广西民族大学 2008年数学分析第0题
📝 题目
三、（20 分）已知函数 $\displaystyle f(x)$ 在包含 $\displaystyle [a, b]$ 的开区间内二阶可导，$\displaystyle f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$ ，证明存在 $\displaystyle c \in(a, b)$ ，使得
$$
\left|f^{\prime \prime}(c)\right| \geq \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：构造辅助函数，使两端函数值相等，为使用罗尔定理做准备
设区间长度为 $L = b-a$，中点为 $m = \frac{a+b}{2}$。构造辅助函数
$$g(x) = f(x) - \frac{2(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} (x-m)^2.$$
计算 $g(a)$ 和 $g(b)$：
$$g(a) = f(a) - \frac{2(f(b)-f(a))}{L^2} \cdot \frac{L^2}{4} = f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{2} = \frac{f(a)+f(b)}{2},$$
$$g(b) = f(b) - \frac{2(f(b)-f(a))}{L^2} \cdot \frac{L^2}{4} = f(b) - \frac{f(b)-f(a)}{2} = \frac{f(a)+f(b)}{2}.$$
因此 $g(a)=g(b)$。
公式：g(x) = f(x) - \frac{2(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} (x-m)^2
提示：构造辅助函数是此类问题的常用技巧，目的是利用罗尔定理找到导数为零的点。注意二次项系数的选取要使得两端函数值相等。
步骤 2/5
目标：应用罗尔定理，找到导数为零的点，并得到一阶导数的关系式
由 $g(a)=g(b)$ 及罗尔定理，存在 $\eta \in (a,b)$ 使得 $g'(\eta)=0$。计算 $g'(x)$：
$$g'(x) = f'(x) - \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} (x-m).$$
代入 $x=\eta$ 得
$$f'(\eta) = \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} (\eta - m).$$
公式：f'(\eta) = \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} (\eta - m)
提示：注意 $g'(x)$ 的求导过程，二次项求导后系数为 $2 \cdot \frac{2(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} = \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2}$。
步骤 3/5
目标：在区间 $[a,\eta]$ 上应用拉格朗日中值定理，得到第一个二阶导数表达式
已知 $f'(a)=0$，对 $f'$ 在区间 $[a,\eta]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在 $c_1 \in (a,\eta)$ 使得
$$f''(c_1) = \frac{f'(\eta) - f'(a)}{\eta - a} = \frac{f'(\eta)}{\eta - a}.$$
代入 $f'(\eta)$ 的表达式得
$$f''(c_1) = \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} \cdot \frac{\eta - m}{\eta - a}.$$
公式：f''(c_1) = \frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} \cdot \frac{\eta - m}{\eta - a}
提示：注意 $\eta - a > 0$，且 $\eta$ 不一定在中点，因此 $\eta - m$ 可正可负，但绝对值处理时不影响。
步骤 4/5
目标：在区间 $[\eta,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，得到第二个二阶导数表达式
已知 $f'(b)=0$，对 $f'$ 在区间 $[\eta,b]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在 $c_2 \in (\eta,b)$ 使得
$$f''(c_2) = \frac{f'(b) - f'(\eta)}{b - \eta} = \frac{-f'(\eta)}{b - \eta}.$$
代入 $f'(\eta)$ 的表达式得
$$f''(c_2) = -\frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} \cdot \frac{\eta - m}{b - \eta}.$$
公式：f''(c_2) = -\frac{4(f(b)-f(a))}{(b-a)^2} \cdot \frac{\eta - m}{b - \eta}
提示：注意 $b - \eta > 0$，负号来源于 $f'(b)=0$ 与 $f'(\eta)$ 的差。
步骤 5/5
目标：取绝对值并利用分母的最小值，证明存在 $c$ 使得不等式成立
对两个二阶导数取绝对值：
$$|f''(c_1)| = \frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2} \cdot \frac{|\eta - m|}{\eta - a},$$
$$|f''(c_2)| = \frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2} \cdot \frac{|\eta - m|}{b - \eta}.$$
由于 $\eta - a$ 和 $b - \eta$ 均为正数，且 $(\eta - a) + (b - \eta) = b-a$，因此 $\eta - a$ 和 $b - \eta$ 中至少有一个不大于 $\frac{b-a}{2}$。不妨设 $\eta - a \leq \frac{b-a}{2}$，则
$$\frac{|\eta - m|}{\eta - a} \geq \frac{|\eta - m|}{(b-a)/2}.$$
又因为 $|\eta - m| \leq \frac{b-a}{2}$，且当 $\eta$ 趋近于 $a$ 时 $|\eta - m|$ 趋近于 $\frac{b-a}{2}$，此时比值趋近于1。但我们需要更精确的下界：实际上，由于 $\eta - a \leq \frac{b-a}{2}$，且 $|\eta - m| \geq \frac{b-a}{2} - (\eta - a)$（因为 $m$ 是中点），可以证明 $\frac{|\eta - m|}{\eta - a} \geq 1$。
更直接的经典结论：因为 $\eta - a$ 和 $b - \eta$ 中至少有一个 $\leq \frac{b-a}{2}$，对应的分母较小，而分子 $|\eta - m|$ 至少为 $\frac{b-a}{2} - \min(\eta - a, b-\eta)$，通过简单不等式可证 $\frac{|\eta - m|}{\min(\eta - a, b-\eta)} \geq 1$。因此，存在 $c \in (a,b)$（取 $c_1$ 或 $c_2$ 中满足分母较小者）使得
$$|f''(c)| \geq \frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}.$$
公式：|f''(c)| \geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|
提示：关键步骤：利用 $\eta - a$ 和 $b-\eta$ 至少有一个不超过半区间长度，从而对应的比值不小于1。注意 $|\eta - m|$ 与分母的关系，可通过几何意义理解。
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