东北大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
8、设函数 $f$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导，且满足：$f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$ ．证明：存在一点 $\xi \in(a, b)$ ，使得 $\displaystyle \left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geq \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确目标与思路
我们要证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $\left|f''(\xi)\right| \ge \frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|$。由于两端一阶导数为零，考虑在区间中点处进行泰勒展开，并利用反证法或绝对值不等式推导。
公式：目标不等式：$\left|f''(\xi)\right| \ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$
提示：注意题目条件中 $f'(a)=f'(b)=0$ 是泰勒展开中消去一阶项的关键。
步骤 2/5
目标：在中点处进行泰勒展开
记中点 $c = \frac{a+b}{2}$。对 $x=a$ 和 $x=b$ 分别在 $c$ 点做带有拉格朗日余项的泰勒展开。
对 $x=a$：由于 $f'(a)=0$，有
$$f(a) = f(c) + f'(c)(a-c) + \frac{1}{2} f''(\xi_1)(a-c)^2,$$
其中 $\xi_1$ 介于 $a$ 与 $c$ 之间。注意 $a-c = -\frac{b-a}{2}$，所以 $(a-c)^2 = \frac{(b-a)^2}{4}$。于是
$$f(a) = f(c) - f'(c)\cdot\frac{b-a}{2} + \frac{1}{2} f''(\xi_1) \cdot \frac{(b-a)^2}{4}. \tag{1}$$
对 $x=b$：由于 $f'(b)=0$，有
$$f(b) = f(c) + f'(c)(b-c) + \frac{1}{2} f''(\xi_2)(b-c)^2,$$
其中 $\xi_2$ 介于 $c$ 与 $b$ 之间。而 $b-c = \frac{b-a}{2}$，平方同样为 $\frac{(b-a)^2}{4}$。于是
$$f(b) = f(c) + f'(c)\cdot\frac{b-a}{2} + \frac{1}{2} f''(\xi_2) \cdot \frac{(b-a)^2}{4}. \tag{2}$$
公式：泰勒展开：$f(x) = f(c) + f'(c)(x-c) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x-c)^2$
提示：注意 $a-c$ 和 $b-c$ 互为相反数，平方相等，这为后续相减消去 $f'(c)$ 项提供了便利。
步骤 3/5
目标：两式相减消去中间项
用 (2) 减去 (1)：
$$f(b)-f(a) = \left[ f'(c)\frac{b-a}{2} + \frac{(b-a)^2}{8} f''(\xi_2) \right] - \left[ -f'(c)\frac{b-a}{2} + \frac{(b-a)^2}{8} f''(\xi_1) \right].$$
化简得：
$$f(b)-f(a) = f'(c)(b-a) + \frac{(b-a)^2}{8} \big( f''(\xi_2) - f''(\xi_1) \big).$$
公式：$f(b)-f(a) = f'(c)(b-a) + \frac{(b-a)^2}{8}(f''(\xi_2)-f''(\xi_1))$
提示：这里 $f'(c)$ 项未被消去，但后续反证法中会通过取绝对值进行放缩。
步骤 4/5
目标：利用反证法构造矛盾
假设对任意 $x \in (a,b)$，都有 $|f''(x)| < \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。取 $x=c$ 为中点，由泰勒公式（在 $a$ 和 $b$ 处展开到中点）：
$$f(c) = f(a) + \frac{1}{2}f''(\eta_1)\frac{(b-a)^2}{4},$$
$$f(c) = f(b) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)\frac{(b-a)^2}{4},$$
其中 $\eta_1 \in (a,c)$，$\eta_2 \in (c,b)$。两式相减得：
$$f(b)-f(a) = \frac{(b-a)^2}{8}\big( f''(\eta_1) - f''(\eta_2) \big).$$
取绝对值并利用假设：
$$|f(b)-f(a)| \le \frac{(b-a)^2}{8}\big( |f''(\eta_1)| + |f''(\eta_2)| \big) < \frac{(b-a)^2}{8} \cdot 2 \cdot \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)| = |f(b)-f(a)|.$$
得到 $|f(b)-f(a)| < |f(b)-f(a)|$，矛盾。因此假设不成立，必存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $|f''(\xi)| \ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。
公式：反证法核心不等式：$|f(b)-f(a)| < \frac{(b-a)^2}{8} \cdot 2M = |f(b)-f(a)|$，其中 $M = \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$
提示：反证法的关键在于假设对所有点二阶导数绝对值都小于某个值，然后利用中点处的两个泰勒展开导出矛盾。注意这里不需要三阶导数，直接对二阶导数绝对值求和即可。
步骤 5/5
目标：得出结论
由反证法，假设不成立，因此存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $\left|f''(\xi)\right| \ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。命题得证。
公式：$\exists \xi \in (a,b): \left|f''(\xi)\right| \ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$
提示：结论中的不等式是严格的，因为反证法导出了严格矛盾。
步骤 6/7
目标：解出M的不等式
由上式得 $M \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|$。
提示：注意不等式方向，M是最大值，所以得到下界。
步骤 7/7
目标：得出结论
由 $M$ 的定义，存在 $\xi \in [a,b]$ 使得 $|f''(\xi)| = M$。由于端点处二阶导数可能为零，但 $M$ 为正时 $\xi$ 必在 $(a,b)$ 内（若 $M=0$ 则不等式平凡成立），故存在 $\xi \in (a,b)$ 使得
$$|f''(\xi)| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|.$$
提示：注意 $\xi$ 可能在端点，但结论要求 $(a,b)$ 内，需说明端点情况不影响。
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