方企勤 第二章 一元函数微分学 第2题

教材习题

📝 题目

例 2 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,在(a, b)内除仅有的一个点外都可导. 求证: $\exists c \in \left( {a,b}\right)$ ,使得 $\left| {f\left( b\right) - f\left( a\right) }\right| \leq \left( {b - a}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right|$ .

💡 答案解析

证 设函数 $f\left( x\right)$ 在点 $d \in \left( {a,b}\right)$ 处不可导. 分别在(a, d)上和在 (d, b)上对 $f\left( x\right)$ 用微分中值定理,我们得

$f\left( d\right) - f\left( a\right) = \left( {d - a}\right) {f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right)$ 和 $f\left( b\right) - f\left( d\right) = \left( {b - d}\right) {f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) ,$

其中 ${c}_{1} \in \left( {a,d}\right)$ 和 ${c}_{2} \in \left( {d,b}\right)$ . 将以上两个等式相加,我们得

$$ f\left( b\right) - f\left( a\right) = \left( {d - a}\right) {f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right) + \left( {b - d}\right) {f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) . $$

由此我们得到

$$ \left| {f\left( b\right) - f\left( a\right) }\right| \leq \left( {d - a}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right) }\right| + \left( {b - d}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) }\right| $$

$$ \leq \left( {d - a}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| + \left( {b - d}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| $$

$$ = \left( {b - a}\right) \left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| \text{ , } $$

其中 $\left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| = \max \left\{ {\left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right) }\right| ,\left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) }\right| }\right\}$ ;

$$ c = \left\{ \begin{array}{ll} {c}_{1}, & \text{ 当 }\left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right) }\right| \geq \left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) }\right| , \\ {c}_{2}, & \text{ 当 }\left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{1}\right) }\right| < \left| {{f}^{\prime }\left( {c}_{2}\right) }\right| . \end{array}\right. $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：设不可导点，并分别在两个子区间应用微分中值定理
设函数 f(x) 在点 d∈(a,b) 处不可导。分别在 (a,d) 和 (d,b) 上对 f(x) 应用拉格朗日中值定理，得到 f(d)-f(a) = (d-a)f'(c1) 和 f(b)-f(d) = (b-d)f'(c2)，其中 c1∈(a,d)，c2∈(d,b)。
公式：f(d)-f(a) = (d-a)f'(c1), f(b)-f(d) = (b-d)f'(c2)
提示：注意不可导点只有一个，因此两个子区间内均可导且连续，满足中值定理条件。
步骤 2/4
目标：将两个等式相加得到 f(b)-f(a) 的表达式
将两个等式相加，消去 f(d)，得到 f(b)-f(a) = (d-a)f'(c1) + (b-d)f'(c2)。
公式：f(b)-f(a) = (d-a)f'(c1) + (b-d)f'(c2)
提示：相加后 f(d) 抵消，得到整体增量表达式。
步骤 3/4
目标：利用绝对值不等式放缩
对等式两边取绝对值，利用三角不等式得到 |f(b)-f(a)| ≤ (d-a)|f'(c1)| + (b-d)|f'(c2)|。
公式：|f(b)-f(a)| ≤ (d-a)|f'(c1)| + (b-d)|f'(c2)|
提示：注意绝对值不等式：|A+B| ≤ |A|+|B|。
步骤 4/4
目标：选取最大导数值并完成证明
令 |f'(c)| = max{|f'(c1)|, |f'(c2)|}，则 (d-a)|f'(c1)| + (b-d)|f'(c2)| ≤ (d-a)|f'(c)| + (b-d)|f'(c)| = (b-a)|f'(c)|。因此 |f(b)-f(a)| ≤ (b-a)|f'(c)|，其中 c 取为对应较大导数值的点。
公式：|f(b)-f(a)| ≤ (b-a)|f'(c)|
提示：c 的选取：若 |f'(c1)| ≥ |f'(c2)|，则 c=c1；否则 c=c2。

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