2025 年考研数学（二） 第 21 题

两个差商是相邻割线的斜率，「后一条比前一条陡」正对应导数递增，方向感很强。必要性：割线斜率＝某点切线斜率（拉格朗日），两个中值点 ${\xi }_1<{\xi }_2$ 单调即得。充分性是难点——用「插点 + 取极限」把差商逼成导数：在 $x_1,x_2$ 之间放 $x_0$，再在 $x_1$ 右侧、$x_2$ 左侧各放动点并令其趋于端点，利用可导（单侧导数存在且等于 $f^{\prime }$）把不等式两端夹成 $f^{\prime }(x_1)$ 与 $f^{\prime }(x_2)$。

本题综合考查拉格朗日中值定理与导数单调性。 两个差商是过 $(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2))$ 与 $(x_2,f(x_2)),(x_3,f(x_3))$ 两条割线的斜率。

（必要性） 设 $f^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。对 $x_1<x_2<x_3$，由拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_1\in (x_1,x_2)$、${\xi }_2\in (x_2,x_3)$，使
$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }({\xi }_1),\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f^{\prime }({\xi }_2).$$
因 ${\xi }_1<x_2<{\xi }_2$ 且 $f^{\prime }$ 严格增，得 $f^{\prime }({\xi }_1)<f^{\prime }({\xi }_2)$，即所证不等式成立。

（充分性） 设对任意 $x_1<x_2<x_3$ 都有该不等式。任取 $x_1<x_0<x_2$（属于 $(a,b)$），要证 $f^{\prime }(x_1)<f^{\prime }(x_2)$。由已知，对 $x_1<x_0<x_2$ 有
$$\frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1}<\frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}.(\ast )$$

取 $s,t$ 满足 $x_1<s<x_0<t<x_2$。由已知（用于三点 $x_1<s<x_0$ 与 $x_0<t<x_2$）得
$$\frac{f(s)-f(x_1)}{s-x_1}<\frac{f(x_0)-f(s)}{x_0-s},\frac{f(t)-f(x_0)}{t-x_0}<\frac{f(x_2)-f(t)}{x_2-t}.$$
在第一式令 $s\to x_1^{+}$，得 $f^{\prime }(x_1)=f_{+}^{\prime }(x_1)\le \frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1}$；在第二式令 $t\to x_2^{-}$，得 $\frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}\le f_{-}^{\prime }(x_2)=f^{\prime }(x_2)$。

结合 $(\ast )$：
$$f^{\prime }(x_1)\le \frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1}<\frac{f(x_2)-f(x_0)}{x_2-x_0}\le f^{\prime }(x_2),$$
即 $f^{\prime }(x_1)<f^{\prime }(x_2)$。由 $x_1<x_2$ 的任意性，$f^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。$■$