南京师范大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
四、（15分）设 $\displaystyle f(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [a, b]$ 上二次可微，且
$$
f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)=0
$$
证明：存在 $\displaystyle \xi \in(a, b)$ ，使得：
$$
\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geq \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|
$$
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：在中点处进行泰勒展开
设 $c = \frac{a+b}{2}$，已知 $f'(c)=0$。分别在 $x=a$ 和 $x=b$ 处对 $f$ 在 $c$ 点展开到二阶（带拉格朗日余项）：
对 $x=a$：
$$f(a) = f(c) + f'(c)(a-c) + \frac{1}{2} f''(\xi_1)(a-c)^2$$
由于 $a-c = -\frac{b-a}{2}$ 且 $f'(c)=0$，得：
$$f(a) = f(c) + \frac{1}{2} f''(\xi_1) \left( \frac{b-a}{2} \right)^2$$
其中 $\xi_1 \in (a, c)$。
对 $x=b$：
$$f(b) = f(c) + f'(c)(b-c) + \frac{1}{2} f''(\xi_2)(b-c)^2$$
由于 $b-c = \frac{b-a}{2}$ 且 $f'(c)=0$，得：
$$f(b) = f(c) + \frac{1}{2} f''(\xi_2) \left( \frac{b-a}{2} \right)^2$$
其中 $\xi_2 \in (c, b)$。
公式：f(a) = f(c) + \frac{1}{2} f''(\xi_1) \left( \frac{b-a}{2} \right)^2, \quad f(b) = f(c) + \frac{1}{2} f''(\xi_2) \left( \frac{b-a}{2} \right)^2
提示：注意 $a-c$ 和 $b-c$ 的符号，但平方后不影响结果；拉格朗日余项中的 $\xi_1$ 和 $\xi_2$ 分别在左右半区间内。
步骤 2/5
目标：两式相减得到端点函数值差
用 $f(b)$ 的展开式减去 $f(a)$ 的展开式，消去 $f(c)$：
$$f(b) - f(a) = \frac{1}{2} \left( \frac{b-a}{2} \right)^2 \big[ f''(\xi_2) - f''(\xi_1) \big]$$
化简系数：
$$f(b) - f(a) = \frac{(b-a)^2}{8} \big[ f''(\xi_2) - f''(\xi_1) \big]$$
公式：f(b) - f(a) = \frac{(b-a)^2}{8} \big[ f''(\xi_2) - f''(\xi_1) \big]
提示：相减时注意 $f(c)$ 项抵消，系数 $\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$ 不要算错。
步骤 3/5
目标：取绝对值并利用三角不等式放缩
对等式两边取绝对值：
$$|f(b) - f(a)| = \frac{(b-a)^2}{8} \big| f''(\xi_2) - f''(\xi_1) \big|$$
由绝对值不等式 $|u - v| \leq |u| + |v|$，得：
$$|f(b) - f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8} \big( |f''(\xi_2)| + |f''(\xi_1)| \big)$$
公式：|f(b) - f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8} \big( |f''(\xi_2)| + |f''(\xi_1)| \big)
提示：注意绝对值不等式的方向，这里我们得到的是上界，为后续推导最大值不等式做准备。
步骤 4/5
目标：引入最大值并推导不等式
设 $M = \max_{x \in [a,b]} |f''(x)|$，由于 $\xi_1, \xi_2 \in (a,b)$，显然有 $|f''(\xi_1)| \leq M$，$|f''(\xi_2)| \leq M$。代入上一步的不等式：
$$|f(b) - f(a)| \leq \frac{(b-a)^2}{8} \cdot (M + M) = \frac{(b-a)^2}{4} M$$
因此：
$$M \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|$$
由于 $M$ 是 $|f''(x)|$ 在闭区间 $[a,b]$ 上的最大值，由闭区间上连续函数的最值定理，存在某点 $\xi \in [a,b]$ 使得 $|f''(\xi)| = M$。但 $\xi_1$ 和 $\xi_2$ 分别位于 $(a,c)$ 和 $(c,b)$，它们中使 $|f''|$ 较大的那个点必然在开区间 $(a,b)$ 内，因此可取该点为 $\xi$，从而 $\xi \in (a,b)$。
公式：M \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|
提示：注意 $\xi$ 在开区间内的说明：由于 $\xi_1$ 和 $\xi_2$ 都在开区间内部，它们中绝对值较大的那个自然也在开区间内，无需担心端点情况。
步骤 5/5
目标：得出结论
综合以上推导，存在 $\xi \in (a,b)$，使得：
$$\left| f''(\xi) \right| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|$$
命题得证。
公式：\left| f''(\xi) \right| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|
提示：最终不等式中的系数 $\frac{4}{(b-a)^2}$ 与题目要求一致，注意不要遗漏绝对值符号。
步骤 6/6
目标：解出M并得到结论
因此 $M \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|$。取 $\xi$ 为 $\eta_1$ 或 $\eta_2$ 中使得 $|f''(\xi)|$ 较大的那个，则存在 $\xi \in (a, b)$ 使得
$$|f''(\xi)| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|.$$
提示：注意 $\xi$ 在 $(a,b)$ 内，因为 $\eta_1, \eta_2$ 都在 $(a,b)$ 内。
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