上册 3.3 导数的估值 第3题
📝 题目
3．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上有二阶连续导数，$\displaystyle f(0)=f(1)=0,\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{8}{5},\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant \frac{8}{5}$ ．试给出 $|f(x)|$ 的一个估计， $0 \leqslant x \leqslant 1$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant 1, f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内取到最大值 $\displaystyle \frac{1}{4}$ ．证明：$|f(0)|+|f(1)| \leqslant 1$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）将 $f(x)$ 分别在 $x=0, x=1$ 处进行 Taylor 展开得
$$
\begin{aligned}
& f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!} x^{2}=f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!} x^{2},(0 \leqslant \xi \leqslant 1) \\
& f(x)=f(1)+f^{\prime}(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}(x-1)^{2}=f^{\prime}(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}(x-1)^{2},(0 \leqslant \eta \leqslant 1)
\end{aligned}
$$
两式相加得
$$
2 f(x)=f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!} x^{2}+f^{\prime}(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}(x-1)^{2} .
$$
于是
$$
\begin{aligned}
2|f(x)| & \leqslant\left|f^{\prime}(0) x\right|+\left|\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}\right| x^{2}+\left|f^{\prime}(1)(x-1)\right|+\left|\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}(x-1)^{2}\right| \\
& \leqslant \frac{8}{5} x+\frac{8}{5}(1-x)+\frac{1}{2} \frac{8}{5} x^{2}+\frac{1}{2} \frac{8}{5}(x-1)^{2}=\frac{8}{5}+\frac{4}{5}\left(x^{2}+(x-1)^{2}\right) \\
& =\frac{8}{5}+\frac{4}{5}[1-2 x(1-x)] \leqslant \frac{8}{5}+\frac{4}{5}=\frac{12}{5}
\end{aligned}
$$
故 $\displaystyle |f(x)| \leqslant \frac{6}{5}$ ．
（2）设 $x_{0} \in(0,1)$ 为函数的最大值点，则 $\displaystyle f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{4}, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ．
将 $f(0), f(1)$ 在点 $x_{0}$ 展开得：
$$
\begin{aligned}
& f(0)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(0-x_{0}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)\left(0-x_{0}\right)^{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi) x_{0}^{2}, \quad \xi \in\left(0, x_{0}\right), \\
& f(1)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(1-x_{0}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\eta)\left(1-x_{0}\right)^{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\eta)\left(1-x_{0}\right)^{2}, \quad \eta \in\left(x_{0}, 1\right),
\end{aligned}
$$
于是
$$
|f(0)|+|f(1)| \leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left[x_{0}^{2}+\left(1-x_{0}\right)^{2}\right] \leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：对f(x)在x=0处进行泰勒展开
由于$f(0)=0$，将$f(x)$在$x=0$处展开到二阶：
$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2, \quad \xi\in(0,x)$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2$
提示：注意余项中的$\xi$依赖于$x$，且介于0与$x$之间。
步骤 2/8
目标：对f(x)在x=1处进行泰勒展开
由于$f(1)=0$，将$f(x)$在$x=1$处展开到二阶：
$$f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(\eta)}{2}(x-1)^2=f'(1)(x-1)+\frac{f''(\eta)}{2}(x-1)^2, \quad \eta\in(x,1)$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(\eta)}{2}(x-1)^2$
提示：注意$(x-1)^2$的符号为正，因为平方项。
步骤 3/8
目标：两式相加并取绝对值估计
将两个展开式相加得：
$$2f(x)=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2+f'(1)(x-1)+\frac{f''(\eta)}{2}(x-1)^2$$
取绝对值并利用三角不等式：
$$2|f(x)|\le |f'(0)x|+\left|\frac{f''(\xi)}{2}x^2\right|+|f'(1)(x-1)|+\left|\frac{f''(\eta)}{2}(x-1)^2\right|$$
公式：三角不等式：$|a+b|\le |a|+|b|$
提示：注意绝对值内各项的符号，直接取绝对值会放大，但这是估计上界。
步骤 4/8
目标：代入已知条件进行放缩
由已知$|f'(x)|\le \frac{8}{5}$，$|f''(x)|\le \frac{8}{5}$，代入得：
$$2|f(x)|\le \frac{8}{5}x+\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{5}x^2+\frac{8}{5}(1-x)+\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{5}(x-1)^2$$
化简：
$$2|f(x)|\le \frac{8}{5}+\frac{4}{5}\left[x^2+(x-1)^2\right]$$
公式：放缩不等式
提示：注意$|x-1|=1-x$，因为$x\in[0,1]$。
步骤 5/8
目标：进一步化简并得到最终估计
计算$x^2+(x-1)^2=2x^2-2x+1=1-2x(1-x)$，由于$x(1-x)\ge 0$，故$x^2+(x-1)^2\le 1$。因此：
$$2|f(x)|\le \frac{8}{5}+\frac{4}{5}\cdot1=\frac{12}{5}$$
所以$|f(x)|\le \frac{6}{5}$。
公式：二次函数最值：$x(1-x)\le \frac{1}{4}$，但这里只需非负。
提示：注意$\frac{8}{5}+\frac{4}{5}=\frac{12}{5}$，除以2得$\frac{6}{5}$。
步骤 6/8
目标：设最大值点并利用极值条件
设$x_0\in(0,1)$为$f(x)$的最大值点，则$f(x_0)=\frac{1}{4}$，且$f'(x_0)=0$。
公式：极值必要条件：$f'(x_0)=0$
提示：最大值在开区间内取得，故为极值点。
步骤 7/8
目标：将f(0)和f(1)在x0处泰勒展开
将$f(0)$在$x_0$处展开：
$$f(0)=f(x_0)+f'(x_0)(0-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(0-x_0)^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}f''(\xi)x_0^2, \quad \xi\in(0,x_0)$$
类似地，
$$f(1)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}f''(\eta)(1-x_0)^2, \quad \eta\in(x_0,1)$$
公式：泰勒公式：$f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\frac{1}{2}f''(\theta)(a-x_0)^2$
提示：注意$f'(x_0)=0$，所以一阶项消失。
步骤 8/8
目标：利用二阶导有界性证明不等式
由$|f''(x)|\le 1$，得：
$$|f(0)|\le \frac{1}{4}+\frac{1}{2}x_0^2, \quad |f(1)|\le \frac{1}{4}+\frac{1}{2}(1-x_0)^2$$
相加：
$$|f(0)|+|f(1)|\le \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left[x_0^2+(1-x_0)^2\right]$$
由于$x_0^2+(1-x_0)^2=2x_0^2-2x_0+1=1-2x_0(1-x_0)\le 1$，故：
$$|f(0)|+|f(1)|\le \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$$
公式：二次函数最值：$x_0^2+(1-x_0)^2\le 1$（当$x_0=0$或$1$时取等，但$x_0\in(0,1)$，故严格小于1）
提示：注意$f(0)$和$f(1)$可能为负，但绝对值不等式仍然成立。
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