2024年考研数二第21题解析：证明绝对值式子小于XX，需要“两头围堵”

第 (1) 问 | 解法二

当 $x\in (0,1)$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处的二阶泰勒展开式为：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2!}{x}^2\end{array}$$

其中，${\xi }_1\in (0,x)$.

当 $x\in (0,1)$ 时，$f(x)$ 在 $x=1$ 处的二阶泰勒展开式为：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(x)=f(1)+f^{\prime }(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2!}(x-1{)}^2\end{array}$$

其中，${\xi }_2\in (x,1)$.

$(1)$ 式乘以 $(1-x)$, 得 $(3)$ 式：

$$\begin{array}{rl}& f(x)\cdot (1-x)=\\ \\ & f(0)(1-x)+f^{\prime }(0)x(1-x)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2!}{x}^2(1-x)\end{array}$$

$(2)$ 式乘以 $x$, 得 $(4)$ 式：

$$\begin{array}{rl}& f(x)\cdot x=\\ \\ & f(1)\cdot x+f^{\prime }(1)x(x-1)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2!}(x-1{)}^2\cdot x\end{array}$$

又由于 $f^{\prime }(0)$ $=$ $f^{\prime }(1)$，得：

$$f^{\prime }(0)x(1-x)+f^{\prime }(1)x(x-1)=0$$

于是，$(3)$ 式加上 $(4)$ 式，得：

$$\begin{array}{rl}& f(x)(1-x)+f(x)\cdot x\\ \\ & =f(x)\\ \\ & =f(0)(1-x)+f(1)x+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2}{x}^2(1-x)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2}x(x-1{)}^2\end{array}$$

对上面得式子进行变形，可得：

$$\begin{array}{rl}& f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\\ \\ & =\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2}{x}^2(1-x)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2}x(x-1{)}^2\end{array}$$

对上式加绝对值，可得：

$$\begin{array}{rl}& |f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\\ \\ & =\frac{|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x^2(1-x)+f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)x(x-1{)}^2|}{2}\\ & =\frac{x(1-x)}{2}\cdot |f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x+f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(1-x)|\end{array}$$

又由于 $|f^{\prime \prime }(x)|\le 1$, 所以：

$$|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x+f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(1-x)|\le x+(1-x)=1$$

因此可证：

$$|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\le \frac{x(1-x)}{2}$$