上册 3.2 微分中值问题 第22题
📝 题目
22．证明下列命题．
（1）假设 $f(x)$ 为二次连续可微实值函数，对于所有的实数 $x$ ，满足 $|f(x)| \leqslant 1$ 且满足 $(f(0))^{2}+\left(f^{\prime}(0)\right)^{2}=4$ 。证明：存在实数 $x_{0}$ ，满足 $f\left(x_{0}\right)+f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ 。
（2）设 $f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上二阶可导，且 $|f(x)| \leqslant 1$ ，又 $\displaystyle \frac{1}{2}\left[f^{\prime}(0)\right]^{2}+f^{3}(0)>\frac{2}{3}$ ．证明：存在 $x_{0} \in(-2,2)$ 使得 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)+3 f^{2}\left(x_{0}\right)=0$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由中值定理，存在 $c_{1} \in(-2,0), c_{2} \in(0,2)$ 使 $\displaystyle f^{\prime}\left(c_{1}\right)=\frac{f(0)-f(-2)}{2}, f^{\prime}\left(c_{2}\right)=\frac{f(2)-f(0)}{2}$ ．从而 $\left|f^{\prime}\left(c_{1}\right)\right| \leqslant 1,\left|f^{\prime}\left(c_{2}\right)\right| \leqslant 1$ ．
取 $F(x)=(f(x))^{2}+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}$ ，则 $F(0)=4, F\left(c_{1}\right) \leqslant 2, F\left(c_{2}\right) \leqslant 2$ ．于是 $F(x)$ 在 $\left(c_{1}, c_{2}\right)$ 上有最大值．从而存在点 $x_{0}$ 有 $F\left(x_{0}\right) \geqslant 4$ 且 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(f\left(x_{0}\right)+f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\right)=0$ 。
若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，则 $F\left(x_{0}\right)=\left(f\left(x_{0}\right)\right)^{2} \leqslant 1$ 。这和 $F\left(x_{0}\right) \geqslant 4$ 矛盾。所以 $f\left(x_{0}\right)+f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ ．
（2）由中值定理，存在 $c_{1} \in(-2,0), c_{2} \in(0,2)$ 使 $\displaystyle f^{\prime}\left(c_{1}\right)=\frac{f(0)-f(-2)}{2}, f^{\prime}\left(c_{2}\right)=\frac{f(2)-f(0)}{2}$ ．从而 $\left|f^{\prime}\left(c_{1}\right)\right| \leqslant 1,\left|f^{\prime}\left(c_{2}\right)\right| \leqslant 1$ ．
取 $\displaystyle F(x)=(f(x))^{3}+\frac{1}{2}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}$ ，则
$$
\begin{aligned}
& F(0)=(f(0))^{3}+\frac{1}{2}\left(f^{\prime}(0)\right)^{2}>\frac{2}{3} \\
& F\left(c_{1}\right)=\left(f\left(c_{1}\right)\right)^{3}+\frac{1}{2}\left(f^{\prime}\left(c_{1}\right)\right)^{2} \leqslant \frac{3}{2} \\
& F\left(c_{2}\right)=\left(f\left(c_{2}\right)\right)^{3}+\frac{1}{2}\left(f^{\prime}\left(c_{2}\right)\right)^{2} \leqslant \frac{3}{2}
\end{aligned}
$$
于是 $F(x)$ 在 $\left(c_{1}, c_{2}\right)$ 上有最大值，从而存在点 $x_{0} \in\left(c_{1}, c_{2}\right)$ 有 $\displaystyle F\left(x_{0}\right) \geqslant \frac{3}{2}$ 且 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，即
$$
F^{\prime}\left(x_{0}\right)=3\left(f\left(x_{0}\right)\right)^{2} f^{\prime}\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right) f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0 .
$$
若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，则 $F\left(x_{0}\right)=\left(f\left(x_{0}\right)\right)^{3} \leqslant 1$ 。这和 $\displaystyle F\left(x_{0}\right) \geqslant \frac{3}{2}$ 矛盾。所以 $3\left(f\left(x_{0}\right)\right)^{2}+f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：应用拉格朗日中值定理估计导数
由拉格朗日中值定理，存在 $c_1 \in (-2,0)$ 和 $c_2 \in (0,2)$ 使得
$$f'(c_1)=\frac{f(0)-f(-2)}{2},\quad f'(c_2)=\frac{f(2)-f(0)}{2}.$$
由于 $|f(x)|\leq 1$，可得 $|f'(c_1)|\leq 1$，$|f'(c_2)|\leq 1$。
公式：拉格朗日中值定理：$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
提示：注意区间端点的选择，确保中值点落在区间内。
步骤 2/6
目标：构造辅助函数并计算端点值
构造辅助函数 $F(x)=[f(x)]^2+[f'(x)]^2$。计算得
$$F(0)=[f(0)]^2+[f'(0)]^2=4,$$
$$F(c_1)=[f(c_1)]^2+[f'(c_1)]^2\leq 1+1=2,$$
$$F(c_2)=[f(c_2)]^2+[f'(c_2)]^2\leq 1+1=2.$$
提示：注意 $|f|\leq 1$ 和 $|f'|\leq 1$ 的运用。
步骤 3/6
目标：利用最大值存在性得到临界点
由于 $F(0)=4>2$，而 $F(c_1)\leq 2$，$F(c_2)\leq 2$，因此 $F(x)$ 在闭区间 $[c_1,c_2]$ 上的最大值大于等于4，且最大值在内部点 $x_0\in(c_1,c_2)$ 处取得。由费马定理，$F'(x_0)=0$。
公式：费马定理：若 $x_0$ 是极值点且 $F$ 可导，则 $F'(x_0)=0$。
提示：注意最大值点可能在端点，但这里端点值小于4，所以最大值点必在内部。
步骤 4/6
目标：计算导数并化简条件
计算 $F'(x)=2f(x)f'(x)+2f'(x)f''(x)=2f'(x)[f(x)+f''(x)]$。由 $F'(x_0)=0$ 得
$$2f'(x_0)[f(x_0)+f''(x_0)]=0.$$
因此要么 $f'(x_0)=0$，要么 $f(x_0)+f''(x_0)=0$。
提示：求导时注意链式法则。
步骤 5/6
目标：排除 $f'(x_0)=0$ 的情况
若 $f'(x_0)=0$，则 $F(x_0)=[f(x_0)]^2\leq 1$，这与 $F(x_0)\geq 4$ 矛盾。因此 $f'(x_0)\neq 0$，从而必有 $f(x_0)+f''(x_0)=0$。
提示：注意利用 $F(x_0)\geq 4$ 的条件。
步骤 6/6
目标：结论
存在 $x_0\in(c_1,c_2)\subset(-2,2)$ 使得 $f(x_0)+f''(x_0)=0$。
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