一、题目
设函数 $f ( x )$ 在 $[ – a , a ]$ 上具有 $2$ 阶连续导数，证明：
(1) 若 $f ( 0 ) = 0$, 则存在 $\xi \in ( – a , a )$, 使得 $f ^ { \prime \prime } ( \xi )$ $=$ $\frac { 1 } { a ^ { 2 } }$ $[ f ( a ) + f ( – a ) ]$;
(2) 若 $f ( x )$ 在 $( – a , a )$ 内取得极值，则存在 $\eta \in ( – a , a )$, 使得 $\left| f ^ { \prime \prime } ( \eta ) \right|$ $\geq$ $\frac { 1 } { 2 a ^ { 2 } }$ $| f ( a ) – f ( – a ) |$.
难度评级：
二、解析 
第 (1) 问
在本问中，题目让我们证明的式子既含有一点处的函数值，又含有一点处的到函数值，符合使用泰勒定理的特征，因此，我们首先应尝试使用泰勒定理求解本问。
由于已知 $f(0)$ $=$ $0$, 因此，我们先根据使用拉格朗日型余项的泰勒定理，写出来 $f(x)$ 在 $x = 0$ 附近的展开式：
$$
\textcolor{yellow}{
\begin{aligned}
f ( x ) \\ \\
& = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \eta ) } { 2 ! } x ^ { 2 } \\ \\
& = f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \eta ) } { 2 ! } x ^ { 2 }
\end{aligned}
}
$$
在上式中，$\eta$ $\in$ $(0, x)$.
在接下来的计算中，同学们可能会产生一个疑问：既然泰勒公式只能描述展开点及其“附近”的情况，那么，为什么我们可以在下面将 $x = a$ 和 $x = -a$ 代入到函数 $f(x)$ 在点 $x = 0$ 处的泰勒展开式中呢？我们并没有办法判断泰勒公式此时是否能很好地在一个完全不知道具体大小的区间 $(-a, a)$ 上表示一个完全不知道表达式的函数 $f(x)$.
如果同学们由上述思考，说明对这类问题有了自己的见解。
回到本题中，我们之所以可以不讨论区间 $(-a, a)$ 的大小，直接就应用到泰勒展开式中，就是因为，题目让我们证明的是“存在性”，也就是说，只要我们能证明在区间 $(-a, a)$ 中存在符合条件的量即可，而不是要证明区间上所有量都符合——这个存在的量可能距离展开点 $x = 0$ 很近，也可能很远，但只要在区间 $(-a, a)$ 内，就说明我们的证明是正确的。
好啦，接下来继续我们的计算过程：
将 $x = a$ 代入到上面得泰勒展开式中，得：
$$
\textcolor{springgreen}{
f ( a ) = f ^ { \prime } ( 0 ) a + \frac { f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 1 } \right) } { 2 ! } a ^ { 2 } } \tag{1}
$$
其中，$\eta _{ 1 }$ $\in$ $(0, a)$.
将 $x = -a$ 代入到上面的泰勒展开式中，得：
$$
\textcolor{springgreen}{
f ( – a ) = f ^ { \prime } ( 0 ) ( – a ) + \frac { f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 2 } \right) } { 2 ! } a ^ { 2 } } \tag{2}
$$
其中，$\eta _{ 2 }$ $\in$ $(-a, 0)$.
将上面的 $(1)$ 式与 $(2)$ 式相加，可得：
$$
\textcolor{pink}{
f ( a ) + f ( – a ) = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } \left[ f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 1 } \right) + f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 2 } \right) \right] } \tag{3}
$$
由于 $\left[ \eta _{ 2 } , \eta _{ 1 } \right]$ $\subset$ $(-a, a)$, 所以，函数 $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 在区间 $\left[ \eta _{ 2 } , \eta _{ 1 } \right]$ 上一定连续。因此，就一定存在最大值 $M$ 与最小值 $m$, 使得：
$$
\begin{aligned}
m \leq f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 1 } \right) \leq M \\ \\
m \leq f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 2 } \right) \leq M
\end{aligned}
$$
进而，可得：
$$
m \leq \frac { f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 1 } \right) + f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 2 } \right) } { 2 } \leq M
$$
于是，根据介值定理可知，存在 $\xi$ $\in$ $\left[ \eta _{ 2 } , \eta _{ 1 } \right]$ $\subset$ $( – a , a )$, 使得下式成立：
$$
\textcolor{pink}{
\frac { f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 1 } \right) + f ^ { \prime \prime } \left( \eta _{ 2 } \right) } { 2 } = f ^ { \prime \prime } ( \xi )} \tag{4}
$$
将上面的 $\textcolor{pink}{(4)}$ 式代入 $\textcolor{pink}{(3)}$ 式，可得：
$$
f ( a ) + f ( – a ) = a ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } ( \xi )
$$
即：
$$
f ^ { \prime \prime } ( \xi ) = \frac { f ( a ) + f ( – a ) } { a ^ { 2 } }
$$
于是可知，本问得证 
第 (2) 问
设 $f ( x )$ 在某点 $x = x _{ 0 } \in ( – a , a )$ 处取得极值，且 $f ( x )$ 在 $x = x _{ 0 }$ 处可导，则有：
$$
f ^ { \prime } \left( x _{ 0 } \right) = 0
$$
于是，根据泰勒公式，可知：
$$
\begin{aligned}
f ( x ) \\ \\
& = f \left( x _{ 0 } \right) + f ^ { \prime } \left( x _{ 0 } \right) \left( x – x _{ 0 } \right) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \gamma ) } { 2 ! } \left( x – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } \\ \\
& = f \left( x _{ 0 } \right) + \frac { f ^ { \prime \prime } ( \gamma ) } { 2 ! } \left( x – x _{ 0 } \right) ^ { 2 }
\end{aligned}
$$
其中，$\gamma$ $\in$ $(0, x)$.
于是，有：
$$
\textcolor{pink}{
f ( – a ) = f \left( x _{ 0 } \right) + \frac { f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 1 } \right) } { 2 ! } \left( – a – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } } \tag{5}
$$
其中，$\gamma _{ 1 }$ $\in$ $(- a, 0)$.
$$
\textcolor{pink}{
f ( a ) = f \left( x _{ 0 } \right) + \frac { f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 2 } \right) } { 2 ! } \left( a – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } } \tag{6}
$$
其中，$\gamma _{ 2 }$ $\in$ $(0, a)$.
于是，由上面的 $\textcolor{pink}{(5)}$ 式和 $\textcolor{pink}{(6)}$ 式，可得：
$$
\begin{aligned}
| f ( a ) – f ( – a ) | \\ \\
& = \left| \frac { 1 } { 2 } \left( a – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 2 } \right) – \frac { 1 } { 2 } \left( a + x _{ 0 } \right) ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 1 } \right) \right| \\ \\
& \leq \frac { 1 } { 2 } \left| \left( a – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 2 } \right) \right| + \frac { 1 } { 2 } \left| \left( a + x _{ 0 } \right) ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 1 } \right) \right|
\end{aligned}
$$
Note
关于上面的绝对值不等式，可以根据荒原之梦考研数学的《绝对值的运算性质汇总》这篇文章中的结论得出。
zhaokaifeng.com
又因为 $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 连续，所以 $\left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right|$ 也一定连续，若设：
$$
M = \max \left\{ \left| f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 1 } \right) \right|, \left| f ^ { \prime \prime } \left( \gamma _{ 2 } \right) \right| \right\}
$$
则：
$$
\begin{aligned}
| f ( a ) – f ( – a ) | & \leq \frac { 1 } { 2 } M \left( a + x _{ 0 } \right) ^ { 2 } + \frac { 1 } { 2 } M \left( a – x _{ 0 } \right) ^ { 2 } \\ \\
& = M \left( a ^ { 2 } + x _{ 0 } ^ { 2 } \right)
\end{aligned}
$$
又因为 $x _{ 0 } \in ( – a , a )$, 所以：
$$
x _{0} \leq a
$$
于是：
$$
\begin{aligned}
| f ( a ) – f ( – a ) | & \leq M \left( a ^ { 2 } + x _{ 0 } ^ { 2 } \right) \\ \\
& \leq M (a ^{2} + a ^{2}) \\ \\
& \leq 2 M a ^ { 2 }
\end{aligned}
$$
对上式变形，可得：
$$
M \geq \frac { 1 } { 2 a ^ { 2 } } | f ( a ) – f ( – a ) |
$$
也就是说，存在 $\eta = \gamma _{ 1 }$ 或 $\eta = \gamma _{ 2 }$, 且 $\gamma \in ( – a , a )$, 使得下式成立：
$$
\left| f ^ { \prime \prime } ( \eta ) \right| \geq \frac { 1 } { 2 a ^ { 2 } } | f ( a ) – f ( – a ) |
$$
于是可知，本问得证
高等数学
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容，图文并茂，计算过程清晰严谨。
线性代数
以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
特别专题
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充，使所学知识更加连贯坚实。
让考场上没有难做的数学题！