上册 3.3 导数的估值 第21题
📝 题目
21．设 $a>0$ 为常数，函数 $f(x)$ 在 $[-2 a, 2 a]$ 上有二阶导数，$f(0)=a, f(a)=b, f^{\prime}(0)=-1$ ．对 $\forall x \in[-2 a, 2 a]$ 且满足 $\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(x)\right|<\frac{1}{4 a}$ ．求证：（1）$\displaystyle \left|1+f^{\prime}(x)\right|<\frac{1}{2}, \forall x \in[-2 a, 2 a]$ ；（2）$\displaystyle |f(a+b)|<\frac{a}{4}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由泰勒公式有
$$
\begin{aligned}
& a=f(0)=f(x)-f^{\prime}(x) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right) x^{2} \text {, 其中 } \xi_{1} \text { 在 } 0 \text { 与 } x \text { 之间, } \\
& f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right) x^{2}=a-x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right) x^{2} \text {, 其中 } \xi_{2} \text { 在 } 0 \text { 与 } x \text { 之间, }
\end{aligned}
$$
代人得
$$
a=a-x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right) x^{2}-f^{\prime}(x) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right) x^{2}
$$
化简得
$$
1+f^{\prime}(x)=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right) x
$$
于是
$$
\left|1+f^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{1}{2}|x|\left[f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\left|+\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\right|\right] \leqslant \frac{1}{2} 2 a\left[\frac{1}{4 a}+\frac{1}{4 a}\right]=\frac{1}{2}\right.
$$
由泰勒公式，$\forall x \in[-2 a, 2 a]$ 有
$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right) x^{2}=a-x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right) x^{2}
$$
于是取 $x=a$ 得 $\displaystyle f(a)=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\eta_{1}\right) a^{2}=b$ ，其中 $\eta_{1}$ 在 0 与 $a$ 之间．从而 $\displaystyle |b|<\frac{1}{2} \frac{1}{4 a} a^{2}=\frac{1}{8} a$ ．
由泰勒公式有
$$
f(a+b)=f(a)+f^{\prime}(a)(a+b-a)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)(a+b-a)^{2}=b+b f^{\prime}(a)+\frac{1}{2} b^{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)
$$
其中 $\eta_{2}$ 在 $a$ 与 $a+b$ 之间．于是
$$
\begin{aligned}
|f(a+b)| & \leqslant|b|\left|1+f^{\prime}(a)\right|+\frac{1}{2} b^{2}\left|f^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}|b|+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 a} b^{2} \\
& \leqslant \frac{1}{2} \frac{1}{8} a+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 a}\left(\frac{1}{8} a\right)^{2}=\frac{1}{16} a+\frac{1}{8^{3}} \cdot a<\frac{a}{4} .
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用泰勒公式展开f(0)和f(x)
由泰勒公式，将 $f(0)$ 在 $x$ 处展开：$f(0)=f(x)-f'(x)x+\frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2$，其中 $\xi_1$ 在 $0$ 与 $x$ 之间。再将 $f(x)$ 在 $0$ 处展开：$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi_2)x^2=a-x+\frac{1}{2}f''(\xi_2)x^2$，其中 $\xi_2$ 在 $0$ 与 $x$ 之间。
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：注意展开点不同，余项中的中值点也不同。
步骤 2/6
目标：代入化简得到1+f'(x)的表达式
将 $f(x)$ 的表达式代入 $f(0)$ 的展开式：$a = \left[a-x+\frac{1}{2}f''(\xi_2)x^2\right] - f'(x)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2$。化简得 $0 = -x - f'(x)x + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x^2 + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2$。两边除以 $x$（$x\neq 0$ 时，$x=0$ 时直接验证），得 $1+f'(x) = \frac{1}{2}f''(\xi_2)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x$。
提示：注意 $x=0$ 时，$1+f'(0)=0$，不等式显然成立。
步骤 3/6
目标：利用二阶导数有界性证明不等式(1)
由 $\left|f''(x)\right|<\frac{1}{4a}$，得 $\left|1+f'(x)\right| \leq \frac{1}{2}|x|\left(\left|f''(\xi_1)\right|+\left|f''(\xi_2)\right|\right) < \frac{1}{2}|x|\left(\frac{1}{4a}+\frac{1}{4a}\right) = \frac{|x|}{4a}$。由于 $x\in[-2a,2a]$，$|x|\leq 2a$，故 $\left|1+f'(x)\right| < \frac{2a}{4a} = \frac{1}{2}$。
公式：绝对值不等式：$|A+B|\leq |A|+|B|$
提示：注意严格不等号，因为 $|f''|$ 严格小于 $\frac{1}{4a}$。
步骤 4/6
目标：利用泰勒公式估计f(a)即b的大小
对任意 $x\in[-2a,2a]$，将 $f(x)$ 在 $0$ 处展开：$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\eta_1)x^2 = a-x+\frac{1}{2}f''(\eta_1)x^2$，其中 $\eta_1$ 在 $0$ 与 $x$ 之间。取 $x=a$，得 $f(a)=a-a+\frac{1}{2}f''(\eta_1)a^2 = \frac{1}{2}f''(\eta_1)a^2 = b$。因此 $|b| = \frac{1}{2}|f''(\eta_1)|a^2 < \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4a}\cdot a^2 = \frac{a}{8}$。
提示：注意 $f(0)=a$，$f'(0)=-1$，代入时不要出错。
步骤 5/6
目标：将f(a+b)在a处泰勒展开
将 $f(a+b)$ 在 $x=a$ 处展开：$f(a+b)=f(a)+f'(a)(a+b-a)+\frac{1}{2}f''(\eta_2)(a+b-a)^2 = b + b f'(a) + \frac{1}{2}b^2 f''(\eta_2)$，其中 $\eta_2$ 在 $a$ 与 $a+b$ 之间。
提示：注意 $f(a)=b$，展开式中一次项系数为 $f'(a)$。
步骤 6/6
目标：利用不等式(1)和b的界证明不等式(2)
由 $|1+f'(a)|<\frac{1}{2}$ 和 $|f''(\eta_2)|<\frac{1}{4a}$，得 $|f(a+b)| \leq |b|\cdot|1+f'(a)| + \frac{1}{2}b^2|f''(\eta_2)| < |b|\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{2}b^2\cdot\frac{1}{4a} = \frac{1}{2}|b| + \frac{1}{8a}b^2$。代入 $|b|<\frac{a}{8}$，得 $|f(a+b)| < \frac{1}{2}\cdot\frac{a}{8} + \frac{1}{8a}\cdot\left(\frac{a}{8}\right)^2 = \frac{a}{16} + \frac{a}{512} = \frac{33a}{512} < \frac{a}{4}$。
提示：注意 $b$ 可能为负，但绝对值不等式处理时用 $|b|$。最后一步需验证 $\frac{33}{512}<\frac{1}{4}$ 成立。
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