上册 3.3 导数的估值 第5题
📝 题目
5．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上二次可微，$M_{0}=\sup _{-x
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）$\forall x \in(-\infty,+\infty), \forall h$ 有
$$
\begin{aligned}
& f(x+h)=f(x)+f^{\prime}(x) h+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi) h^{2}, \xi \text { 介于 } x, x+h \text { 之间. } \\
& f(x-h)=f(x)-f^{\prime}(x) h+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\eta) h^{2}, \eta \text { 介于 } x, x-h \text { 之间. }
\end{aligned}
$$
两式相减得
$$
f(x+h)-f(x-h)=2 f^{\prime}(x) h+\frac{h^{2}}{2}\left(f^{\prime \prime}(\xi)-f^{\prime \prime}(\eta)\right)
$$
于是 $\displaystyle \quad 2\left|f^{\prime}(x)\right| h \leqslant|f(x+h)|+|f(x-h)|+\frac{h^{2}}{2}\left(\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right|+\left|f^{\prime \prime}(\eta)\right|\right) \leqslant 2 M_{0}+\frac{h^{2}}{2}\left(M_{2}+M_{2}\right)$ ．
所以 $M_{2} h^{2}-2\left|f^{\prime}(x)\right| h+2 M_{0} \geqslant 0, \forall h>0$ 成立，从而判别式 $4\left|f^{\prime}(x)\right|^{2}-4 M_{2} \cdot 2 M_{0} \leqslant 0$ ，即 $\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \leqslant 2 M_{0} M_{2}$ 对一切 $x$ 成立。所以 $M_{1}^{2} \leqslant 2 M_{0} M_{2}$ 。
（2）令 $M_{0}=\sup _{-\infty
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用泰勒公式展开f(x+h)和f(x-h)
对任意$x$和$h>0$，由泰勒公式：
$$
f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\xi)h^2,\quad \xi\in(x,x+h)
$$
$$
f(x-h)=f(x)-f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\eta)h^2,\quad \eta\in(x-h,x)
$$
公式：f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\xi)h^2
提示：注意泰勒公式的余项形式，这里使用拉格朗日余项。
步骤 2/6
目标：两式相减得到f'(x)的表达式
两式相减得：
$$
f(x+h)-f(x-h)=2f'(x)h+\frac{h^2}{2}(f''(\xi)-f''(\eta))
$$
移项得：
$$
2f'(x)h = f(x+h)-f(x-h)-\frac{h^2}{2}(f''(\xi)-f''(\eta))
$$
公式：f(x+h)-f(x-h)=2f'(x)h+\frac{h^2}{2}(f''(\xi)-f''(\eta))
提示：注意符号，相减时f(x)项抵消。
步骤 3/6
目标：利用绝对值不等式放缩
两边取绝对值并利用三角不等式：
$$
2|f'(x)|h \leq |f(x+h)|+|f(x-h)|+\frac{h^2}{2}(|f''(\xi)|+|f''(\eta)|)
$$
由已知$|f(x)|\leq M_0$，$|f''(x)|\leq M_2$，得：
$$
2|f'(x)|h \leq 2M_0 + \frac{h^2}{2}(M_2+M_2)=2M_0+M_2h^2
$$
公式：2|f'(x)|h \leq 2M_0+M_2h^2
提示：注意$|f''(\xi)|$和$|f''(\eta)|$的上界都是$M_2$。
步骤 4/6
目标：整理成关于h的二次不等式
移项得：
$$
M_2h^2 - 2|f'(x)|h + 2M_0 \geq 0
$$
该不等式对任意$h>0$成立。
公式：M_2h^2 - 2|f'(x)|h + 2M_0 \geq 0
提示：注意$h>0$，不等式方向不变。
步骤 5/6
目标：利用二次不等式恒成立的条件得到判别式非正
由于二次项系数$M_2>0$（若$M_2=0$则结论显然），不等式对任意$h>0$成立，则判别式$\Delta \leq 0$：
$$
\Delta = (2|f'(x)|)^2 - 4M_2\cdot 2M_0 = 4|f'(x)|^2 - 8M_0M_2 \leq 0
$$
即$|f'(x)|^2 \leq 2M_0M_2$。
公式：4|f'(x)|^2 - 8M_0M_2 \leq 0
提示：注意$M_2=0$时，不等式退化为$-2|f'(x)|h+2M_0\geq0$对任意$h>0$成立，则$|f'(x)|=0$，结论也成立。
步骤 6/6
目标：取上界得到M1的界
上式对任意$x$成立，因此
$$
M_1 = \sup_{x\in\mathbb{R}}|f'(x)| \leq \sqrt{2M_0M_2}
$$
即$M_1^2 \leq 2M_0M_2$。
公式：M_1^2 \leq 2M_0M_2
提示：注意$M_1$是上确界，不等式对所有$x$成立，故上确界也满足。
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