2019 年考研数二第 21 题解析：拉格朗日中值定理、罗尔定理、费马引理、积分的几何意义、反证法（5种解法+18幅图）

一、题目

难度评级：

二、解析

思路简图中不同标识的含义

第 (I) 问解析

解法 1：罗尔定理+拉格朗日中值定理

当前解法的思路简图：

$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1 \\
\Rightarrow \ & F(1) – F(0) = 1
\end{aligned}
$$

首先，构造函数 $F(x)$:

$$
F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{~d} t
$$

于是：

$$
F^{\prime}(x) = f(x)
$$

因此，若 $k \in (0, 1)$, 则：

$$
\textcolor{lightgreen}{ F^{\prime}(k) = f(k) }
$$

又由题目已知条件 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1$ 可知：

$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & F(x) \Big|_{0}^{1} = F(1) – F(0) = 1
\end{aligned}
$$

接着，由拉格朗日中值定理可知，存在 $k \in (0, 1)$, 使得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{F(1) – F(0)}{1 – 0} = \textcolor{lightgreen}{ F ^{\prime} (k) } \\ \\
\Leftrightarrow \ & F(1) – F(0) = \textcolor{lightgreen}{F ^{\prime} (k)} \cdot (1 – 0) \\ \\
\Leftrightarrow \ & F(1) – F(0) = \textcolor{lightgreen}{f (k)} = 1
\end{aligned}
$$

于是可知：

$$
f(k) = f(1) = 1
$$

因此，由罗尔定理可知，存在 $\xi \in ( k, 1) \subset (0, 1)$, 使得下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f^{\prime} (\xi) = 0
}
$$

解法 2：罗尔定理+积分中值定理

当前解法的思路简图：

由积分中值定理可知，存在 $k \in (0, 1)$, 使得下式成立：

$$
\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = (1 – 0) \cdot f(k) = f(k)
$$

又因为 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x$, 所以：

$$
f(k) = f(1) = 1
$$

于是，由罗尔定理可知，存在 $\xi \in (k, 1) \subset(0, 1)$, 使得下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f^{\prime} (\xi) = 0
}
$$

解法 3：费马引理+积分的几何意义

当前解法的思路简图：

由题目已知条件 $f(0) =0$, $f(1) = 1$, $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1$ 可知，存在 $\xi \in (0, 1)$, 使得 $f ( \xi ) > 1$ 成立，也就是说，函数 $f(x)$ 在点 $\xi$ 的邻域内取得极大值。

于是，由费马引理可知，存在 $\xi \in (0, 1)$, 使得下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f^{\prime}(\xi) = 0
}
$$

关于为什么由已知条件 $f(0) =0$, $f(1) = 1$, $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1$, 可得，存在 $\xi \in (0, 1)$, 使得 $f ( \xi ) > 1$ 成立，可以根据函数图像的几何性质推出：

第 (Ⅱ) 问解析

解法 1：构造函数+两次拉格朗日中值定理

当前解法的思路简图：

分析可知，若要证明存在 $\eta \in (0, 1)$, 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < -2$, 因此，若做 $\eta = x$ 的代换，就是要证 $f ^{\prime \prime} (x) < -2$, 也就是要证 $f ^{\prime} (x) < -2 x$, 其实就是要证 $f(x) < -x^{2}$, 本质上就是要证：

$$
f(x) + x^{2} < 0
$$

于是，构造函数：

$$
k(x) = f(x) + x^{2}
$$

接着，由 $f(0) = 0$, $f(1) = 1$ 可知：

$$
\begin{aligned}
& \textcolor{pink}{ k(0) } = f(0) + 0 = \textcolor{pink}{0} \\ \\
& \textcolor{pink}{k(a)} = f(a) + a^{2} = \textcolor{pink}{ 1 + a^{2} } \\ \\
& \textcolor{pink}{k(1)} = f(1) + 1 = \textcolor{pink}{2}
\end{aligned}
$$

其中，$a \in (0, 1)$.

于是，由拉格朗日中值定理可知，存在 $\eta_{1} \in (0, a)$, $\eta_{2} \in (a, 1)$, 使得下面的式子成立：

$$
\begin{aligned}
& \textcolor{yellow}{ k^{\prime} \left( \eta_{1} \right) } = \frac{k(a) – k(0)}{a – 0} = \frac{1 + a^{2}}{a} = \textcolor{yellow}{ a + \frac{1}{a} } \\ \\
& \textcolor{yellow}{ k^{\prime} \left( \eta_{2} \right) } = \frac{k(1) – k(a)}{1 – a} = \frac{2 – 1 – a^{2}}{1 – a} = \textcolor{yellow}{1 + a}
\end{aligned}
$$

继续由拉格朗日中值定理可知，存在 $\eta \in \left( \eta_{1}, \eta_{2} \right) \subset (0, 1)$, 使得下面的式子成立：

$$
\textcolor{magenta}{ k^{\prime \prime}(\eta) } = \frac{k^{\prime} \left( \eta_{2} \right) – k^{\prime} \left( \eta_{1} \right)}{\eta_{2} – \eta_{1}} = \frac{1 + a – a – \frac{1}{a}}{ \eta_{2} – \eta_{1}} = \frac{1 – \frac{1}{a}}{ \eta_{2} – \eta_{1}} \textcolor{magenta}{ < 0 }
$$

又因为 $k^{\prime \prime}(x)$ $=$ $\left[ f(x) + x^{2} \right] ^{\prime \prime}$ $=$ $f^{\prime \prime}(x) + 2$, 所以，令 $x = \eta$, 则有：

$$
\textcolor{magenta}{ k^{\prime \prime}(\eta) < 0} \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } f^{\prime \prime}(\eta) + 2 < 0 \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{springgreen}{ f^{\prime \prime}(\eta) < – 2 }
$$

关于反证法中 “Flag” 的说明

接下来的“解法 2”、“解法 3”、“解法 4”、“解法 5”都是反证法。要用反证法证明一个结论成立，就需要一个永恒不变的旗帜（Flag ）——Flag 是一个无论哪种假设成立都必须满足的恒定性质，因此，只要在结论 $A$ 下得出对应的 Flag 不成立，那么结论 $A$ 的对立结论就一定成立。

如图 08 所示，绿色部分表示某一个要证明的结论可能存在的范围，三角小红旗表示这个要证明的结论一定具有一个恒定性质，但是，我们不知道这个小红旗到底应该放在哪里：

如果我们将要证明的结论可能存在的区域分成 $A$ 和 $\bar{A}$ 这两个互斥的部分，那么，只要能够证明三角小红旗不在 $\bar{A}$ 区域，则该三角小红旗就一定在 $A$ 区域，从而完成反证，如图 09 所示：

解法 2：逻辑反证+拉格朗日中值定理

当前解法的思路简图：

根据对立事件的性质，如果不存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < – 2$ 成立，则对于任意的 $x \in (0, 1)$, 下式一定成立：

$$
\textcolor{lightgreen}{
f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2
}
$$

下面就尝试用反证法证明 $f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2$ 不成立。

首先确定反证法的 Flag :

由于题目让我们证明 $f ^{\prime \prime} (\eta) < – 2 < 0$, 所以, 函数 $f(x)$ 一定是一个一元二次的凸函数（事实上，当常数 $k < -1$ 时，所有函数 $f(x)$ $=$ $kx^{2} + \left( 1-k \right) x$ 都满足题目所给的条件以及要证明的结论）。接着，再根据 $f(0) = 0$ 和 $f(1) = 1$ 这两个条件，我们就可以绘制出来如图 10 所示的函数 $f(x)$ 的函数图象示意图：

在上图中，点 $a$ 的坐标为 $(x_{1}, 1)$, 点 $b$ 的坐标为 $(1, 1)$, 点 $\xi$ 就是函数 $f(x)$ 的驻点。

由于 $f(x_{1}) = f(1) = 1$, 因此，根据罗尔定理以及凸函数的性质可知，一定有：

$$
\textcolor{orangered}{
f(\xi) > 1
}
$$

上面的 $\textcolor{orangered}{ f(\xi) > 1 }$ 就是我们要找的 Flag .

Tip

当然，关于 $\textcolor{orangered}{ f(\xi) > 1 }$ 这一结论还可以根据第 (Ⅰ) 问的解法 3 中的方法得出。

zhaokaifeng.com

由第（Ⅰ）问可知，在 $\xi$ 点处，有 $\textcolor{pink}{ f ^{\prime} (\xi) = 0 }$.

若 $a \in (x, \xi)$, 则由拉格朗日中值定理，可得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi)}{x – \xi} = f ^{\prime \prime} (a) \\ \\
\Leftrightarrow \ & f ^{\prime} (x) – \textcolor{pink}{ f ^{\prime} (\xi) } = f ^{\prime \prime} (a) \left( x – \xi \right) \\ \\
\Leftrightarrow \ & f ^{\prime} (x) – \textcolor{pink}{0} = f ^{\prime \prime} (a) \left( x – \xi \right) \\ \\
\Leftrightarrow \ & \textcolor{magenta}{ f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (a) \left( x – \xi \right) } \\ \\
\end{aligned}
$$

分析可知，若对于任意的 $x \in (0, 1)$, 都有 $\textcolor{lightgreen}{f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2}$, 则当 $a \in (x, \xi)$ 时，也有：

$$
f ^{\prime \prime} (a) \geqslant -2
$$

因此，若设 $x < \xi$, 则根据 $\textcolor{magenta}{ f ^{\prime} (x) }$ $\textcolor{magenta}{=}$ $\textcolor{magenta}{ f ^{\prime \prime} (a) \left( x – \xi \right) }$ 可知：

Note

$x$ 可能大于 $\xi$, 也可能不大于 $\xi$, 上面的 $x < \xi$ 虽然是一种假设，但这个假设是真实情况之一，并且也由此推导出了不满足前面所给出的 Flag 的结论，已经足以完成反证法的证明，无需再考虑 $x \geqslant \xi$ 的情况。

zhaokaifeng.com

$$
f ^{\prime} (x) \leqslant -2 \left( x – \xi \right)
$$

对上式积分，得：

$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{\xi} f^{\prime}(x) \mathrm{~d} x = f(\xi) – f(0) \\ \\
\leqslant & – 2 \int_{0}^{\xi} \left(x – \xi \right) \mathrm{~d} x = \xi^{2} < 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(\xi) – f(0) \leqslant 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(\xi) – 0 \leqslant 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orangered}{ f(\xi) \leqslant 1 }
\end{aligned}
$$

由于 $f(\xi) \leqslant 1$ 与本题的 “Flag” $f(\xi) > 1$ 相矛盾，所以，一定存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f^{\prime \prime}(\eta) < – 2
}
$$

解法 3：逻辑反证+拉格朗日中值定理

当前解法的思路简图：

根据对立事件的性质，如果不存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < – 2$ 成立，则对于任意的 $x \in (0, 1)$, 下式一定成立：

$$
f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2
$$

若 $\eta \in (0, 1)$, $a \in (0, 1)$, $b \in (0, 1)$, 则根据前面的假设，下式一定成立：

$$
\textcolor{lightgreen}{f ^{\prime \prime} (\eta) \geqslant – 2}, \quad \textcolor{lightgreen}{f ^{\prime \prime} (a) \geqslant -2}, \quad \textcolor{lightgreen}{f ^{\prime \prime} (b) \geqslant -2}
$$

下面就尝试用反证法证明 $f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2$ 不成立。

首先确定反证法的 Flag :

根据拉格朗日型余项的泰勒公式，对任意 $\textcolor{lightgreen}{\xi} \in (0,1)$，$\textcolor{orange}{\eta} \in (0,1 )$, 在区间 $(0, 1)$ 中对函数 $f(x)$ 以 $\textcolor{lightgreen}{\xi}$ 为中心展开，则有：

$$
\begin{aligned}
f(x) & = f(\textcolor{lightgreen}{\xi}) + f ^{\prime} (\textcolor{lightgreen}{\xi})(x – \textcolor{lightgreen}{\xi}) + \frac{1}{2}f ^{\prime \prime} (\textcolor{orange}{\eta})(x – \textcolor{lightgreen}{\xi})^{2} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{f^{\prime} (\xi) = 0} \\ \\
f(x) & = f(\textcolor{lightgreen}{\xi}) + \frac{1}{2}f^{\prime \prime} (\textcolor{orange}{\eta})(x – \textcolor{lightgreen}{\xi})^{2} \\ \\
\end{aligned}
$$

结合假设$\textcolor{lightgreen}{ f^{\prime \prime}(\eta) \geqslant -2 }$, 可得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{2}f^{\prime \prime} (\eta)(x – \xi)^{2} \leqslant \frac{1}{2} \cdot (-2) \cdot (x – \xi)^{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{yellow}{ \frac{1}{2}f^{\prime \prime} (\eta)(x – \xi)^{2} \leqslant – (x – \xi)^{2} }
\end{aligned}
$$

于是：

$$
\begin{aligned}
& f(x) = f(\xi) + \textcolor{yellow}{ \frac{1}{2}f^{\prime \prime} (\eta)(x – \xi)^{2} } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) \leqslant f(\xi) \textcolor{yellow}{- (x – \xi)^{2}}
\end{aligned}
$$

由于相同区间上的定积分运算不会改变原有式子的大小关系，所以：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{magenta}{1} = \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x & \textcolor{magenta}{\leqslant} \int_{0}^{1} \left[ f(\xi) – \left( x – \xi \right)^2 \right] \mathrm{~d} x \\ \\
& = f(\xi) – \int_{0}^{1} \left( x – \xi \right)^{2} \mathrm{~d} x \\ \\
& = f(\xi) – \int_{0}^{1} \left( x^{2} + \xi^{2} – 2x \xi \right) \mathrm{~d} x \\ \\
& = f(\xi) – \left. \left( \frac{1}{3} x^{3} + x \xi^{2} – x^{2} \xi \right) \right|_{0}^{1} \\ \\
& = \textcolor{magenta}{ f(\xi) – \left( \frac{1}{3} + \xi^{2} – \xi \right) }
\end{aligned}
$$

于是有：

$$
\begin{aligned}
& 1 \leqslant f(\xi) – \left( \frac{1}{3} + \xi^{2} – \xi \right) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(\xi) \geqslant 1 + \frac{1}{3} + \xi^{2} – \xi \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orangered}{ f(\xi) \geqslant \frac{4}{3} – \xi + \xi^{2} }
\end{aligned}
$$

上面的 $\textcolor{orangered}{ f(\xi)}$ $\textcolor{orangered}{\geqslant}$ $\textcolor{orangered}{ \frac{4}{3} – \xi + \xi^{2} }$ 就是我们要找的 Flag .

接下来，我们结合题目已知条件和上面的 Flag, 来判断我们所作的 $\textcolor{lightgreen}{f ^{\prime \prime} (x) \geqslant – 2}$ 的假设是否正确。

由第（Ⅰ）问可知，存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime} (\xi) = 0$, 于是，根据拉格朗日中值定理：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时，存在 $a \in (x, \xi)$, 使得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi)}{x – \xi} = f ^{\prime \prime} (a) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi) = f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime} (\xi) + f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f ^{\prime} (\xi) = 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{x – \xi < 0 \quad \xi – x > 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = – f ^{\prime \prime} (a) (\xi – x) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ a \in (x, \xi) \in (0, 1) \quad f ^{\prime \prime} (a) \geqslant -2 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) \leqslant 2 (\xi – x) }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi, 1)$ 时，存在 $b \in (\xi, x)$, 使得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi)}{x – \xi} = f ^{\prime \prime} (b) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime} (\xi) + f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f ^{\prime} (\xi) = 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{x – \xi > 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ b \in (\xi, x) \in (0, 1) \quad f ^{\prime \prime} (b) \geqslant -2 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ &f ^{\prime} (x) \geqslant -2 (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) \geqslant 2 (\xi – x) }
\end{aligned}
$$

因此：

$$
\begin{cases}
\textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) \leqslant 2 (\xi – x) }, & x \in (0, \xi) \\
\textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) \geqslant 2 (\xi – x) }, & x \in (\xi, 1)
\end{cases}
$$

接着：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时，对 $f ^{\prime} (x)$ 积分，有：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\xi} \textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) } \mathrm{~d} x & = f (\xi) – f(0) = f(\xi) \\ \\
& \leqslant \int_{0}^{\xi} \textcolor{orangered}{ 2 (\xi – x) } \mathrm{~d} x = 2 \left( \xi x – \frac{x^{2}}{2} \right)_{0}^{\xi} = \textcolor{orangered}{ \xi^{2} } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{lightgreen}{ f(\xi) \leqslant \xi^{2} }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi, 1)$ 时，对 $f ^{\prime} (x)$ 积分，有：

$$
\begin{aligned}
\int_{\xi}^{1} \textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) } \mathrm{~d} x & = f(1) – f (\xi) = 1 – f(\xi) \\ \\
& \geqslant \int_{\xi}^{1} \textcolor{orange}{ 2 (\xi – x) } \mathrm{~d} x = 2 \left( \xi x – \frac{x^{2}}{2} \right)_{\xi}^{1} = \textcolor{orange}{ – (1 – \xi)^{2} } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{lightgreen}{ f(\xi) \leqslant 1 + (1-\xi)^{2} }
\end{aligned}
$$

又因为：

$$
\begin{aligned}
& 1 + (1-\xi)^{2} – \xi^{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 + \xi^{2} – 2 \xi – \xi^{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 – 2 \xi \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 (1 – \xi) > 0
\end{aligned}
$$

所以：

$$
\begin{rcases}
f(\xi) \leqslant \xi^{2} \\
f(\xi) \leqslant 1 + (1 – \xi)^{2}
\end{rcases}
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } f(\xi) \leqslant \xi^{2}
$$

需要注意的是，虽然 $f(\xi) \leqslant \xi^{2}$ 是一个在区间 $(0, \xi)$ 上得出的结论，但由于 $(0, \xi) \in (0, )1$, 且 $\xi \in (0, 1)$, 所以，$f(\xi) \leqslant \xi^{2}$ 实际上是一个在整个 $(0, 1)$ 区间上全局生效的不等式。

由于当 $\xi \in (0, 1)$ 的时候，一定有 $\frac{4}{3} – \xi > 0$, 即：

$$
\frac{4}{3} – \xi + \xi^{2} > \xi^{2}
$$

所以，$f(\xi) \geqslant \frac{4}{3} – \xi + \xi^{2}$ 和 $f(\xi) \leqslant \xi^{2}$ 互相矛盾。

综上可知，假设不成立，所以，一定存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f ^{\prime \prime} (\eta) < -2
}
$$

解法 4：逻辑反证+拉格朗日中值定理

当前解法的思路简图：

假设不存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < -2$ 成立，则对任意 $x \in (0, 1)$，一定有 $f ^{\prime \prime} (x) \geqslant -2$ 成立——

根据上面的假设，若 $a \in (0, 1)$, 则一定有 $f ^{\prime \prime} (a) \geqslant -2$; 若 $b \in (0, 1)$, 则一定有 $f ^{\prime \prime} (b) \geqslant -2$.

首先确定反证法的 Flag :

$$
\textcolor{orangered}{
\xi \in (0, 1)
}
$$

接着，由第（Ⅰ）问可知，存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime} (\xi) = 0$, 于是，根据拉格朗日中值定理：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时，存在 $a \in (x, \xi)$, 使得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi)}{x – \xi} = f ^{\prime \prime} (a) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi) = f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime} (\xi) + f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f ^{\prime} (\xi) = 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (a) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{x – \xi < 0 \quad \xi – x > 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = – f ^{\prime \prime} (a) (\xi – x) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ a \in (x, \xi) \in (0, 1) \quad f ^{\prime \prime} (a) \geqslant -2 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) \leqslant 2 (\xi – x) }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi, 1)$ 时，存在 $b \in (\xi, x)$, 使得：

$$
\begin{aligned}
& \frac{f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi)}{x – \xi} = f ^{\prime \prime} (b) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) – f ^{\prime} (\xi) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime} (\xi) + f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f ^{\prime} (\xi) = 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{x – \xi > 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f ^{\prime} (x) = f ^{\prime \prime} (b) (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ b \in (\xi, x) \in (0, 1) \quad f ^{\prime \prime} (b) \geqslant -2 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ &f ^{\prime} (x) \geqslant -2 (x – \xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) \geqslant 2 (\xi – x) }
\end{aligned}
$$

因此：

$$
\begin{cases}
\textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) \leqslant 2 (\xi – x) }, & x \in (0, \xi) \\
\textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) \geqslant 2 (\xi – x) }, & x \in (\xi, 1)
\end{cases}
$$

于是：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时，对 $f ^{\prime} (x)$ 积分，有：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\xi} \textcolor{orangered}{ f ^{\prime} (x) } \mathrm{~d} x & = f (\xi) – f(0) = f(\xi) \\ \\
& \leqslant \int_{0}^{\xi} \textcolor{orangered}{ 2 (\xi – x) } \mathrm{~d} x = 2 \left( \xi x – \frac{x^{2}}{2} \right)_{0}^{\xi} = \textcolor{orangered}{ \xi^{2} } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{lightgreen}{ f(\xi) \leqslant \xi^{2} }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi, 1)$ 时，对 $f ^{\prime} (x)$ 积分，有：

$$
\begin{aligned}
\int_{\xi}^{1} \textcolor{orange}{ f ^{\prime} (x) } \mathrm{~d} x & = f(1) – f (\xi) = 1 – f(\xi) \\ \\
& \geqslant \int_{\xi}^{1} \textcolor{orange}{ 2 (\xi – x) } \mathrm{~d} x = 2 \left( \xi x – \frac{x^{2}}{2} \right)_{\xi}^{1} = \textcolor{orange}{ – (1 – \xi)^{2} } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{lightgreen}{ f(\xi) \leqslant 1 + (1-\xi)^{2} }
\end{aligned}
$$

又因为：

$$
\begin{aligned}
& 1 + (1-\xi)^{2} – \xi^{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 + \xi^{2} – 2 \xi – \xi^{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 – 2 \xi \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 2 (1 – \xi) > 0
\end{aligned}
$$

所以：

$$
\begin{rcases}
f(\xi) \leqslant \xi^{2} \\
f(\xi) \leqslant 1 + (1 – \xi)^{2}
\end{rcases}
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } f(\xi) \leqslant \xi^{2}
$$

需要注意的是，虽然 $f(\xi) \leqslant \xi^{2}$ 是一个在区间 $(0, \xi)$ 上得出的结论，但由于 $(0, \xi) \in (0, )1$, 且 $\xi \in (0, 1)$, 所以，$f(\xi) \leqslant \xi^{2}$ 实际上是一个在整个 $(0, 1)$ 区间上全局生效的不等式。

接着：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时，基于变限积分求解 $f ^{\prime} (x)$ 在该区间上的原函数，有：

$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{x} f ^{\prime} (x) \mathrm{~d} x = f(x) – f(0) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f(0) = 0} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) = \int_{0}^{x} f ^{\prime} (x) \mathrm{~d} x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ f ^{\prime} (x) \leqslant 2(\xi – x) } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) \leqslant \int_{0}^{x} 2 (\xi – t) \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) \leqslant \left. \left( 2 \xi t – t^{2} \right) \right|_{0}^{x} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{lightgreen}{ f(x) \leqslant 2\xi x – x^{2}, \ x \in (0, \xi) }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi, 1)$ 时，基于变限积分求解 $f ^{\prime} (x)$ 在该区间上的原函数，有：

$$
\begin{aligned}
& \int_{\xi}^{x} f ^{\prime} (x) \mathrm{~d} x = f(x) – f(\xi) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) = f(\xi) + \int_{\xi}^{x} f ^{\prime} (t) \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{ f ^{\prime} (x) \geqslant 2 (\xi – x) } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) \geqslant f(\xi) + \int_{\xi}^{x} 2 (\xi – t) \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & f(x) \geqslant f(\xi) + \left. \left( 2 \xi t – t^{2} \right) \right|_{\xi}^{x} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{lightgreen}{ f(x) \geqslant f(\xi) – (x – \xi)^{2}, \ x \in (\xi, 1) }
\end{aligned}
$$

对上面得到的 $f(x)$ 分别在各自的区间求定积分，得：

1. 当 $x \in (0, \xi)$ 时：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\xi} f(x) \mathrm{~d} x & \leqslant \int_{0}^{\xi} \left( 2 \xi x – x^{2} \right) \mathrm{~d} x \\ \\
& = \left[ \xi x^{2} – \frac{1}{3} x^{3} \right]_{0}^{\xi} \\ \\
& = \xi^{3} – \frac{1}{3} \xi^{3} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{2}{3} \xi^{3} }
\end{aligned}
$$

2. 当 $x \in (\xi， 1)$ 时：

$$
\begin{aligned}
\int_{\xi}^{1} f(x) \mathrm{~d} x & \geqslant \int_{\xi}^{1} \left[ f(\xi) – (x – \xi)^{2} \right] \mathrm{~d} x \\ \\
& = \left[ x f(\xi) – \frac{1}{3} (x – \xi)^{3} \right]_{\xi}^{1} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ f(\xi)(1 – \xi) – \frac{1}{3} (1 – \xi)^{3} }
\end{aligned}
$$

接着就进入到了本解法在逻辑上比较难理解的部分了。

首先，根据题目，我们知道：

$$
\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x = 1
$$

虽然上面是一个等式，但是，我们可以认为：

$$
1 \leqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \leqslant 1
$$

于是可知，$1$ 既是 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x$ 取值的上界，也是 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x$ 取值的下界。

由于我们已经得到了函数 $f(x)$ 在区间 $(0, \xi)$ 上积分的上界为 $\frac{2}{3} \xi^{3}$, 在区间 $(\xi, 1)$ 上积分的下界为 $f(\xi)(1 – \xi) – \frac{1}{3} (1 – \xi)^{3}$.

这里的“上界”指的是可能的最大值，“下界”指的是可能的最小值。

于是可知，区间 $(0， \xi)$ 对应的上界是对函数 $f(x)$ 在区间 $(0, \xi)$ 上积分的偏大估计，区间 $(\xi, 1)$ 对应的下界是对函数 $f(x)$ 在区间 $(\xi, 1)$ 上积分的偏小估计——但这个偏小仍然是不小于 $f(x)$ 可能的最小值的。

如图 14 所示，在区间 $[a, b]$ 上，虚线表示函数 $f(x)$ 的上界，实线表示函数 $f(x)$ 的下界：

于是可知，图 15 所示的浅绿色区域就是函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上积分的最小值 $S_{1}$:

图 16 所示的深绿色区域就是函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上积分的最大值 $S_{2}$:

很显然，如图 17 所示，如果在区间 $[a, \xi]$ 上对函数 $f(x)$ 的积分取偏大值，在区间 $[\xi, b]$ 上对函数 $f(x)$ 的积分取偏小值，那么，所得的积分值 $S_{1} \leqslant S_{3} \leqslant S_{2}$:

于是，根据前面的分析，如果我们将 $1$ 看作是 $f(x)$ 在区间 $(0, 1)$ 上积分的下界，那么：

$$
\begin{align}
& 1 = \int_{0}^{\xi} f(x) \mathrm{~d} x + \int_{\xi}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \leqslant \frac{2}{3}\xi^{3} + f(\xi)(1 – \xi) – \frac{1}{3} (1 – \xi)^{3} \notag \\ \notag \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 1 \leqslant \frac{2}{3}\xi^{3} + \textcolor{magenta}{f(\xi)} (1 – \xi) – \frac{1}{3} (1 – \xi)^{3} \notag \tag{2}
\end{align}
$$

根据前面的计算可知，$\textcolor{magenta}{f(\xi) \leqslant \xi^{2} }$, 即 $\xi^{2}$ 是 $f(\xi)$ 可能的最大值。

因此，如果将上面式子 $(2)$ 中的 $f(\xi)$ 替换成 $\xi^{2}$, 则可以加强不等式 $f(\xi)(1 – \xi) – \frac{1}{3} (1 – \xi)^{3}$ $>$ $\int_{\xi}^{1} f(x) \mathrm{~d} x$ 的成立属性，于是：

$$
\begin{aligned}
& 1 \leqslant \frac{2}{3}\xi^{3} + \textcolor{magenta}{\xi^{2}} (1 – \xi) – \frac{ 1 }{3} (1 – \xi)^{3} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{2}{3}\xi^{3} + \xi^{2} – \xi^{3} – \frac{1}{3}(1 – 3\xi + 3\xi^{2} – \xi^{3}) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 1 \leqslant -\frac{1}{3} + \xi \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & 1 \leq -\frac{1}{3} + \xi \implies \xi \geqslant \frac{4}{3} \\ \\
\end{aligned}
$$

本题的 FLAG 是 $\xi \in (0,1)$，但很显然，当 $\xi \leqslant \frac{4}{3}$ 的时候，$x \in (0, 1)$ 并不成立，于是可知，前面的假设不成立。

综上可知，一定存在 $\eta \in (0,1)$, 是的下式成立：

$$
\textcolor{springgreen}{
f^{\prime \prime} (\eta) < -2
}
$$

解法 5：逻辑反证+构造辅助函数+凹凸性

当前解法的思路简图：

假设不存在 $\eta \in (0, 1)$ 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < -2$ 成立，则对任意 $x \in (0, 1)$，一定有 $f ^{\prime \prime} (x) \geqslant -2$ 成立.

首先确定反证法的 Flag :

由于 $\left( \textcolor{orange}{x^{2}} \right) ^{\prime \prime} = \textcolor{orange}{2}$, 而 $\textcolor{orange}{2} – 2$ 刚好等于 $0$, 所以定义辅助函数 $g(x)$:

$$
g(x) = f(x) + \textcolor{orange}{x^{2}}
$$

于是，在式子 $g(x) = f(x) + x^{2}$ 的等号两边同时积分，可知：

$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x \\ \\
& = \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x + \int_{0}^{1} x^{2} \mathrm{~d} x \\ \\
& = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} > 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orangered}{ \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x > 1 }
\end{aligned}
$$

上面的 $\textcolor{orangered}{ \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x > 1 }$ 就是我们要找的 Flag .

接着：

$$
\begin{aligned}
g ^{\prime \prime} (x) & = f ^{\prime \prime} (x) + \textcolor{orange}{2} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{f ^{\prime \prime} (x) \geqslant -2 } \\ \\
& \geqslant -2 + \textcolor{orange}{2} = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{lightgreen}{ g ^{\prime \prime} (x) \geqslant 0 }
\end{aligned}
$$

因此可知，函数 $g(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上是凹函数。

既然 $g(x)$ 是凹函数，那么，连接该函数在区间 $[0, 1]$ 上左端点 $(0, g(0))$ 和右端点 $(1, g(1))$ 的直线一定位于该函数的图像上方——

根据《直线方程的两点式》，连接 $(0, g(0))$ 和 $(1, g(1))$ 这两个点的直线可以表示为：

$$
\begin{aligned}
& \frac{x – 0}{1 – 0} = \frac{y – g(0)}{g(1) – g(0)} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{x}{1} = \frac{y – g(0)}{g(1) – g(0)} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & y = x \left[ g(1) – g(0) \right] + g(0)
\end{aligned}
$$

于是，根据凹函数的几何意义可知，对于任意的 $x \in [0,1]$，有：

$$
g(x) \leqslant x \left[ g(1) – g(0) \right] + g(0)
$$

又因为：

$$
\begin{cases}
g(0) = f(0) + 0 = 0 \\
g(1) = f(1) + 1 = 2
\end{cases}
$$

所以：

$$
\begin{aligned}
& g(x) \leqslant x \left[ g(1) – g(0) \right] + g(0) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & g(x) \leqslant x \left[ 2 – 0 \right] + 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & g(x) \leqslant 2x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x \leqslant \int_{0}^{1} 2x \mathrm{~d} x = 1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{violet}{ \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x \leqslant 1 }
\end{aligned}
$$

由于 $\textcolor{violet}{ \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x \leqslant 1 }$ 和 $\textcolor{orangered}{ \int_{0}^{1} g(x) \mathrm{~d} x > 1 }$ 相互矛盾，因此，最开始的假设不成立。

综上可知，存在 $\eta \in (0,1)$ 使得 $f ^{\prime \prime} (\eta) < -2$ 成立

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