上册 3.3 导数的估值 第11题
📝 题目
11．证明下列命题．
（1）若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有二阶导数，且 $f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$ ．试证：$\exists \xi \in(a, b)$ 使得
$\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|$ ．（桂林电子科技 2012，山东大学 2007，中南大学 2006，苏州大学 2006，
广西民大 2008，江苏大学 2009，地质大学 2004，聊城大学 2008，中科院 2006，太原科技 2006；南京大学 2012（［1，2］））
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导，$\displaystyle f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ ，证明：$\exists \xi \in(a, b)$ 使得
$\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|$ ．
（3）设函数 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上三阶可导， 0 为 $f$ 的极值点．证明：$\exists \xi \in(-a, a)-\{0\}$ 使
$$
\left|f^{\prime \prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{3}{a^{3}}|f(a)-f(-a)| . \text { }
$$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：由泰勒公式
$$
f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)^{2}
$$
取 $\displaystyle x=\frac{a+b}{2}, x_{0}=a$ 得
$$
f\left(\frac{a+b}{2}\right)=f(a)+0+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2} \text {, 其中 } \xi_{1} \text { 介于 } a \text { 与 } \frac{a+b}{2} \text { 之间. }
$$
取 $\displaystyle x=\frac{a+b}{2}, x_{0}=b$ 得
$$
f\left(\frac{a+b}{2}\right)=f(b)+0+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2} \text {, 其中 } \xi_{2} \text { 介于 } \frac{a+b}{2} \text { 与 } b \text { 之间. }
$$
两式相减得
$$
|f(b)-f(a)|=\frac{1}{8}(b-a)^{2}\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)-f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant \frac{1}{4}(b-a)^{2} \cdot \frac{1}{2}\left(\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right|+\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right|\right)
$$
令 $\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right|=\max \left\{\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right|,\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right|\right\}$ ，则 $\displaystyle |f(b)-f(a)| \leqslant \frac{1}{4}(b-a)^{2}\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right|$ ，即
$$
\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant 4\left|\frac{f(b)-f(a)}{(b-a)^{2}}\right|
$$
方法 2：令 $F(x)=f^{\prime}(x)$ ，则 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上可微，且 $F(a)=F(b)=0$ ．
若 $F(x)$ 为常值函数，则 $F(x) \equiv 0$ ．于是 $f(a)=f(b)$ ．故结论显然成立．
若 $F(x)$ 不是常值函数，用 10 题结论，存在 $\xi \in(a, b)$ 使得
$$
\left|F^{\prime}(\xi)\right|>\frac{4}{(b-a)^{2}}\left|\int_{a}^{b} F(x) \mathrm{d} x\right|=\frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)| .
$$
从而 $\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|$ ．
（2）记 $\displaystyle c=\frac{a+b}{2}$ ．由泰勒公式
$$
f(x)=f(c)+f^{\prime}(c)(x-c)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)(x-c)^{2}=f(c)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)(x-c)^{2}
$$
分别取 $x=a, x=b$ 得
$$
\begin{aligned}
& f(a)=f(c)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)(a-c)^{2} \text {, 其中 } \xi_{1} \text { 介于 } a \text { 与 } \frac{a+b}{2} \text { 之间. } \\
& f(b)=f(c)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)(b-c)^{2} \text {, 其中 } \xi_{2} \text { 介于 } \frac{a+b}{2} \text { 与 } b \text { 之间. }
\end{aligned}
$$
两式相减得
$$
|f(b)-f(a)| \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}\left(\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right|+\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right|\right)
$$
令 $f^{\prime \prime}(\xi)=\max \left\{\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right|,\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right|\right\}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|$ 。
（3）由泰勒公式
$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) x^{2}+\frac{1}{6} f^{(3)}(\xi) x^{3}=f(0)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) x^{2}+\frac{1}{6} f^{(3)}(\xi) x^{3}
$$
取 $x=a, x=-a$ 得
$$
\begin{aligned}
f(a) & =f(0)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) a^{2}+\frac{1}{6} f^{(3)}\left(\xi_{1}\right) a^{3} \text {, 其中 } \xi_{1} \text { 介于 } a \text { 与 } 0 \text { 之间. } \\
f(-a) & =f(0)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) a^{2}-\frac{1}{6} f^{(3)}\left(\xi_{2}\right) a^{3} \text {, 其中 } \xi_{2} \text { 介于 }-a \text { 与 } 0 \text { 之间. }
\end{aligned}
$$
两式相减得
$$
|f(a)-f(-a)| \leqslant \frac{1}{6} a^{3}\left|f^{(3)}\left(\xi_{2}\right)+f^{(3)}\left(\xi_{1}\right)\right|
$$
令 $f^{(3)}(\xi)=\max \left\{\left|f^{(3)}\left(\xi_{2}\right)\right|,\left|f^{(3)}\left(\xi_{1}\right)\right|\right\}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime \prime \prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{3}{a^{3}}|f(a)-f(-a)|$ 。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：应用泰勒公式展开
对于（1），取 $x_0 = a$ 和 $x_0 = b$ 分别展开 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)$ 至二阶泰勒公式：
$$f\left(\frac{a+b}{2}\right) = f(a) + f'(a)\left(\frac{b-a}{2}\right) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 = f(a) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,$$
其中 $\xi_1 \in (a, \frac{a+b}{2})$。
同理，
$$f\left(\frac{a+b}{2}\right) = f(b) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,$$
其中 $\xi_2 \in (\frac{a+b}{2}, b)$。
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 $f'(a)=f'(b)=0$，所以一阶项消失。
步骤 2/6
目标：两式相减得到不等式
将两个泰勒展开式相减，得到
$$f(b)-f(a) = \frac{1}{2}f''(\xi_2)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 - \frac{1}{2}f''(\xi_1)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 = \frac{(b-a)^2}{8}\left(f''(\xi_2)-f''(\xi_1)\right).$$
取绝对值，并利用三角不等式：
$$|f(b)-f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8}\left(|f''(\xi_2)|+|f''(\xi_1)|\right).$$
提示：注意绝对值不等式方向，不要丢掉系数。
步骤 3/6
目标：选取最大值得到结论
令 $|f''(\xi)| = \max\{|f''(\xi_1)|, |f''(\xi_2)|\}$，则
$$|f(b)-f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8} \cdot 2|f''(\xi)| = \frac{(b-a)^2}{4}|f''(\xi)|.$$
整理得
$$|f''(\xi)| \geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|.$$
提示：注意最大值放缩时，两个绝对值之和不超过2倍最大值。
步骤 4/6
目标：证明（2）类似方法
记 $c = \frac{a+b}{2}$，由 $f'(c)=0$，泰勒展开：
$$f(a) = f(c) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)(a-c)^2 = f(c) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,$$
$$f(b) = f(c) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)(b-c)^2 = f(c) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,$$
其中 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$。相减得
$$|f(b)-f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8}\left(|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|\right).$$
令 $|f''(\xi)| = \max\{|f''(\xi_1)|, |f''(\xi_2)|\}$，则
$$|f(b)-f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{4}|f''(\xi)|,$$
即 $|f''(\xi)| \geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。
提示：注意 $a-c = -\frac{b-a}{2}$，平方后相同。
步骤 5/6
目标：证明（3）使用三阶泰勒公式
由于0是极值点，$f'(0)=0$。在 $x=0$ 处展开至三阶：
$$f(x) = f(0) + \frac{1}{2}f''(0)x^2 + \frac{1}{6}f'''(\xi)x^3.$$
分别取 $x=a$ 和 $x=-a$：
$$f(a) = f(0) + \frac{1}{2}f''(0)a^2 + \frac{1}{6}f'''(\xi_1)a^3,$$
$$f(-a) = f(0) + \frac{1}{2}f''(0)a^2 - \frac{1}{6}f'''(\xi_2)a^3,$$
其中 $\xi_1 \in (0,a)$，$\xi_2 \in (-a,0)$。
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 $f'(0)=0$，且 $(-a)^3 = -a^3$。
步骤 6/6
目标：相减并放缩
两式相减得
$$f(a)-f(-a) = \frac{1}{6}a^3\left(f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)\right).$$
取绝对值：
$$|f(a)-f(-a)| \leq \frac{a^3}{6}\left(|f'''(\xi_1)|+|f'''(\xi_2)|\right).$$
令 $|f'''(\xi)| = \max\{|f'''(\xi_1)|, |f'''(\xi_2)|\}$，则
$$|f(a)-f(-a)| \leq \frac{a^3}{6} \cdot 2|f'''(\xi)| = \frac{a^3}{3}|f'''(\xi)|,$$
即 $|f'''(\xi)| \geq \frac{3}{a^3}|f(a)-f(-a)|$。
提示：注意 $\xi$ 可能为0？但题目要求 $\xi \neq 0$，由于 $\xi_1>0$，$\xi_2<0$，所以 $\xi$ 取其中一个非零。
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