上册 3.3 导数的估值 第24题

解题过程： （1）由已知条件及 Lagrange 中值定理得 $$ |f(x)|=|f(x)-f(0)|=\left|f^{\prime}\left(c_{1}\right)\right| \cdot x \leqslant \frac{1}{2}\left|f\left(c_{1}\right)\right|, c_{1} \in[0,1] . $$ 反复使用 Lagrange 中值定理可得 $$ |f(x)| \leqslant \frac{1}{2^{n}}\left|f\left(c_{n}\right)\right|, c_{n} \in[0,1] . $$ 又 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故有界，即 $\exists M>0$ 使 $|f(x)| \leqslant M, \forall x \in[0,1]$ ．从而有 $$ |f(x)| \leqslant \frac{M}{2^{n}}, x \in[0,1], n \geqslant 1 . $$ 令 $n \rightarrow \infty$ 得 $f(x) \equiv 0$ ． （2）把 $[a, b]$ 分 $n$ 等份，每份长度小于 $\displaystyle \frac{1}{2 M}$ 。当 $\displaystyle x \in\left(a, a+\frac{1}{n}\right]$ 时，$\displaystyle \exists \xi_{1} \in\left(a, a+\frac{1}{n}\right]$ 使得 $$ |f(x)|=|f(x)-f(a)|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right|(x-a) \leqslant \frac{M}{n}\left|f\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|f\left(\xi_{1}\right)\right| . $$ 同理有 $\xi_{2} \in\left(a, a+\xi_{1}\right]$ 使得 $$ \left|f\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2} f\left(\xi_{2}\right) . $$ 反复使用 Lagrange 中值定理可得 $$ |f(x)|<\frac{1}{2}\left|f\left(\xi_{1}\right)\right|<\frac{1}{2^{2}}\left|f\left(\xi_{2}\right)\right|<\cdots<\frac{1}{2^{n}}\left|f\left(\xi_{n}\right)\right|<\cdots $$ 而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n}}\left|f\left(\xi_{n}\right)\right|=0$ ，所以 $\displaystyle f(x) \equiv 0, x \in\left(a, a+\frac{1}{n}\right]$ ． 同理可证在一切 $\displaystyle x \in\left[\frac{i-1}{n}, \frac{i}{n}\right],(i=1,2, \cdots, n)$ 上，恒有 $f(x) \equiv 0$ 。故 $f(x) \equiv 0, \forall x \in[a, b]$ ． （3）由 Lagrange 中值定理得 $$ |f(x)|=|f(x)-f(0)|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right) x\right| \leqslant A\left|f\left(\xi_{1}\right)\right| x, 0<\xi_{1}0$ ，对 $\displaystyle \forall x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ 有 $|f(x)| \leqslant M$ ，故 $$ |f(x)| \leqslant \frac{M}{2^{n}}, x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right](n=1,2, \cdots) $$ 从而 $\displaystyle f(x) \equiv 0, x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ ． 用数学归纳法，可证在一切 $\displaystyle x \in\left[\frac{i-1}{2 A}, \frac{i}{2 A}\right], i=1,2, \cdots$ ，恒有 $f(x) \equiv 0$ ．所以 $f(x) \equiv 0, x \in[0,+\infty)$ ． （4）方法 1：记 $F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t, x \in[0,+\infty)$ ，则 $F(0)=0,|F(x)| \leqslant k F(x)$ ．由（3）得证． 方法 2：记 $F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t, x \in[0,+\infty)$ ，则 $F^{\prime}(x)=f(x),-F(x) k \leqslant F^{\prime}(x) \leqslant k F(x)$ ． 记 $P(x)=\mathrm{e}^{-k x} F(x)$ ，则 $P^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-k x}\left(F^{\prime}(x)-k F(x)\right) \leqslant 0 . P(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 递减．于是 $P(x) \leqslant P(0)=0$ ，从而 $F(x) \leqslant 0$ ． 另一方面，记 $Q(x)=\mathrm{e}^{k x} F(x)$ ，则 $Q^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{k x}\left(F^{\prime}(x)+k F(x)\right) \geqslant 0 \cdot Q(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 递增．于是 $Q(x) \geqslant Q(0)=0$ ，从而 $F(x) \geqslant 0$ 。 综上得 $F(x)=0$ ，从而 $f(x) \equiv 0$ ． （5）由已知得 $|f(x)|0, g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-1$ 。于是 $$ \left|g^{\prime}(x)\right| \leqslant|g(x)+x|-x \leqslant g(x)+x-x=g(x) \text {. } $$ 由（2）得证。