六、泰勒中值定理

大题

1. 【1996-12-8 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且满足条件 $|f(x)|\le a$，$|f^{\prime \prime }(x)|\le b$，其中 $a,b$ 都是非负常数，$c$ 是 $(0,1)$ 内的任意一点，证明：

$$|f^{\prime }(c)|\le 2a+\frac{b}{2}.$$

查看答案与解析

答案：

$$|f^{\prime }(c)|\le 2a+\frac{b}{2}.$$

解析： 分别在点 $c$ 处对 $f(1)$ 与 $f(0)$ 使用带拉格朗日余项的一阶泰勒公式。

存在 ${\xi }_1\in (c,1)$，使

$$f(1)=f(c)+f^{\prime }(c)(1-c)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}(1-c{)}^2.$$

存在 ${\xi }_2\in (0,c)$，使

$$f(0)=f(c)-c{f}^{\prime }(c)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}{c}^2.$$

两式相减，得

$$f(1)-f(0)=f^{\prime }(c)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}(1-c{)}^2-\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}{c}^2.$$

因此

$$f^{\prime }(c)=f(1)-f(0)-\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}(1-c{)}^2+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}{c}^2.$$

取绝对值，并利用 $|f(x)|\le a$、$|f^{\prime \prime }(x)|\le b$，有

$$\begin{array}{rl}|f^{\prime }(c)|& \le |f(1)|+|f(0)|+\frac{|f^{\prime \prime }({\xi }_1)|}{2}(1-c{)}^2+\frac{|f^{\prime \prime }({\xi }_2)|}{2}{c}^2\\ & \le 2a+\frac{b}{2}\left[(1-c{)}^2+c^2\right].\end{array}$$

因为 $0<c<1$，所以

$$(1-c{)}^2+c^2=1-2c(1-c)\le 1.$$

故

$$|f^{\prime }(c)|\le 2a+\frac{b}{2}.$$

本题的关键是分别将区间两个端点在 $c$ 点作一阶泰勒展开，再相减消去 $f(c)$。若只对一个端点展开，会因除以 $c$ 或 $1-c$ 而难以得到题设中的统一估计。

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2. 【1999-2-8 分】 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[-1,1]$ 上具有三阶连续导数，且 $f(-1)=0$，$f(1)=1$，$f^{\prime }(0)=0$，证明：在开区间 $(-1,1)$ 内至少存在一点 $\xi$，使

$$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3.$$

查看答案与解析

答案： 存在 $\xi \in (-1,1)$，使

$$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3.$$

解析： 为了把结论化为罗尔定理的形式，构造一个三次多项式 $P(x)$，使其满足与 $f(x)$ 相同的已知条件，并且

$$P^{\prime \prime \prime }(x)=3.$$

取

$$P(x)=\frac{x^3}{2}+\left[\frac{1}{2}-f(0)\right]x^2+f(0).$$

则

$$P(-1)=0,P(0)=f(0),P(1)=1,$$

且

$$P^{\prime }(0)=0,P^{\prime \prime \prime }(x)=3.$$

令

$$F(x)=f(x)-P(x).$$

于是

$$F(-1)=F(0)=F(1)=0,$$

并且

$$F^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)-P^{\prime }(0)=0.$$

由罗尔定理，在区间 $(-1,0)$ 内存在 $\alpha$，使

$$F^{\prime }(\alpha )=0;$$

在区间 $(0,1)$ 内存在 $\beta$，使

$$F^{\prime }(\beta )=0.$$

因此 $F^{\prime }(x)$ 在 $\alpha ,0,\beta$ 三点均为零。再次应用罗尔定理，分别存在

$${\gamma }_1\in (\alpha ,0),{\gamma }_2\in (0,\beta ),$$

使

$$F^{\prime \prime }({\gamma }_1)=F^{\prime \prime }({\gamma }_2)=0.$$

再对 $F^{\prime \prime }(x)$ 在 $[{\gamma }_1,{\gamma }_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in ({\gamma }_1,{\gamma }_2)\subset (-1,1)$，使

$$F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0.$$

而

$$F^{\prime \prime \prime }(x)=f^{\prime \prime \prime }(x)-P^{\prime \prime \prime }(x)=f^{\prime \prime \prime }(x)-3,$$

所以

$$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3.$$

本题本质上是“构造插值多项式再反复使用罗尔定理”。构造 $P(x)$ 时令辅助函数在 $-1,0,1$ 三点为零，并使 $0$ 同时成为导函数的零点，从而能够连续三次应用罗尔定理。

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3. 【2001-1-7 分】 设 $y=f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内具有二阶连续导数且 $f^{\prime \prime }(x)\ne 0$，试证：

（1）对于 $(-1,1)$ 内的任一 $x\ne 0$，存在唯一的 $\theta (x)\in (0,1)$，使

$$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[\theta (x)x]$$

成立；

（2）

$$\underset{x\to 0}{\lim }\theta (x)=\frac{1}{2}.$$

查看答案与解析

答案： （1）对任意 $x\in (-1,1)\setminus \{0\}$，存在唯一的 $\theta (x)\in (0,1)$，使

$$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[\theta (x)x].$$

（2）

$$\underset{x\to 0}{\lim }\theta (x)=\frac{1}{2}.$$

解析： （1）证明存在性与唯一性

固定任意 $x\ne 0$。

当 $x>0$ 时，对 $f(t)$ 在区间 $[0,x]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $c\in (0,x)$，使

$$f(x)-f(0)=x{f}^{\prime }(c).$$

令

$$\theta (x)=\frac{c}{x},$$

则 $0<\theta (x)<1$，且 $c=\theta (x)x$，所以

$$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[\theta (x)x].$$

当 $x<0$ 时，对 $f(t)$ 在区间 $[x,0]$ 上应用拉格朗日中值定理，同样存在 $c$ 位于 $x$ 与 $0$ 之间，使

$$f(x)-f(0)=x{f}^{\prime }(c).$$

此时仍可写成 $c=\theta (x)x$，其中 $0<\theta (x)<1$。故存在性成立。

下面证明唯一性。

因为 $f^{\prime \prime }(x)$ 在 $(-1,1)$ 内连续且恒不为零，所以由连续函数的保号性，$f^{\prime \prime }(x)$ 在整个区间内恒正或恒负。因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-1,1)$ 内严格单调。

若存在 ${\theta }_1,{\theta }_2\in (0,1)$，均满足

$$f(x)-f(0)=x{f}^{\prime }({\theta }_{i}x),i=1,2,$$

则

$$f^{\prime }({\theta }_{1}x)=f^{\prime }({\theta }_{2}x).$$

由于 $f^{\prime }$ 严格单调，必有

$${\theta }_{1}x={\theta }_{2}x.$$

又因 $x\ne 0$，所以

$${\theta }_1={\theta }_2.$$

故 $\theta (x)$ 唯一。

（2）求 $\theta (x)$ 的极限

由（1）可得

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }[\theta (x)x].$$

对 $f(x)$ 在 $x=0$ 处使用二阶泰勒公式，得

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+o(x^2).$$

于是

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(0)+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}x+o(x).$$

另一方面，对 $f^{\prime }(t)$ 在 $0$ 与 $\theta (x)x$ 之间应用拉格朗日中值定理，存在 ${\zeta }_x$ 位于二者之间，使

$$f^{\prime }[\theta (x)x]-f^{\prime }(0)=f^{\prime \prime }({\zeta }_x)\theta (x)x.$$

将两式比较，得到

$$\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}x+o(x)=f^{\prime \prime }({\zeta }_x)\theta (x)x.$$

当 $x\ne 0$ 时，两边同除以 $x$，得

$$\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}+o(1)=f^{\prime \prime }({\zeta }_x)\theta (x).$$

由于 $0<\theta (x)<1$，故

$$|{\zeta }_x|\le |\theta (x)x|\le |x|\to 0.$$

从而由 $f^{\prime \prime }$ 的连续性，

$$f^{\prime \prime }({\zeta }_x)\to f^{\prime \prime }(0).$$

又因 $f^{\prime \prime }(0)\ne 0$，所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\theta (x)=\frac{f^{\prime \prime }(0)/2}{f^{\prime \prime }(0)}=\frac{1}{2}.$$

本题第一问是拉格朗日中值定理中值点的存在性与唯一性问题；唯一性来自 $f^{\prime \prime }$ 恒不为零所保证的 $f^{\prime }$ 严格单调。第二问通过二阶泰勒展开确定中值点在小区间中的渐近位置。

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4. 【2001-2-8 分】 设 $f(x)$ 在区间 $[-a,a]$（$a>0$）上具有二阶连续导数，$f(0)=0$。

（1）写出 $f(x)$ 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；

（2）证明在 $[-a,a]$ 上至少存在一点 $\eta$，使

$$a^3{f}^{\prime \prime }(\eta )=3{\int }_{-a}^{a}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： （1）对任意 $x\in [-a,a]$，存在介于 $0$ 与 $x$ 之间的点 ${\xi }_x$，使

$$f(x)=x{f}^{\prime }(0)+\frac{x^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x).$$

（2）存在 $\eta \in (-a,a)$，使

$$a^3{f}^{\prime \prime }(\eta )=3{\int }_{-a}^{a}f(x)dx.$$

解析： （1）麦克劳林公式

因为 $f(x)$ 具有二阶连续导数，所以在 $x=0$ 处的一阶麦克劳林公式为

$$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }(0)+\frac{x^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x),$$

其中 ${\xi }_x$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。

由 $f(0)=0$，得

$$f(x)=x{f}^{\prime }(0)+\frac{x^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x).$$

（2）证明积分中值结论

为便于积分，采用泰勒公式的积分余项形式。由 $f(0)=0$，对 $x\ge 0$ 有

$$f(x)=x{f}^{\prime }(0)+{\int }_0^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)dt;$$

对 $x\le 0$ 有

$$f(x)=x{f}^{\prime }(0)+{\int }_x^0(t-x)f^{\prime \prime }(t)dt.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-a}^{a}f(x)dx=& f^{\prime }(0){\int }_{-a}^{a}xdx\\ & +{\int }_{-a}^0\left[{\int }_x^0(t-x)f^{\prime \prime }(t)dt\right]dx\\ & +{\int }_0^a\left[{\int }_0^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)dt\right]dx.\end{array}$$

第一项为零。交换积分次序，得到

$${\int }_{-a}^0\left[{\int }_x^0(t-x)f^{\prime \prime }(t)dt\right]dx=\frac{1}{2}{\int }_{-a}^0(a+t{)}^2{f}^{\prime \prime }(t)dt,$$

以及

$${\int }_0^a\left[{\int }_0^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)dt\right]dx=\frac{1}{2}{\int }_0^a(a-t{)}^2{f}^{\prime \prime }(t)dt.$$

所以

$${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=\frac{1}{2}{\int }_{-a}^0(a+t{)}^2{f}^{\prime \prime }(t)dt+\frac{1}{2}{\int }_0^a(a-t{)}^2{f}^{\prime \prime }(t)dt.$$

上式中的权函数均非负，且不恒为零。由于 $f^{\prime \prime }(x)$ 在 $[-a,a]$ 上连续，由积分中值定理，存在 $\eta \in (-a,a)$，使

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-a}^{a}f(x)dx=& f^{\prime \prime }(\eta )\left[\frac{1}{2}{\int }_{-a}^0(a+t{)}^{2}dt+\frac{1}{2}{\int }_0^a(a-t{)}^{2}dt\right]\\ =& f^{\prime \prime }(\eta )\left(\frac{a^3}{6}+\frac{a^3}{6}\right)\\ =& \frac{a^3}{3}{f}^{\prime \prime }(\eta ).\end{array}$$

于是

$$a^3{f}^{\prime \prime }(\eta )=3{\int }_{-a}^{a}f(x)dx.$$

本题第一问考查带拉格朗日余项的麦克劳林公式；第二问若直接积分含有随 $x$ 变化的拉格朗日中值点，会缺乏严密性，因此改用积分余项，再利用积分中值定理提取某一点的二阶导数。

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5. 【2023-123-12 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶连续导数，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

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

查看答案与解析

答案： （1）存在 $\xi \in (-a,a)$，使

$$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.$$

（2）存在 $\eta \in (-a,a)$，使

$$|f^{\prime \prime }(\eta )|\ge \frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$

解析： （1）利用二阶泰勒公式消去一阶导数项

由 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶连续导数，在 $x=0$ 处分别对 $f(a)$ 与 $f(-a)$ 使用带拉格朗日余项的二阶泰勒公式。

存在 ${\xi }_1\in (0,a)$，使

$$f(a)=f(0)+a{f}^{\prime }(0)+\frac{a^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1),$$

存在 ${\xi }_2\in (-a,0)$，使

$$f(-a)=f(0)-a{f}^{\prime }(0)+\frac{a^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2).$$

由 $f(0)=0$，两式相加得

$$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}[f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)].$$

因此

$$\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}.$$

右端是 $f^{\prime \prime }({\xi }_1)$ 与 $f^{\prime \prime }({\xi }_2)$ 的算术平均值，必位于二者之间。由于 $f^{\prime \prime }(x)$ 在 $[-a,a]$ 上连续，由介值定理，存在位于 ${\xi }_1$ 与 ${\xi }_2$ 之间的点 $\xi \in (-a,a)$，使

$$f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)+f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.$$

结论得证。

（2）在极值点处展开并估计二阶导数

设 $f(x)$ 在点 $x_0\in (-a,a)$ 处取得极值。由费马引理，

$$f^{\prime }(x_0)=0.$$

在 $x=x_0$ 处分别对 $f(a)$ 与 $f(-a)$ 使用二阶泰勒公式。

存在 ${\eta }_1\in (x_0,a)$，使

$$f(a)=f(x_0)+\frac{(a-x_0{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1),$$

存在 ${\eta }_2\in (-a,x_0)$，使

$$f(-a)=f(x_0)+\frac{(a+x_0{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2).$$

两式相减，得

$$f(a)-f(-a)=\frac{(a-x_0{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_1)-\frac{(a+x_0{)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }({\eta }_2).$$

令

$$M=\max \{|f^{\prime \prime }({\eta }_1)|,|f^{\prime \prime }({\eta }_2)|\}.$$

则

$$\begin{array}{rl}|f(a)-f(-a)|& \le \frac{M}{2}\left[(a-x_0{)}^2+(a+x_0{)}^2\right]\\ & =M(a^2+x_0^2)\\ & <2a^{2}M,\end{array}$$

其中使用了 $|x_0|<a$。因此

$$M>\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$

若 $f(a)\ne f(-a)$，在 ${\eta }_1,{\eta }_2$ 中取使 $|f^{\prime \prime }|$ 达到 $M$ 的一点作为 $\eta$，便有

$$|f^{\prime \prime }(\eta )|\ge \frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$

若 $f(a)=f(-a)$，右端为 $0$，任取 $\eta \in (-a,a)$ 即有 $|f^{\prime \prime }(\eta )|\ge 0$。故结论在所有情形下均成立。

本题第一问通过在对称点 $a,-a$ 处作泰勒展开，使一阶导数项相互抵消；第二问则利用内点极值处 $f^{\prime }(x_0)=0$，把端点函数值之差转化为二阶导数的估计。

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6. 【2024-123-12 分】 设 $f(x)$ 具有二阶导数，且 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$，$|f^{\prime \prime }(x)|\le 1$。证明：

（1）当 $x\in (0,1)$ 时，有

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

（2）

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le \frac{1}{12}.$$

查看答案与解析

答案： （1）

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

（2）

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le \frac{1}{12}.$$

解析： （1）证明线性插值余项估计

令

$$L(t)=f(0)(1-t)+f(1)t,$$

并记

$$F(t)=f(t)-L(t).$$

则

$$F(0)=F(1)=0,F^{\prime \prime }(t)=f^{\prime \prime }(t).$$

固定任意 $x\in (0,1)$，构造辅助函数

$$\Phi (t)=F(t)-F(x)\frac{t(t-1)}{x(x-1)}.$$

由定义可知

$$\Phi (0)=\Phi (x)=\Phi (1)=0.$$

对 $\Phi (t)$ 分别在区间 $[0,x]$ 与 $[x,1]$ 上应用罗尔定理，存在

$$\alpha \in (0,x),\beta \in (x,1),$$

使

$${\Phi }^{\prime }(\alpha )={\Phi }^{\prime }(\beta )=0.$$

再对 ${\Phi }^{\prime }(t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (\alpha ,\beta )\subset (0,1)$，使

$${\Phi }^{\prime \prime }(\xi )=0.$$

而

$${\Phi }^{\prime \prime }(t)=f^{\prime \prime }(t)-\frac{2F(x)}{x(x-1)}.$$

故

$$0=f^{\prime \prime }(\xi )-\frac{2F(x)}{x(x-1)},$$

即

$$F(x)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}x(x-1).$$

由于 $|f^{\prime \prime }(\xi )|\le 1$，且 $x\in (0,1)$，所以

$$\begin{array}{rl}|F(x)|& =\frac{|f^{\prime \prime }(\xi )|}{2}x(1-x)\\ & \le \frac{x(1-x)}{2}.\end{array}$$

代回 $F(x)$ 的定义，得到

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

（2）由点态估计推出积分估计

注意到

$${\int }_0^1[f(0)(1-x)+f(1)x]dx=\frac{f(0)+f(1)}{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|& =\left|{\int }_0^1[f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x]dx\right|\\ & \le {\int }_0^1\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|dx\\ & \le \frac{1}{2}{\int }_0^{1}x(1-x)dx\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)\\ & =\frac{1}{12}.\end{array}$$

故

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le \frac{1}{12}.$$

本题实质上是一次线性插值的余项估计以及梯形求积公式的误差估计。题设中的 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$ 在上述结论中并非必要条件；仅由二阶导数存在且 $|f^{\prime \prime }(x)|\le 1$ 即可得到两项结论。