n, k+n+1)$ 使得 $f(k+n+1)-f(k+n)=f'(\xi_n)$。显然 $\xi_n\to+\infty$。由 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=f(0)$ 得 $\lim_{n\to\infty}(f(k+n+1)-f(k+n))=0$，故 $\lim_{n\to\infty}f'(\xi_n)=0$。
公式：拉格朗日中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
提示：注意区间长度固定为1，因此差商等于导数。
步骤 7/8
目标：证明(4)：存在最小值点
由 $f'_+(0)<0$，存在 $x_1>0$ 使 $f(x_1)0$。取 $x_0=0$，则 $f(x)\ge f(0)+f'(0)x$，当 $x\to+\infty$ 时 $f(x)\to+\infty$，故存在 $x_2>x_1$ 使 $f(x_2)>f(0)$。$f$ 在 $[0,x_2]$ 上连续，故有最小值，且最小值在内部 $(0,x_2)$ 取得，记该点为 $x^*$，则 $f'(x^*)=0$。
公式：泰勒公式：$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac12 f''(\xi)(x-x_0)^2$
提示：注意 $f''\ge a>0$ 保证泰勒展开的余项非负，从而得到下界。
步骤 8/8
目标：证明(4)：最小值唯一
由于 $f''(x)\ge a>0$，$f'(x)$ 严格递增。若存在两个不同的最小值点，则它们之间 $f'$ 会变号，与单调性矛盾。具体地，$f'(x^*)=0$，当 $x>x^*$ 时 $f'(x)>0$，$f$ 严格增；当 $x0}f(x)$。
提示：利用 $f''>0$ 推出 $f'$ 严格单调，从而 $f'$ 至多有一个零点。
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