上册 3.3 导数的估值 第6题
📝 题目
6．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $f(0)=f(1)=0, \min _{0 \leq x \leq 1}\{f(x)\}=-1$ 。证明：$\exists \xi \in(0,1)$ 使得 $f^{\prime \prime}(\xi) \geqslant 8$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $\displaystyle f(0)=f(1)=0, \min _{0
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由已知及 Fermat 定理得，$\exists x_{0} \in(0,1)$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=-1$ ，且 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ．将 $f(0), f(1)$ 分别在 $x=x_{0}$ 处展开，两式相减，即可证明。证明如下：
因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以必有最值．因为 $f(0)=f(1)=0, \min _{0
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：确定最小值点
由 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0)=f(1)=0$，最小值 $-1$ 在 $(0,1)$ 内达到，故存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $f(x_0) = -1$。由 Fermat 定理，$f'(x_0)=0$。
提示：注意最小值在内部达到，边界值不是最小值。
步骤 2/5
目标：在最小值点处进行泰勒展开
将 $f(0)$ 和 $f(1)$ 在 $x=x_0$ 处展开到二阶：
$$0 = f(0) = f(x_0) + f'(x_0)(-x_0) + \frac{1}{2} f''(\xi_1) x_0^2 = -1 + \frac{1}{2} f''(\xi_1) x_0^2,$$
$$0 = f(1) = f(x_0) + f'(x_0)(1-x_0) + \frac{1}{2} f''(\xi_2) (1-x_0)^2 = -1 + \frac{1}{2} f''(\xi_2) (1-x_0)^2,$$
其中 $\xi_1 \in (0, x_0)$，$\xi_2 \in (x_0, 1)$。
公式：泰勒公式：$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2} f''(\xi)(x-x_0)^2$
提示：注意展开的余项是拉格朗日型，$\xi$ 介于 $x$ 和 $x_0$ 之间。
步骤 3/5
目标：解出二阶导数值
由上式解得：
$$f''(\xi_1) = \frac{2}{x_0^2}, \quad f''(\xi_2) = \frac{2}{(1-x_0)^2}.$$
提示：注意分母不为零，$x_0 \in (0,1)$。
步骤 4/5
目标：利用不等式估计平均值
计算平均值：
$$\frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} = \frac{1}{x_0^2} + \frac{1}{(1-x_0)^2}.$$
由 AM-HM 不等式或直接放缩：
$$\frac{1}{x_0^2} + \frac{1}{(1-x_0)^2} \ge 2 \cdot \frac{1}{x_0(1-x_0)} \ge 2 \cdot 4 = 8,$$
因为 $x_0(1-x_0) \le \frac{1}{4}$，所以 $\frac{1}{x_0(1-x_0)} \ge 4$。
公式：均值不等式：$\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$，以及 $x(1-x) \le \frac{1}{4}$
提示：注意不等号方向，$x_0(1-x_0)$ 最大值是 $1/4$，倒数最小值是 $4$。
步骤 5/5
目标：应用导数介值定理
由于 $f''(x)$ 在 $[0,1]$ 上存在（二阶可导），故 $f''(x)$ 具有介值性（达布定理）。因此存在 $\xi \in (0,1)$ 使得
$$f''(\xi) = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} \ge 8.$$
公式：达布定理：导函数具有介值性
提示：注意二阶导不一定连续，但由达布定理仍可取到中间值。
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