上册 3.2 微分中值问题 第46题

\section*{解题过程：} （1）方法 1：设 $\displaystyle f(x)-2 f\left(\frac{x+a}{2}\right)+f(a)=\frac{1}{4} M(x-a)^{2}$ ，其中 $M$ 待定． 记 $\displaystyle F(x)=f(x)-2 f\left(\frac{x+a}{2}\right)+f(a)-\frac{1}{4} M(x-a)^{2}$ ，则 $F(a)=F(b)=0$ ．利用罗尔定理，存在 $\exists c \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime}(c)=0$ ，即 $$ f^{\prime}(c)-f^{\prime}\left(\frac{c+a}{2}\right)-\frac{1}{2} M(c-a)=0 $$ 利用中值定理，存在 $\displaystyle \exists \xi \in\left(\frac{a+c}{2}, c\right)$ 使得 比较得 $$ \begin{aligned} & f^{\prime}(c)-f^{\prime}\left(\frac{c+a}{2}\right)=f^{\prime \prime}(\xi)\left(c-\frac{c+a}{2}\right) \\ & f^{\prime \prime}(\xi)\left(c-\frac{c+a}{2}\right)-\frac{1}{2} M(c-a)=0 \end{aligned} $$ 由此得 $f^{\prime \prime}(\xi)=M$ ． 方法 2：$\displaystyle f(b)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\left[f\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}\right)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right]-\left[f\left(a+\frac{b-a}{2}\right)-f(a)\right]$ ． 令 $\displaystyle \varphi(x)=f\left(x+\frac{b-a}{2}\right)-f(x)$ ，则 $\varphi(x)$ 在 $\displaystyle \left[a, \frac{a+b}{2}\right]$ 连续，在 $\displaystyle \left(a, \frac{a+b}{2}\right)$ 可导，且 $$ f(b)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\varphi\left(\frac{a+b}{2}\right)-\varphi(a) $$ 由中值定理 $$ \begin{aligned} \varphi\left(\frac{a+b}{2}\right)-\varphi(a) & =\frac{b-a}{2} \varphi^{\prime}(\xi)=\frac{b-a}{2}\left(f^{\prime}\left(\xi_{1}+\frac{b-a}{2}\right)-f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right), \xi_{1} \in\left(a, \frac{a+b}{2}\right) \\ & =\frac{(b-a)^{2}}{4} f^{\prime \prime}(\xi), \xi \in\left(\xi_{1}, \xi_{1}+\frac{b-a}{2}\right) \subset(a, b) \end{aligned} $$ 于是 $$ f(b)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{(b-a)^{2}}{4} f^{\prime \prime}(\xi) $$ 方法 3：$f(x)$ 在 $\displaystyle \frac{a+b}{2}$ 处的 Taylor 展开式为 $$ f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\eta)\left(x-\frac{a+b}{2}\right) \text {, 其中 } \eta \text { 介于 } \frac{a+b}{2} \text { 与 } x \text { 之间. } $$ 特别 $$ f(a)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)-\frac{b-a}{2} f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2} f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right) \text {, 其中 } \eta_{1} \in\left(a, \frac{a+b}{2}\right) \text {, } $$ $$ f(b)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{b-a}{2} f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2} f^{\prime \prime}\left(\eta_{2}\right) \text {, 其中 } \eta_{2} \in\left(\frac{a+b}{2}, b\right) \text {. } $$ 将以上两式相加得 $\displaystyle f(a)+f(b)=2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{(b-a)^{2}}{4}\left(\frac{f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime \prime}\left(\eta_{2}\right)}{2}\right)$ ． 根据导函数的介值性，$\exists \xi \in\left[\eta_{1}, \eta_{2}\right] \subset(a, b)$ 使得 $\displaystyle f^{\prime \prime}(\xi)=\frac{f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime \prime}\left(\eta_{2}\right)}{2}$ ，从而 $$ f(a)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)=\frac{(b-a)^{2}}{4} f^{\prime \prime}(\xi) $$ 方法 4：设 $\displaystyle F(x)=f(x)-2 f\left(\frac{a+x}{2}\right)+f(a), G(x)=\frac{(x-a)^{2}}{4}$ ，则 $F(x)$ 与 $G(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上满足 Cauchy 中值定理的条件，且 $$ F(a)=G(a)=0, F(b)=f(b)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a), G(b)=\frac{(b-a)^{2}}{4} \neq G(a) $$ 因此存在 $\xi_{1} \in(a, b)$ 使得 $$ \frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}=\frac{F^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}{G^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}=\frac{f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)-f^{\prime}\left(\frac{\xi_{1}+a}{2}\right)}{\frac{\xi_{1}-a}{2}}=\frac{f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)-f^{\prime}\left(\frac{\xi_{1}+a}{2}\right)}{\xi_{1}-\frac{\xi_{1}+a}{2}} $$ 在区间 $\displaystyle \left[\frac{\xi_{1}+a}{2}, \xi_{1}\right]$ 上对函数 $f^{\prime}(x)$ 应用 Lagrange 中值定理，存在 $\displaystyle \xi \in\left(\frac{\xi_{1}+a}{2}, \xi_{1}\right) \subset(a, b)$ 使得 $$ f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)-f^{\prime}\left(\frac{\xi_{1}+a}{2}\right)=f^{\prime \prime}(\xi)\left(\xi_{1}-\frac{\xi_{1}+a}{2}\right) $$ 所以 $\displaystyle \frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}=f^{\prime \prime}(\xi)$ ，即 $\displaystyle f(b)-2 f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac{(b-a)^{2}}{4} f^{\prime \prime}(\xi)$ ． （2）在（1）中让 $[a, b]=[0,1]$ 即得．