上册 3.3 导数的估值 第4题
📝 题目
4．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上具有二阶连续导数，且 $M_{0}=\sup \{|f(x)| x \in(0,+\infty)\}$ 和 $M_{2}=\sup \left\{\left|f^{\prime \prime}(x)\right| x \in(0,+\infty)\right\}$ 均为有限数，证明：
（1）$\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{2 M_{0}}{h}+\frac{h}{2} M_{2}$ 对任何 $h>0, x \in(0,+\infty)$ 均成立；
（2）$M_{1}=\sup \left\{\left|f^{\prime}(x)\right| x \in(0,+\infty)\right\}$ 也是有限数，并且满足不等式 $M_{1} \leqslant 2 \sqrt{M_{0} M_{2}}$ ；
（3）设 $f^{\prime \prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有界，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ，证明 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内二阶可导， $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ，但 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)$ 不存在。证明：存在 $x_{0}>0$ 使 $\left|f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\right|>1$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）假若 $M_{2}=0$ ，则 $f(x)=k x+b, f(x)$ 无界。结论成立。不妨设 $M_{2} \neq 0$ 。
对任意 $x \in(0,+\infty), h>0$ ，由 Taylor 公式得
$$
f(x+h)=f(x)+f^{\prime}(x) h+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2} h^{2}, \xi \text { 介于 } x \text { 与 } x+h \text { 之间. }
$$
从而
$$
\left|f^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2} h\right| \leqslant \frac{2 M_{0}}{h}+\frac{M_{2}}{2} h,(h>0) .
$$
取 $\displaystyle h=2 \sqrt{\frac{M_{0}}{M_{2}}}$ ，则有 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 2 \sqrt{M_{0} M_{2}}, x \in(0,+\infty)$ 。所以 $M_{1}=\sup \left\{\left|f^{\prime}(x)\right| x \in(0,+\infty)\right\}$ 也是有限数，并且满足不等式 $M_{1} \leqslant 2 \sqrt{M_{0} M_{2}}$ ．
由假设 $\exists M>0$ 使得 $\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant M$ ．由 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0, \forall \varepsilon>0, \exists N>0$ ，当 $x \geqslant N$ 时有 $\displaystyle |f(x)|<\frac{\varepsilon^{2}}{4 M}$ ．于是当 $x \geqslant N$ 时有 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 2 \sqrt{\frac{\varepsilon^{2}}{4 M} M}=\varepsilon$ ，所以 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（2）若在 $(0,+\infty)$ 内 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 1$ ，则由（1）知 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ，矛盾．所以存在 $x_{0}>0$ 使 $\left|f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\right|>1$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：利用Taylor公式导出f'(x)的估计
对任意$x>0$和$h>0$，由Taylor公式，存在$ξ$介于$x$与$x+h$之间，使得
$$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2}h^2.$$
移项得
$$f'(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{f''(\xi)}{2}h.$$
取绝对值并利用三角不等式，得
$$|f'(x)|\leq \frac{|f(x+h)|+|f(x)|}{h}+\frac{|f''(\xi)|}{2}h\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h.$$
公式：$$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2}h^2$$
提示：注意Taylor公式中的余项是Lagrange型，$ξ$依赖于$x$和$h$。
步骤 2/4
目标：证明M1有限且满足不等式
由第一步结论，对任意$h>0$有$|f'(x)|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h$。取$h=2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$（当$M_2>0$时），代入得
$$|f'(x)|\leq \frac{2M_0}{2\sqrt{M_0/M_2}}+\frac{M_2}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}=\sqrt{M_0M_2}+\sqrt{M_0M_2}=2\sqrt{M_0M_2}.$$
若$M_2=0$，则$f''(x)\equiv0$，$f(x)$为线性函数，由$M_0$有限知$f$为常数，此时$f'(x)\equiv0$，不等式也成立。因此$M_1\leq 2\sqrt{M_0M_2}$，从而$M_1$有限。
公式：$$|f'(x)|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h,\quad h=2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$$
提示：注意$M_2=0$的特殊情况需要单独讨论。
步骤 3/4
目标：证明当f(x)趋于0且f''有界时f'(x)趋于0
设$|f''(x)|\leq M$。由$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$，对任意$\varepsilon>0$，存在$N>0$使得当$x\geq N$时$|f(x)|<\frac{\varepsilon^2}{4M}$。取$h=\frac{\varepsilon}{\sqrt{M}}$，则对$x\geq N$，由第一步不等式得
$$|f'(x)|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M}{2}h,$$
但这里$M_0$应理解为$x\geq N$时的上界，实际上$M_0$是整体上界，但我们可以用局部上界：由于$|f(x)|<\frac{\varepsilon^2}{4M}$，故$\sup_{x\geq N}|f(x)|\leq \frac{\varepsilon^2}{4M}$。代入得
$$|f'(x)|\leq \frac{2\cdot \frac{\varepsilon^2}{4M}}{\varepsilon/\sqrt{M}}+\frac{M}{2}\cdot \frac{\varepsilon}{\sqrt{M}}=\frac{\varepsilon}{2\sqrt{M}}+\frac{\varepsilon}{2\sqrt{M}}=\frac{\varepsilon}{\sqrt{M}}.$$
但这样得到的是$\frac{\varepsilon}{\sqrt{M}}$，不是$\varepsilon$。正确做法：利用第二步的不等式，取$h=2\sqrt{\frac{\sup_{x\geq N}|f(x)|}{M}}$，则$|f'(x)|\leq 2\sqrt{\sup_{x\geq N}|f(x)|\cdot M}\leq 2\sqrt{\frac{\varepsilon^2}{4M}\cdot M}=\varepsilon$。因此$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$。
公式：$$|f'(x)|\leq 2\sqrt{\sup_{x\geq N}|f(x)|\cdot M}$$
提示：注意这里需要利用第二步的结论，并且$M_0$应替换为$x\geq N$时的上界。
步骤 4/4
目标：证明存在x0使得|f''(x0)|>1
假设对任意$x>0$都有$|f''(x)|\leq 1$，则$f''(x)$有界。由$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$，根据（1）中第三部分的结论，可得$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$。但题目条件说$\lim_{x\to+\infty}f'(x)$不存在，矛盾。因此假设不成立，存在$x_0>0$使得$|f''(x_0)|>1$。
提示：注意反证法的使用，以及（1）中结论的适用条件：$f''$有界且$f$趋于0。
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