上册 3.3 导数的估值 第14题
📝 题目
14．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $(0, a)$ 内取得最大值，在 $[0, a]$ 上具有二阶导数，且 $\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant M$ 。试证：$\left|f^{\prime}(0)\right|+\left|f^{\prime}(a)\right| \leqslant M a$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内取得最大值，在 $[a, b]$ 上具有二阶导数，$\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant M$ 。试证：$\left|f^{\prime}(a)\right|+\left|f^{\prime}(b)\right| \leqslant M(b-a)$ ．
（3）已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微，二阶可导，且 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 1$ 。求证 $\left|f^{\prime}(0)-f^{\prime}(1)\right| \geqslant 1$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
分析：设 $f(x)$ 在 $c \in(a, b)$ 取得最大值，由费马定理，$f^{\prime}(c)=0$ 。然后在 $[a, c],[c, b]$ 上对 $f^{\prime}(x)$ 应用拉格朗日中值定理。
（1）设 $f(x)$ 在 $c \in(0, a)$ 取得最大值，则 $f(c)$ 也是一个极大值，故 $f^{\prime}(c)=0$ ．由微分中值公式得
$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(0)=f^{\prime}(c)+f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)(0-c)=-c f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right), \xi_{1} \in(0, c) \\
& f^{\prime}(a)=f^{\prime}(c)+f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)(a-c)=(a-c) f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right), \xi_{2} \in(c, a)
\end{aligned}
$$
从而
$$
\left|f^{\prime}(0)\right|=c\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant c M,\left|f^{\prime}(a)\right|=(a-c)\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right| \leqslant(a-c) M,
$$
由此得
$$
\left|f^{\prime}(0)\right|+\left|f^{\prime}(a)\right| \leqslant M a
$$
（2）设 $f(x)$ 在 $c \in(a, b)$ 取得最大值，则 $f(c)$ 也是一个极大值，故 $f^{\prime}(c)=0$ ．由微分中值公式得
$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(a)=f^{\prime}(c)+f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)(a-c)=(a-c) f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right), \xi_{1} \in(a, c) \\
& f^{\prime}(b)=f^{\prime}(c)+f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)(b-c)=(b-c) f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right), \xi_{2} \in(c, b)
\end{aligned}
$$
从而
$$
\left|f^{\prime}(a)\right|=(c-a)\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant(c-a) M,\left|f^{\prime}(b)\right|=(b-c)\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right| \leqslant(b-c) M
$$
于是
$$
\left|f^{\prime}(a)\right|+\left|f^{\prime}(b)\right| \leqslant M(b-a)
$$
（3）由微分中值公式得 $f^{\prime}(0)-f^{\prime}(1)=f^{\prime \prime}(\xi)(0-1), \xi \in(0,1)$ ，所以 $\left|f^{\prime}(0)-f^{\prime}(1)\right|=\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geqslant 1$ 。
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：确定最大值点并应用费马定理
设 $f(x)$ 在 $c \in (0, a)$ 处取得最大值，由于 $f$ 在 $(0, a)$ 内可导，由费马定理知 $f'(c) = 0$。
公式：费马定理：若 $f$ 在 $c$ 处可导且取得极值，则 $f'(c)=0$。
提示：注意最大值点必须在开区间内，且函数可导。
步骤 2/7
目标：在区间 $[0,c]$ 上应用拉格朗日中值定理
对 $f'(x)$ 在 $[0,c]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (0,c)$ 使得 $f'(0) - f'(c) = f''(\xi_1)(0-c)$。由于 $f'(c)=0$，得 $f'(0) = -c f''(\xi_1)$。
公式：拉格朗日中值定理：$f'(b)-f'(a)=f''(\xi)(b-a)$。
提示：注意这里是对导函数 $f'$ 应用中值定理，需要 $f'$ 可导，即 $f$ 二阶可导。
步骤 3/7
目标：在区间 $[c,a]$ 上应用拉格朗日中值定理
对 $f'(x)$ 在 $[c,a]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_2 \in (c,a)$ 使得 $f'(a) - f'(c) = f''(\xi_2)(a-c)$。由于 $f'(c)=0$，得 $f'(a) = (a-c) f''(\xi_2)$。
公式：拉格朗日中值定理。
提示：注意区间端点顺序，确保 $a-c>0$。
步骤 4/7
目标：利用二阶导数有界性放缩
由已知 $|f''(x)| \leq M$，得 $|f'(0)| = c |f''(\xi_1)| \leq cM$，$|f'(a)| = (a-c) |f''(\xi_2)| \leq (a-c)M$。
公式：绝对值不等式。
提示：注意 $c>0$，$a-c>0$，直接取绝对值。
步骤 5/7
目标：求和得到结论
相加得 $|f'(0)| + |f'(a)| \leq cM + (a-c)M = aM$，即 $|f'(0)| + |f'(a)| \leq Ma$。
公式：不等式加法。
提示：注意 $c$ 消去，结果与最大值点 $c$ 无关。
步骤 6/7
目标：推广到一般区间 $(a,b)$
类似地，设最大值点 $c \in (a,b)$，则 $f'(c)=0$。在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上分别应用中值定理得 $f'(a) = (a-c)f''(\xi_1)$，$f'(b) = (b-c)f''(\xi_2)$，其中 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$。取绝对值并利用 $|f''| \leq M$ 得 $|f'(a)| \leq (c-a)M$，$|f'(b)| \leq (b-c)M$，相加得 $|f'(a)|+|f'(b)| \leq (b-a)M$。
公式：同上。
提示：注意 $a-c$ 为负，取绝对值时变为 $c-a$。
步骤 7/7
目标：证明第三问
对 $f'(x)$ 在 $[0,1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f'(0)-f'(1) = f''(\xi)(0-1) = -f''(\xi)$。取绝对值得 $|f'(0)-f'(1)| = |f''(\xi)|$。由已知 $f''(x) \geq 1$，故 $|f''(\xi)| \geq 1$，从而 $|f'(0)-f'(1)| \geq 1$。
公式：拉格朗日中值定理。
提示：注意 $f''(x) \geq 1$ 意味着 $f''(x)$ 为正，绝对值可直接去掉。
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