2023 年考研数学（二） 第 21 题

中值型证明题，看到「二阶导 + 端点函数值」组合，首选带拉格朗日余项的泰勒公式，展开中心要选能让一阶项消掉的特殊点：第（Ⅰ）问 $f(0)=0$ 提示以 $0$ 为中心、两式相加消去 $f^{\prime }(0)a$；第（Ⅱ）问「极值点」提示以 $x_0$ 为中心（那里 $f^{\prime }(x_0)=0$）、两式相减。相加后想要「单点等式」就用 $f^{\prime \prime }$ 连续的介值定理把两个 $f^{\prime \prime }$ 值合成一个；相减后想要「不等式」就取两者绝对值较大者 $M$ 并对系数放缩，$(a-x_0{)}^2+(a+x_0{)}^2⩽4a^2$ 是关键一手。

本题考查带拉格朗日型余项的泰勒公式及连续函数的介值定理。 两问都在合适的展开中心处写泰勒公式，再分别代入 $a$ 与 $-a$，将两式相加（Ⅰ）或相减（Ⅱ）。

（Ⅰ） 在 $x=0$ 处对 $f$ 作带拉格朗日余项的一阶泰勒公式（用到 $f(0)=0$）：
$$f(a)=f(0)+f^{\prime }(0)a+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1)a^2=f^{\prime }(0)a+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1)a^2,{\xi }_1\in (0,a),$$
$$f(-a)=f(0)+f^{\prime }(0)(-a)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2)a^2=-f^{\prime }(0)a+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2)a^2,{\xi }_2\in (-a,0).$$

两式相加，$f^{\prime }(0)a$ 抵消：
$$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}\left[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)\right],\text{即}\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}=\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)\right].$$
右端是 $f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)$ 的算术平均，介于 $m=\min \{f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)\}$ 与 $M=\max \{f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)\}$ 之间。因 $f^{\prime \prime }$ 在 $[-a,a]$ 上连续，由介值定理，存在 $\xi$ 介于 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 之间（故 $\xi \in (-a,a)$），使 $f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{1}{a^2}[f(a)+f(-a)]$。

（Ⅱ） 设 $f$ 在 $(-a,a)$ 内的极值点为 $x_0$，则 $f^{\prime }(x_0)=0$。在 $x=x_0$ 处对 $f$ 作一阶泰勒公式并分别代入 $a,-a$：
$$f(a)=f(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1)(a-x_0{)}^2,{\eta }_1\text{介于}{x}_0,a\text{之间},$$
$$f(-a)=f(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2)(-a-x_0{)}^2,{\eta }_2\text{介于}-a,x_0\text{之间}.$$

两式相减：
$$f(a)-f(-a)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1)(a-x_0{)}^2-\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2)(a+x_0{)}^2.$$
记 $M=\max \{|f^{\prime \prime }({\eta }_1)|,|f^{\prime \prime }({\eta }_2)|\}$，则
$$|f(a)-f(-a)|⩽\frac{M}{2}\left[(a-x_0{)}^2+(a+x_0{)}^2\right]=\frac{M}{2}(2a^2+2x_0^2)⩽\frac{M}{2}\cdot 4a^2=2a^{2}M,$$
其中用到 $x_0\in (-a,a)\Rightarrow x_0^2<a^2$。故 $M⩾\frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$。

取 $\eta \in \{{\eta }_1,{\eta }_2\}$ 使 $|f^{\prime \prime }(\eta )|=M$，则 $\eta \in (-a,a)$ 且 $|f^{\prime \prime }(\eta )|⩾\frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$，证毕。