上册 3.3 导数的估值 第2题
📝 题目
2．证明下列命题．
（1）设 $f(0)=f(1),\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant 2(0 \leqslant x \leqslant 1)$ ．证明：$\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 1(0
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
引理：设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二次可微，$f(a)=f(b)$ ，且 $\forall x \in(a, b)$ 有 $\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant M$ ，这里 $M$ 为正常数。证明 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{M}{2}(b-a), x \in[a, b]$ ．
证明如下：将 $f(a), f(b)$ 在点 $x \in[a, b]$ 展开得
$$
\begin{aligned}
& f(a)=f(x)+f^{\prime}(x)(a-x)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(c_{1}\right)(a-x)^{2}, c_{1} \in[a, x] \\
& f(b)=f(x)+f^{\prime}(x)(b-x)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(c_{2}\right)(b-x)^{2}, c_{2} \in[x, b]
\end{aligned}
$$
两式相减，并注意到 $f(a)=f(b)$ ，得
$$
f^{\prime}(x)(b-a)=-\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime}\left(c_{1}\right)(a-x)^{2}-f^{\prime \prime}\left(c_{2}\right)(b-x)^{2}\right]
$$
由条件可得
$$
\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{M}{2(b-a)}\left[(a-x)^{2}+(b-x)^{2}\right] \leqslant \frac{M}{2}(b-a)
$$
取 $[a, b]=[0,1], M=1$ ，（1）得证；取 $[a, b]=[0,1]$ ，（2）得证．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：建立引理并设定条件
设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二次可微，$f(a)=f(b)$，且 $\forall x \in (a, b)$ 有 $|f''(x)| \leq M$，这里 $M$ 为正常数。要证明 $|f'(x)| \leq \frac{M}{2}(b-a), x \in [a, b]$。
提示：注意条件中二阶导数的界是全局的，且端点函数值相等。
步骤 2/7
目标：在点x处进行泰勒展开
将 $f(a)$ 和 $f(b)$ 在点 $x \in [a, b]$ 处展开到二阶泰勒公式：
$$
f(a)=f(x)+f'(x)(a-x)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(a-x)^2,\quad \xi_1 \in (a,x)
$$
$$
f(b)=f(x)+f'(x)(b-x)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(b-x)^2,\quad \xi_2 \in (x,b)
$$
公式：泰勒公式：$f(y)=f(x)+f'(x)(y-x)+\frac{1}{2}f''(\xi)(y-x)^2$
提示：注意展开点x是区间内任意一点，拉格朗日余项中的中值点依赖于x。
步骤 3/7
目标：利用端点函数值相等消去f(x)
由于 $f(a)=f(b)$，将两式相减得：
$$
0 = f'(x)(a-b) + \frac{1}{2}\left[f''(\xi_1)(a-x)^2 - f''(\xi_2)(b-x)^2\right]
$$
整理得：
$$
f'(x)(b-a) = -\frac{1}{2}\left[f''(\xi_1)(a-x)^2 - f''(\xi_2)(b-x)^2\right]
$$
提示：注意相减时符号处理，确保得到 $b-a$ 因子。
步骤 4/7
目标：应用二阶导数的界进行放缩
由条件 $|f''(x)| \leq M$，可得：
$$
|f'(x)| \leq \frac{1}{2(b-a)}\left[ M(a-x)^2 + M(b-x)^2 \right] = \frac{M}{2(b-a)}\left[(a-x)^2+(b-x)^2\right]
$$
公式：绝对值不等式：$|A-B| \leq |A|+|B|$
提示：注意绝对值处理时，减号变加号，因为要取上界。
步骤 5/7
目标：优化二次项和
考虑函数 $g(x)=(a-x)^2+(b-x)^2$，在区间 $[a,b]$ 上，其最大值在端点取得：
$$
\max_{x \in [a,b]} g(x) = (b-a)^2
$$
因此，
$$
|f'(x)| \leq \frac{M}{2(b-a)} \cdot (b-a)^2 = \frac{M}{2}(b-a)
$$
公式：二次函数最大值：$g(x)=2x^2-2(a+b)x+a^2+b^2$ 在 $x=a$ 或 $x=b$ 处取最大值
提示：注意二次项和的最大值在端点，而不是中点。
步骤 6/7
目标：证明原题（1）
取 $a=0, b=1$，则 $b-a=1$。由条件 $|f''(x)| \leq 2$，即 $M=2$。代入引理得：
$$
|f'(x)| \leq \frac{2}{2} \cdot 1 = 1
$$
因此 $|f'(x)| \leq 1$ 成立。此估计式不能改进，因为取 $f(x)=x^2-x$ 时，$f(0)=f(1)=0$，$f''(x)=2$，$f'(x)=2x-1$，$|f'(x)|$ 在 $x=0$ 或 $x=1$ 处达到1。
提示：注意M=2，代入引理后系数为1。
步骤 7/7
目标：证明原题（2）
取 $a=0, b=1$，则 $b-a=1$。由条件 $|f''(x)| \leq M$，代入引理得：
$$
|f'(x)| \leq \frac{M}{2} \cdot 1 = \frac{M}{2}
$$
因此结论成立。
提示：注意（2）中M是任意正数，直接代入引理即可。
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