2024 年考研数学（二） 第 21 题

被证式里的 $f(0)(1-x)+f(1)x$ 是过 $(0,f(0))$、$(1,f(1))$ 的线性插值，误差自然联系二阶导——这是「用泰勒公式」的信号。分别在两端点展开、作恰当线性组合，$f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$ 保证一阶项抵消，只剩可被 $|f^{\prime \prime }|\le 1$ 控制的二阶余项。第（Ⅱ）问是第（Ⅰ）问的直接推论：把点态不等式沿 $[0,1]$ 积分，右端 ${\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx=\frac{1}{12}$ 恰好是要证的界，而左端的线性插值积出梯形公式 $\frac{f(0)+f(1)}{2}$。

本题综合考查泰勒公式、微分中值定理与定积分性质。 第（Ⅰ）问用泰勒公式构造不等式，第（Ⅱ）问对第（Ⅰ）问的结果两端积分。

（Ⅰ） 分别在 $x=0$ 与 $x=1$ 处写出 $f$ 的一阶泰勒公式（带拉格朗日余项）：
$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}{x}^2,(1)$$
$$f(x)=f(1)+f^{\prime }(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}(x-1{)}^2,(2)$$
其中 ${\xi }_1$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，${\xi }_2$ 介于 $x$ 与 $1$ 之间。

$(2)\times x-(1)\times (x-1)$，左端为 $f(x)[x-(x-1)]=f(x)$；右端利用 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$ 使含一阶导的项 $f^{\prime }(1)x(x-1)-f^{\prime }(0)x(x-1)=0$ 相消，得
$$f(x)=f(0)(1-x)+f(1)x+\frac{x(x-1)}{2}[f^{\prime \prime }({\xi }_2)(x-1)-f^{\prime \prime }({\xi }_1)x].(3)$$

由 $(3)$ 式，当 $x\in (0,1)$ 时 $\left|\frac{x(x-1)}{2}\right|=\frac{x(1-x)}{2}$，且由 $|f^{\prime \prime }|\le 1$，
$$|f^{\prime \prime }({\xi }_2)(x-1)-f^{\prime \prime }({\xi }_1)x|\le |f^{\prime \prime }({\xi }_2)|(1-x)+|f^{\prime \prime }({\xi }_1)|x\le (1-x)+x=1.$$
故 $\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\le \frac{x(1-x)}{2}\cdot 1=\frac{x(1-x)}{2}$。

（Ⅱ） 对第（Ⅰ）问的不等式两端从 $0$ 到 $1$ 积分：
$${\int }_0^1\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|dx\le {\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^1=\frac{1}{12}.$$

又 ${\int }_0^{1}f(0)(1-x)dx=\frac{f(0)}{2}$，${\int }_0^{1}f(1)xdx=\frac{f(1)}{2}$，故由定积分性质
$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|=\left|{\int }_0^1[f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x]dx\right|\le {\int }_0^1\left|\cdots \right|dx\le \frac{1}{12}.$$
证毕。