厦门大学 2026年数学分析第4题
📝 题目
4．（20 分）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上有三阶连续导数，且 $\displaystyle f(x), f^{\prime \prime \prime}(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上有界，证明： $\displaystyle f^{\prime}(x), f^{\prime \prime}(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上有界．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：明确已知条件与待证结论
已知 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有三阶连续导数，且 $f(x)$ 和 $f'''(x)$ 有界，即存在常数 $M_0, M_3 > 0$，使得对任意 $x \in (-\infty,+\infty)$，有 $|f(x)| \le M_0$，$|f'''(x)| \le M_3$。需要证明 $f'(x)$ 和 $f''(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上也有界。
公式：|f(x)| \le M_0, \quad |f'''(x)| \le M_3
提示：注意有界性是对整个实数轴成立的，这是后续放缩的基础。
步骤 2/6
目标：利用泰勒公式展开 $f(x+h)$ 和 $f(x-h)$
对任意固定的 $x$ 和 $h>0$，将 $f(x+h)$ 和 $f(x-h)$ 在 $x$ 处展开到三阶，带拉格朗日余项：
$$
f(x+h) = f(x) + f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 + \frac{f'''(\xi_1)}{6}h^3,
$$
其中 $\xi_1 \in (x, x+h)$；
$$
f(x-h) = f(x) - f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 - \frac{f'''(\xi_2)}{6}h^3,
$$
其中 $\xi_2 \in (x-h, x)$。
公式：f(x\pm h) = f(x) \pm f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 \pm \frac{f'''(\xi)}{6}h^3
提示：注意余项中 $\xi$ 的位置不同，符号也不同，这是后续消去二阶项的关键。
步骤 3/6
目标：推导 $f'(x)$ 的表达式并放缩
将两式相减消去 $f''(x)$ 项：
$$
f(x+h) - f(x-h) = 2f'(x)h + \frac{h^3}{6}[f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)].
$$
解得：
$$
f'(x) = \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h} - \frac{h^2}{12}[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)].
$$
取绝对值并用三角不等式：
$$
|f'(x)| \le \frac{|f(x+h)|+|f(x-h)|}{2h} + \frac{h^2}{12}(|f'''(\xi_1)|+|f'''(\xi_2)|).
$$
代入有界性条件：
$$
|f'(x)| \le \frac{2M_0}{2h} + \frac{h^2}{12}\cdot 2M_3 = \frac{M_0}{h} + \frac{M_3 h^2}{6}.
$$
公式：|f'(x)| \le \frac{M_0}{h} + \frac{M_3 h^2}{6}
提示：放缩时注意 $|f(x+h)| \le M_0$，$|f(x-h)| \le M_0$，$|f'''(\xi_i)| \le M_3$。
步骤 4/6
目标：选取最优 $h$ 证明 $f'(x)$ 有界
令 $g(h) = \frac{M_0}{h} + \frac{M_3}{6}h^2$，对 $h>0$ 求最小值。求导：
$$
g'(h) = -\frac{M_0}{h^2} + \frac{M_3}{3}h = 0 \Rightarrow h^3 = \frac{3M_0}{M_3}.
$$
取 $h = \sqrt[3]{\frac{3M_0}{M_3}}$，代入得：
$$
|f'(x)| \le \frac{M_0}{\sqrt[3]{\frac{3M_0}{M_3}}} + \frac{M_3}{6}\left(\frac{3M_0}{M_3}\right)^{2/3} = \frac{3}{2}\left(\frac{M_0^2 M_3}{3}\right)^{1/3}.
$$
这是一个与 $x$ 无关的常数，故 $f'(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界。
公式：|f'(x)| \le \frac{3}{2}\left(\frac{M_0^2 M_3}{3}\right)^{1/3}
提示：求最小值时注意 $h$ 的选取要使得 $h>0$，且结果与 $x$ 无关。
步骤 5/6
目标：推导 $f''(x)$ 的表达式并放缩
将 $f(x+h)$ 和 $f(x-h)$ 的泰勒展开式相加消去 $f'(x)$ 项：
$$
f(x+h) + f(x-h) = 2f(x) + f''(x)h^2 + \frac{h^3}{6}[f'''(\xi_1) - f'''(\xi_2)].
$$
解得：
$$
f''(x) = \frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2} - \frac{h}{6}[f'''(\xi_1)-f'''(\xi_2)].
$$
取绝对值并用三角不等式：
$$
|f''(x)| \le \frac{|f(x+h)|+|f(x-h)|+2|f(x)|}{h^2} + \frac{h}{6}(|f'''(\xi_1)|+|f'''(\xi_2)|).
$$
代入有界性条件：
$$
|f''(x)| \le \frac{4M_0}{h^2} + \frac{M_3 h}{3}.
$$
公式：|f''(x)| \le \frac{4M_0}{h^2} + \frac{M_3 h}{3}
提示：注意 $f(x+h)+f(x-h)-2f(x)$ 的绝对值放缩时，三项的系数和为 $4$。
步骤 6/6
目标：选取最优 $h$ 证明 $f''(x)$ 有界
令 $\phi(h) = \frac{4M_0}{h^2} + \frac{M_3}{3}h$，对 $h>0$ 求最小值。求导：
$$
\phi'(h) = -\frac{8M_0}{h^3} + \frac{M_3}{3} = 0 \Rightarrow h^3 = \frac{24M_0}{M_3}.
$$
取 $h = \sqrt[3]{\frac{24M_0}{M_3}}$，代入得：
$$
|f''(x)| \le \frac{4M_0}{\left(\sqrt[3]{\frac{24M_0}{M_3}}\right)^2} + \frac{M_3}{3}\sqrt[3]{\frac{24M_0}{M_3}} = 3\left(\frac{M_0 M_3^2}{3}\right)^{1/3}.
$$
这是一个与 $x$ 无关的常数，故 $f''(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界。
公式：|f''(x)| \le 3\left(\frac{M_0 M_3^2}{3}\right)^{1/3}
提示：化简时注意指数运算，最终结果应不含 $h$，且为常数。
步骤 7/7
目标：总结结论
由以上推导，我们找到了与 $x$ 无关的常数 $M_1=M_0+\frac{M_3}{6}$ 和 $M_2=4M_0+\frac{M_3}{3}$，使得 $|f'(x)|\le M_1$，$|f''(x)|\le M_2$ 对所有实数 $x$ 成立。因此 $f'(x)$ 和 $f''(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界。
公式：|f'(x)|\le M_0+\frac{M_3}{6},\quad |f''(x)|\le 4M_0+\frac{M_3}{3}
提示：证明的关键是利用泰勒展开将高阶导数的有界性传递给低阶导数。
步骤 8/8
目标：总结结论
由以上推导，我们证明了 $f'(x)$ 和 $f''(x)$ 均在 $(-\infty, +\infty)$ 上有界。
提示：本题的关键是利用泰勒展开将高阶导数的有界性转化为低阶导数的估计，并通过选择最优步长 $h$ 得到一致界。
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