2020 年考研数学（一） 第 19 题

出现"存在 $\xi$ 使 $|f^{\prime }(\xi )|\ge M$"且给了 $f(0)=f(2)=0$，几乎必用拉格朗日中值定理，把函数值差换成导数。关键构造是设最大值点 $c$ 把 $[0,2]$ 断成两段——两段长之和为 2，必有一段 $\le 1$，对应导数商 $\ge M$。第二问是把（Ⅰ）的不等式"逼到等号"：$c\ne 1$ 时严格不等直接矛盾；$c=1$ 时用牛顿–莱布尼茨与"非负连续函数积分为 0 则恒为 0"锁死 $|f^{\prime }|\equiv M$，再由 $f^{\prime }$ 不能在保持连续的同时变号且满足 $f(0)=f(2)=0$ 推出 $M=0$。

本题考查一元微积分的综合应用（拉格朗日中值定理 + 牛顿–莱布尼茨公式）。

（Ⅰ） 若 $M=0$，则 $f\equiv 0$，结论平凡成立。若 $M>0$，则最大值在内部取得，设 $|f(c)|=M$，$0<c<2$。
对 $[0,c]$ 用拉格朗日中值定理：存在 ${\xi }_1\in (0,c)$，使 $|f(c)|=|f(c)-f(0)|=|f^{\prime }({\xi }_1)|c$，即 $|f^{\prime }({\xi }_1)|=\frac{M}{c}$；
对 $[c,2]$：存在 ${\xi }_2\in (c,2)$，使 $|f(c)|=|f(2)-f(c)|=|f^{\prime }({\xi }_2)|(2-c)$，即 $|f^{\prime }({\xi }_2)|=\frac{M}{2-c}$。

若 $c\le 1$，则 $\frac{M}{c}\ge M$，取 $\xi ={\xi }_1$；若 $c\ge 1$，则 $\frac{M}{2-c}\ge M$，取 $\xi ={\xi }_2$。无论哪种情形，都存在 $\xi \in (0,2)$ 使 $|f^{\prime }(\xi )|\ge M$。

（Ⅱ） 若 $M=0$，结论成立。下设 $M>0$，仍设 $|f(c)|=M$。
当 $c\ne 1$ 时，由（Ⅰ）的推导知 $\frac{M}{c}>M$ 或 $\frac{M}{2-c}>M$，即存在一点使 $|f^{\prime }|>M$，与 $|f^{\prime }(x)|\le M$ 矛盾。

当 $c=1$ 时，不妨设 $f(1)=M$。由牛顿–莱布尼茨公式，
$$M=|f(1)-f(0)|=\left|{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right|\le {\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x\le {\int }_0^{1}M\mathrm{d}x=M,$$
故 ${\int }_0^1(|f^{\prime }(x)|-M)\mathrm{d}x=0$。由于 $|f^{\prime }(x)|-M\le 0$ 且连续，得 $|f^{\prime }(x)|\equiv M(x\in (0,1))$；同理 $|f^{\prime }(x)|\equiv M(x\in (1,2))$。

于是 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$、$(1,2)$ 上恒等于 $M$ 或 $-M$。若 $f^{\prime }$ 不变号，则 $f$ 在 $(0,2)$ 上单调，与 $f(0)=f(2)=0$ 矛盾；若 $f^{\prime }$ 在 $x=1$ 处变号，则 $f^{\prime }$ 在 $x=1$ 不连续，与已知矛盾。综上 $M=0$。