上册 3.3 导数的估值 第7题
📝 题目
7．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上三阶可导，$\displaystyle f(0)=0, f(1)=\frac{1}{2}, f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$ ，证明：存在一点 $\xi \in(0,1)$ 使 $f^{m}(\xi) \geqslant 12$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上三次可导，$f(-1)=f(0)=f^{\prime}(0)=0, f(1)=1$ 。试证：$\exists \xi \in(-1,1)$ 使得 $f^{\prime \prime \prime}(\xi) \geqslant 3$ ．
（3）设函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上三次连续可导，$f(-1)=0, f^{\prime}(0)=0, f(1)=1$ ．试证：$\exists \xi \in(-1,1)$ 使得 $f^{\prime \prime \prime}(\xi)=3$ ．
（4）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[-1,1]$ 上二次可导，$f(-1)=0, f(0)=0, f(1)=1$ 。证明：$\exists \theta \in(-1,1)$ 使得 $f^{\prime \prime}(\theta)=1$ 。
（5）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 二次可导，$f(0)=0$ ，在 $(0,1)$ 内取得最大值 2 ，在 $(0,1)$ 内取得最小值 $m$ ，证明：（1）存在 $\xi \in(0,1)$ 使得 $f^{\prime}(\xi)>2$ ；（2）存在 $\eta \in(0,1)$ 使得 $f^{\prime \prime}(\eta)<-4$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 Taylor 公式得
$$
\begin{aligned}
& f(1)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)^{3}, \xi_{1} \in\left(\frac{1}{2}, 1\right) \\
& f(0)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{m}\left(\xi_{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)^{3}, \xi_{2} \in\left(0, \frac{1}{2}\right)
\end{aligned}
$$
两式相减并化简得 $f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)+f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right)=24$ ，这说明至少有一个函数值不小于 12 ．于是 $\exists \xi \in(0,1)$ 使 $f^{\prime \prime \prime}(\xi) \geqslant 12$.
（2）由泰勒公式得
$$
f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{2}+\frac{1}{3!} f^{\prime \prime \prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)^{3} .
$$
分别取 $x=1, x_{0}=0 ; x=-1, x_{0}=0$ 得
$$
\begin{aligned}
& 1=f(1)=f(0)+f^{\prime}(0)(1-0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)(1-0)^{2}+\frac{1}{3!} f^{m}\left(\xi_{1}\right)(1-0)^{3}=\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)+\frac{1}{3!} f^{m}\left(\xi_{1}\right), \\
& 0=f(-1)=f(0)+f^{\prime}(0)(-1-0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)(-1-0)^{2}+\frac{1}{3!} f^{m}\left(\xi_{2}\right)(-1-0)^{3}=\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)-\frac{1}{3!} f^{m}\left(\xi_{2}\right), \\
& \text { 其中 } \xi_{1} \in(0,1), \xi_{2} \in(-1,0) .
\end{aligned}
$$
相减整理得 $f^{m}\left(\xi_{1}\right)+f^{m}\left(\xi_{2}\right)=6$ ．令 $f^{m}(\xi)=\max \left\{f^{m}\left(\xi_{1}\right), f^{m}\left(\xi_{2}\right)\right\}$ ，则 $f^{m}(\xi) \geqslant 3$ ．
（3）由泰勒公式得
$$
f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{2}+\frac{1}{3!} f^{m}(\xi)\left(x-x_{0}\right)^{3} .
$$
分别取 $x=1, x_{0}=0 ; x=-1, x_{0}=0$ 得
$$
\begin{aligned}
& 1=f(1)=f(0)+f^{\prime}(0)(1-0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)(1-0)^{2}+\frac{1}{3!} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)(1-0)^{3}=f(0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)+\frac{1}{3!} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right), \\
& 0=f(-1)=f(0)+f^{\prime}(0)(-1-0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)(-1-0)^{2}+\frac{1}{3!} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right)(-1-0)^{3}=f(0)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}(0)-\frac{1}{3!} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right),
\end{aligned}
$$
其中 $\xi_{1} \in(0,1), \xi_{2} \in(-1,0)$ ．
相减整理可得 $f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)+f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right)=6$ ．由导数介值定理，存在 $\theta \in\left(\xi_{1}, \xi_{2}\right) \subset(0,1)$ 使得 $f^{\prime \prime \prime}(\theta)=3$ ．
（4）按 Taylor 公式展开，$\exists \xi_{1} \in(0,1), \exists \xi_{2} \in(-1,0)$ 使得
$$
1=f(1)=f(0)+f^{\prime}(0)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right), 0=f(-1)=f(0)+f^{\prime}(0)(-1)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)
$$
两式相加得 $\displaystyle 1=\frac{1}{2}\left(f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)+f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right)$ 。若 $1=f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)$ 或 $1=f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)$ ，结论成立，否则由导数介值定理，存在 $\theta \in(-1,1)$ 使得 $f^{\prime \prime}(\theta)=1$ ．
（5）因 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内取最大值及最小值，于是 $\exists x_{1} \in(0,1)$ 使得 $f\left(x_{1}\right)=2, \exists x_{2} \in(0,1)$ 使得 $f\left(x_{2}\right)=m$ 。由中值定理，存在 $\xi \in\left(0, x_{1}\right)$ 使得
$$
f^{\prime}(\xi)=\frac{f\left(x_{1}\right)-f(0)}{x_{1}}=\frac{2}{x_{1}}>2
$$
考虑在 $x_{1}$ 处对 $f(x)$ 作泰勒展开
$$
f(x)=f\left(x_{1}\right)+f^{\prime}\left(x_{1}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}\left(x-x_{1}\right)^{2}=2+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2!}\left(x-x_{1}\right)^{2}, \eta \in(0,1) .
$$
将 $x=0$ 代人有 $\displaystyle 0=f(0)=2+\frac{f^{\prime \prime}(\eta)}{2} x_{1}^{2}, \eta \in\left(0, x_{0}\right)$ ．于是 $\displaystyle f^{\prime \prime}(\eta)=-\frac{4}{x_{1}^{2}}<-4$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/12
目标：（1）在1/2处展开f(1)和f(0)
由泰勒公式，将 $f(1)$ 和 $f(0)$ 在 $x_0=1/2$ 处展开到三阶：
$$
f(1)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}f''\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{6}f'''(\xi_1)\left(1-\frac{1}{2}\right)^3,\quad \xi_1\in\left(\frac{1}{2},1\right)
$$
$$
f(0)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}f''\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{6}f'''(\xi_2)\left(0-\frac{1}{2}\right)^3,\quad \xi_2\in\left(0,\frac{1}{2}\right)
$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2+\frac{1}{6}f'''(\xi)(x-x_0)^3$
提示：注意展开点选择 $1/2$，利用已知条件 $f'(1/2)=0$ 简化。
步骤 2/12
目标：（1）两式相减并利用已知条件
将两式相减，并代入 $f(0)=0, f(1)=1/2, f'(1/2)=0$，得：
$$
\frac{1}{2}=\frac{1}{48}f'''(\xi_1)-\frac{1}{48}f'''(\xi_2)
$$
整理得：
$$
f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=24
$$
提示：注意相减时各项抵消，特别是 $f(1/2)$ 和 $f''(1/2)$ 项。
步骤 3/12
目标：（1）由平均值不等式得结论
由于 $f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=24$，则至少有一个不小于 $12$，即存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $f'''(\xi)\geq 12$。
提示：注意 $\xi$ 可能为 $\xi_1$ 或 $\xi_2$。
步骤 4/12
目标：（2）在0处展开f(1)和f(-1)
由泰勒公式，将 $f(1)$ 和 $f(-1)$ 在 $x_0=0$ 处展开到三阶：
$$
1=f(1)=f(0)+f'(0)\cdot1+\frac{1}{2}f''(0)\cdot1^2+\frac{1}{6}f'''(\xi_1)\cdot1^3,\quad \xi_1\in(0,1)
$$
$$
0=f(-1)=f(0)+f'(0)\cdot(-1)+\frac{1}{2}f''(0)\cdot(-1)^2+\frac{1}{6}f'''(\xi_2)\cdot(-1)^3,\quad \xi_2\in(-1,0)
$$
代入 $f(-1)=0, f(0)=0, f'(0)=0, f(1)=1$ 得：
$$
1=\frac{1}{2}f''(0)+\frac{1}{6}f'''(\xi_1),\quad 0=\frac{1}{2}f''(0)-\frac{1}{6}f'''(\xi_2)
$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{6}f'''(\xi)x^3$
提示：注意 $f(0)=0, f'(0)=0$ 简化了表达式。
步骤 5/12
目标：（2）两式相减得三阶导数和
将两式相减消去 $f''(0)$：
$$
1-0=\frac{1}{6}f'''(\xi_1)+\frac{1}{6}f'''(\xi_2)
$$
即 $f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=6$。
提示：注意相减时 $f''(0)$ 项抵消。
步骤 6/12
目标：（2）取最大值得不等式
令 $f'''(\xi)=\max\{f'''(\xi_1), f'''(\xi_2)\}$，则 $f'''(\xi)\geq 3$。
提示：注意 $\xi$ 在 $(-1,1)$ 内。
步骤 7/12
目标：（3）类似（2）展开并相减
同（2）的展开，但条件不同：$f(-1)=0, f'(0)=0, f(1)=1$，且 $f$ 三次连续可导。展开得：
$$
1=f(0)+\frac{1}{2}f''(0)+\frac{1}{6}f'''(\xi_1),\quad 0=f(0)+\frac{1}{2}f''(0)-\frac{1}{6}f'''(\xi_2)
$$
相减得 $f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=6$。
提示：注意 $f(0)$ 未知，但相减时消去。
步骤 8/12
目标：（3）由介值定理得等式
由于 $f'''(x)$ 连续，由介值定理，存在 $\xi$ 介于 $\xi_1$ 和 $\xi_2$ 之间，使得 $f'''(\xi)=3$。
公式：介值定理
提示：注意 $f$ 三次连续可导保证了 $f'''$ 连续。
步骤 9/12
目标：（4）在0处展开f(1)和f(-1)到二阶
由泰勒公式，将 $f(1)$ 和 $f(-1)$ 在 $x_0=0$ 处展开到二阶：
$$
1=f(1)=f(0)+f'(0)\cdot1+\frac{1}{2}f''(\xi_1)\cdot1^2,\quad \xi_1\in(0,1)
$$
$$
0=f(-1)=f(0)+f'(0)\cdot(-1)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)\cdot(-1)^2,\quad \xi_2\in(-1,0)
$$
代入 $f(-1)=0, f(0)=0, f(1)=1$ 得：
$$
1=f'(0)+\frac{1}{2}f''(\xi_1),\quad 0=-f'(0)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)
$$
公式：泰勒公式：$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2$
提示：注意二阶泰勒公式的余项形式。
步骤 10/12
目标：（4）两式相加并利用介值定理
两式相加得：$1=\frac{1}{2}(f''(\xi_1)+f''(\xi_2))$，即 $f''(\xi_1)+f''(\xi_2)=2$。若 $f''(\xi_1)=1$ 或 $f''(\xi_2)=1$，结论成立；否则，由介值定理，存在 $\theta$ 介于 $\xi_1,\xi_2$ 之间使得 $f''(\theta)=1$。
公式：介值定理
提示：注意 $f''$ 不一定连续，但由二阶可导知 $f''$ 具有介值性（达布定理）。
步骤 11/12
目标：（5）利用最大值点构造导数不等式
设 $f$ 在 $(0,1)$ 内最大值点为 $x_1$，则 $f(x_1)=2$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,x_1)$ 使得 $f'(\xi)=\frac{f(x_1)-f(0)}{x_1-0}=\frac{2}{x_1}>2$。
公式：拉格朗日中值定理：$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
提示：注意 $x_1\in(0,1)$，所以 $2/x_1>2$。
步骤 12/12
目标：（5）在最大值点展开并代入x=0
在 $x_1$ 处将 $f(x)$ 泰勒展开到二阶（注意 $f'(x_1)=0$）：
$$
f(x)=f(x_1)+\frac{1}{2}f''(\eta)(x-x_1)^2,\quad \eta\in(0,1)
$$
代入 $x=0$ 得：$0=2+\frac{1}{2}f''(\eta)x_1^2$，解得 $f''(\eta)=-\frac{4}{x_1^2}<-4$。
公式：泰勒公式：$f(x)=f(x_1)+f'(x_1)(x-x_1)+\frac{1}{2}f''(\eta)(x-x_1)^2$
提示：注意 $f'(x_1)=0$ 因为 $x_1$ 是极值点。
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