2023年考研数二第21题解析：泰勒公式、存在性的理解

一、题目

难度评级：

二、解析

第 (1) 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：

$$\begin{array}{r}f(x)\\ \\ & =f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(\eta )}{2!}{x}^2\\ \\ & =f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(\eta )}{2!}{x}^2\end{array}$$

在上式中，$\eta$ $\in$ $(0,x)$.

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：

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

其中，${\eta }_1$ $\in$ $(0,a)$.

将 $x=-a$ 代入到上面的泰勒展开式中，得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(–a)=f^{\prime }(0)(–a)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\eta }_2\right)}{2!}{a}^2\end{array}$$

其中，${\eta }_2$ $\in$ $(-a,0)$.

将上面的 $(1)$ 式与 $(2)$ 式相加，可得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& f(a)+f(–a)=\frac{a^2}{2}[f^{\prime \prime }\left({\eta }_1\right)+f^{\prime \prime }\left({\eta }_2\right)]\end{array}$$

由于 $[{\eta }_2,{\eta }_1]$ $\subset$ $(-a,a)$, 所以，函数 $f^{\prime \prime }(x)$ 在区间 $[{\eta }_2,{\eta }_1]$ 上一定连续。因此，就一定存在最大值 $M$ 与最小值 $m$, 使得：

$$\begin{array}{r}m\le f^{\prime \prime }\left({\eta }_1\right)\le M\\ \\ m\le f^{\prime \prime }\left({\eta }_2\right)\le M\end{array}$$

进而，可得：

$$m\le \frac{f^{\prime \prime }\left({\eta }_1\right)+f^{\prime \prime }\left({\eta }_2\right)}{2}\le M$$

于是，根据介值定理可知，存在 $\xi$ $\in$ $[{\eta }_2,{\eta }_1]$ $\subset$ $(–a,a)$, 使得下式成立：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \frac{f^{\prime \prime }\left({\eta }_1\right)+f^{\prime \prime }\left({\eta }_2\right)}{2}=f^{\prime \prime }(\xi )\end{array}$$

将上面的 $(4)$ 式代入 $(3)$ 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：

$$\begin{array}{r}f(x)\\ \\ & =f\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x–x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime }(\gamma )}{2!}{\left(x–x_0\right)}^2\\ \\ & =f\left(x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime }(\gamma )}{2!}{\left(x–x_0\right)}^2\end{array}$$

其中，$\gamma$ $\in$ $(0,x)$.

于是，有：

$$\begin{array}{}\text{(5)}& f(–a)=f\left(x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\gamma }_1\right)}{2!}{\left(–a–x_0\right)}^2\end{array}$$

其中，${\gamma }_1$ $\in$ $(-a,0)$.

$$\begin{array}{}\text{(6)}& f(a)=f\left(x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime }\left({\gamma }_2\right)}{2!}{\left(a–x_0\right)}^2\end{array}$$

其中，${\gamma }_2$ $\in$ $(0,a)$.

于是，由上面的 $(5)$ 式和 $(6)$ 式，可得：

$$\begin{array}{r}|f(a)–f(–a)|\\ \\ & =\left|\frac{1}{2}{\left(a–x_0\right)}^2{f}^{\prime \prime }\left({\gamma }_2\right)–\frac{1}{2}{(a+x_0)}^2{f}^{\prime \prime }\left({\gamma }_1\right)\right|\\ \\ & \le \frac{1}{2}\left|{\left(a–x_0\right)}^2{f}^{\prime \prime }\left({\gamma }_2\right)\right|+\frac{1}{2}\left|{(a+x_0)}^2{f}^{\prime \prime }\left({\gamma }_1\right)\right|\end{array}$$

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 $|f^{\prime \prime }(x)|$ 也一定连续，若设：

$$M=max\{\left|f^{\prime \prime }\left({\gamma }_1\right)\right|,\left|f^{\prime \prime }\left({\gamma }_2\right)\right|\}$$

则：

$$\begin{array}{rl}|f(a)–f(–a)|& \le \frac{1}{2}M{(a+x_0)}^2+\frac{1}{2}M{\left(a–x_0\right)}^2\\ \\ & =M(a^2+x_0^2)\end{array}$$

又因为 $x_0\in (–a,a)$, 所以：

$$x_0\le a$$

于是：

$$\begin{array}{rl}|f(a)–f(–a)|& \le M(a^2+x_0^2)\\ \\ & \le M(a^2+a^2)\\ \\ & \le 2M{a}^2\end{array}$$

对上式变形，可得：

$$M\ge \frac{1}{2a^2}|f(a)–f(–a)|$$

也就是说，存在 $\eta ={\gamma }_1$ 或 $\eta ={\gamma }_2$, 且 $\gamma \in (–a,a)$, 使得下式成立：

$$|f^{\prime \prime }(\eta )|\ge \frac{1}{2a^2}|f(a)–f(–a)|$$

于是可知，本问得证

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