2023 年考研数学（三） 第 20 题

结论含 $f^{\prime \prime }$ 与端点值 → 用带拉氏余项的泰勒公式在特殊点（$0$ 或极值点，使一阶项消失）展开并代 $\pm a$；「和」用相加+介值定理得等式，「差的下界」用相减+放缩取 $\max |f^{\prime \prime }|$。坑：$(a-x_0{)}^2+(a+x_0{)}^2=2a^2+2x_0^2\le 4a^2$。

本题考查带拉格朗日余项的泰勒公式与连续函数介值定理。（Ⅰ）在 $x=0$ 处展开并代入 $\pm a$：$f(a)=f(0)+f^{\prime }(0)a+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1)a^2$，$f(-a)=f(0)-f^{\prime }(0)a+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2)a^2$，其中 ${\xi }_1\in (0,a),{\xi }_2\in (-a,0)$。用 $f(0)=0$ 相加：$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)]$。

记 $m=\min \{f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)\},M=\max \{f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_2)\}$，则 $m\le \frac{f(a)+f(-a)}{a^2}=\frac{1}{2}[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)]\le M$。因 $f^{\prime \prime }$ 连续，由介值定理存在 $\xi \in [{\xi }_2,{\xi }_1]\subset (-a,a)$ 使 $f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{1}{a^2}[f(a)+f(-a)]$。

（Ⅱ）设极值点为 $x_0\in (-a,a)$，则 $f^{\prime }(x_0)=0$。在 $x_0$ 处泰勒展开代 $\pm a$：$f(a)=f(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1)(a-x_0{)}^2$，$f(-a)=f(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2)(a+x_0{)}^2$，${\eta }_1\in (x_0,a),{\eta }_2\in (-a,x_0)$。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 $|f(a)-f(-a)|\le \frac{M}{2}[(a-x_0{)}^2+(a+x_0{)}^2]=\frac{M}{2}(2a^2+2x_0^2)\le \frac{M}{2}\cdot 4a^2=2a^{2}M$，故 $M\ge \frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$。取 $\eta \in \{{\eta }_1,{\eta }_2\}$ 使 $|f^{\prime \prime }(\eta )|=M$ 即证。