南昌大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
四、（10分）设 $\displaystyle f(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [0,1]$ 上二阶可导，且在闭区间 $\displaystyle [0,1]$ 上成立：
$$
|f(x)| \leq 1,\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leq 2 .
$$
证明：$\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leq \mathbf{3}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确已知条件和目标
已知函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上二阶可导，且满足 $|f(x)| \leq 1$，$|f''(x)| \leq 2$。需要证明对任意 $x \in [0,1]$，有 $|f'(x)| \leq 3$。
公式：$|f(x)| \leq 1$, $|f''(x)| \leq 2$
提示：注意二阶可导保证了一阶导数连续，可以使用中值定理和泰勒公式。
步骤 2/5
目标：构造泰勒展开式，建立联系
对固定的 $x \in [0,1]$，分别在点 $0$ 和点 $1$ 处进行带拉格朗日余项的一阶泰勒展开：
在 $0$ 处：$f(0) = f(x) + f'(x)(0 - x) + \frac{f''(\xi_1)}{2}(0 - x)^2$，其中 $\xi_1$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。整理得：$x f'(x) = f(x) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2$。
在 $1$ 处：$f(1) = f(x) + f'(x)(1 - x) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(1 - x)^2$，其中 $\xi_2$ 介于 $x$ 与 $1$ 之间。整理得：$(1-x) f'(x) = f(1) - f(x) - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2$。
公式：$x f'(x) = f(x) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2$，$(1-x) f'(x) = f(1) - f(x) - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2$
提示：注意余项中二阶导数的点 $\xi_1, \xi_2$ 依赖于 $x$，但它们的取值范围已知。
步骤 3/5
目标：将两个展开式相加，消去 $f(x)$
将上面两个等式相加，左边为 $x f'(x) + (1-x) f'(x) = f'(x)$，右边为 $f(x) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2 + f(1) - f(x) - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2 = f(1) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2 - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2$。
因此得到：$f'(x) = f(1) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2 - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2$。
公式：$f'(x) = f(1) - f(0) + \frac{f''(\xi_1)}{2} x^2 - \frac{f''(\xi_2)}{2} (1-x)^2$
提示：相加消去 $f(x)$ 是本题的关键技巧，避免了分别处理时在区间中部估计过大的问题。
步骤 4/5
目标：利用已知条件进行放缩
对上述等式两边取绝对值，并利用三角不等式：
$|f'(x)| \leq |f(1) - f(0)| + \frac{|f''(\xi_1)|}{2} x^2 + \frac{|f''(\xi_2)|}{2} (1-x)^2$。
由已知条件：$|f(1) - f(0)| \leq |f(1)| + |f(0)| \leq 1+1=2$，且 $|f''(\xi_1)| \leq 2$，$|f''(\xi_2)| \leq 2$。代入得：
$|f'(x)| \leq 2 + \frac{2}{2} x^2 + \frac{2}{2} (1-x)^2 = 2 + x^2 + (1-x)^2$。
公式：$|f'(x)| \leq 2 + x^2 + (1-x)^2$
提示：注意 $|f(1)-f(0)|$ 的放缩不能直接使用中值定理，因为不知道 $f'$ 的界，但可以用函数值的界通过三角不等式得到上界 $2$。
步骤 5/5
目标：求二次函数的最大值，得到最终结论
令 $\varphi(x) = x^2 + (1-x)^2 = 2x^2 - 2x + 1$，这是一个开口向上的二次函数，在区间 $[0,1]$ 上的最大值在端点处取得。计算端点值：$\varphi(0) = 0^2 + 1^2 = 1$，$\varphi(1) = 1^2 + 0^2 = 1$。因此 $\varphi(x) \leq 1$ 对任意 $x \in [0,1]$ 成立。
代入放缩式得：$|f'(x)| \leq 2 + 1 = 3$。结论得证。
公式：$\max_{x \in [0,1]} [x^2 + (1-x)^2] = 1$，故 $|f'(x)| \leq 3$
提示：二次函数在闭区间上的最值通常出现在端点或对称轴处，这里对称轴 $x=1/2$ 处是极小值，端点才是最大值。
步骤 6/7
目标：端点附近的处理
当 $x_0 = 0$ 时，只能使用右侧展开：$f(h) = f(0) + f'(0)h + \frac{1}{2}f''(\xi)h^2$，解得 $f'(0) = \frac{f(h)-f(0)}{h} - \frac{1}{2}f''(\xi)h$。放缩得：
$$|f'(0)| \leq \frac{2}{h} + \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot h = \frac{2}{h} + h$$
函数 $\frac{2}{h} + h$ 在 $h>0$ 上的最小值在 $h=\sqrt{2}$ 处，但 $h$ 不能超过 $1$（因为区间限制），故在 $h=1$ 时取得最大值 $3$。类似地，$x_0=1$ 处用左侧展开也得 $|f'(1)| \leq 3$。
公式：|f'(0)| \leq \frac{2}{h} + h, \quad \max_{h \in (0,1]} \left(\frac{2}{h} + h\right) = 3 \text{（在 } h=1 \text{ 处）}
提示：端点处只能使用单侧展开，且 $h$ 的最大取值为 $1$，导致上界变大到 $3$。
步骤 7/7
目标：综合结论
对于任意 $x \in [0,1]$，若 $x$ 为内部点，可取 $h=1$ 得 $|f'(x)| \leq 2 < 3$；若 $x$ 为端点，由单侧展开得 $|f'(x)| \leq 3$。因此对所有 $x \in [0,1]$，有 $|f'(x)| \leq 3$。
公式：|f'(x)| \leq 3, \quad \forall x \in [0,1]
提示：注意端点处是上界最紧的情况，证明需覆盖整个区间。
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