全部34项上一项下一项
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 1—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明

ff 在 [0,1][0,1] 上具有二阶导数，f′(0)=f′(1)f'(0)=f'(1)，∣f′′(x)∣≤1|f''(x)|\le1。第一问证明任意 0<x<10<x<1 的点值界；第二问证明积分界。
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|\le\frac{x(1-x)}2
∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤112\left|\int_0^1 f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right|\le\frac1{12}
①读题：绝对值、内部组合、右边分别触发什么
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2\ringR{|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|}\le\ringG{\frac{x(1-x)}2}
绝对值 → 同时控制上界与下界
−x(1−x)2≤f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)≤x(1−x)2-\frac{x(1-x)}2\le f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)\le\frac{x(1-x)}2
(1−x)f(0)+xf(1)\blue{(1-x)f(0)+xf(1)}
代入两端 → 这正是连接端点的直线
x=0: f(0);x=1: f(1)x=0:\ f(0);\qquad x=1:\ f(1)
x(1−x)2:x=0,1 时为零\green{\frac{x(1-x)}2}:\quad x=0,1\text{ 时为零}
[x(1−x)2]′′=−1,−1≤f′′≤1\left[\frac{x(1-x)}2\right]''=-1,\qquad\ringG{-1\le f''\le1}
左边减直线不改变二阶导数；右边二次项的二阶导数正好是常数。两条线索在这里接上。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 2—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

②选定理：先看目标要哪一阶、哪一种关系
罗尔：G(0)=G(x)=G(1)=0\text{罗尔：}\quad G(0)=G(x)=G(1)=0
⇓G′(ξ1)=G′(ξ2)=0⇓G′′(ξ)=0\Downarrow\quad G'(\xi_1)=G'(\xi_2)=0\quad\Downarrow\quad G''(\xi)=0
主线选它：目标有二阶导数界，可以补二次项造第三个零点。
拉格朗日：G(x)−G(0)x=G′(ξ1)\text{拉格朗日：}\quad\frac{G(x)-G(0)}x=G'(\xi_1)
G(1)−G(x)1−x=G′(ξ2),ξ1<x<ξ2\frac{G(1)-G(x)}{1-x}=G'(\xi_2),\quad\xi_1<x<\xi_2
也能走：先让 G″ 有固定符号，再比较这两个一阶导数；第⑦页完成。
柯西的一般形式：f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ)\text{柯西的一般形式：}\quad\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
它适合两个增量之比；本题没有现成的第二个增量。右边有分母 2，不等于需要柯西。
泰勒：f(0),f(1)→f(x),f′(x),f′′(η)\text{泰勒：}\quad f(0),f(1)\to f(x),f'(x),f''(\eta)
可行：用两个权重消去 f′(x)，第⑧页完成。闭区间连续、内部二阶可导足以支持以上主线。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 3—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

③第一个辅助函数：端点连线如何算出来
过 (0,f(0)),(1,f(1)) 的直线：At+B\text{过 }(0,f(0)),(1,f(1))\text{ 的直线：}\quad At+B
把两个端点分别代入，解两个系数
B=f(0),A+B=f(1)B=f(0),\qquad A+B=f(1)
A=f(1)−f(0)A=f(1)-f(0)
At+B=tf(1)+(1−t)f(0)At+B=tf(1)+(1-t)f(0)
从 f 减去这条直线：端点误差同时归零
F(t)=f(t)−(1−t)f(0)−tf(1)\blue{F(t)=f(t)-(1-t)f(0)-tf(1)}
F(0)=f(0)−f(0)=0,F(1)=f(1)−f(1)=0F(0)=f(0)-f(0)=0,\qquad F(1)=f(1)-f(1)=0
F′(t)=f′(t)+f(0)−f(1),F′′(t)=f′′(t)F'(t)=f'(t)+f(0)-f(1),\quad\green{F''(t)=f''(t)}
目标变成：∣F(x)∣≤x(1−x)2\text{目标变成：}\quad|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2
x 是本次想估计的固定点；t 是辅助函数的自变量。后面求导都对 t 求。A、B 解完即退场。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 4—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

④第二个辅助函数：补什么、系数怎样定
F(0)=F(1)=0只有两个零点F(0)=F(1)=0\quad\text{只有两个零点}
想得到二阶导数零点⟶还缺一个零点 x\text{想得到二阶导数零点}\quad\longrightarrow\quad\text{还缺一个零点 }x
补项既要保留 0、1，又要能调节 x 处的值
t=0,1 都为零⟹t(t−1)t=0,1\text{ 都为零}\quad\Longrightarrow\quad t(t-1)
G(t)=F(t)−Ct(t−1)G(t)=F(t)-Ct(t-1)
G(x)=0⟺F(x)−Cx(x−1)=0G(x)=0\Longleftrightarrow F(x)-Cx(x-1)=0
0<x<1⟹x(x−1)≠00<x<1\Longrightarrow x(x-1)\ne0
C=F(x)x(x−1)\purple{C=\frac{F(x)}{x(x-1)}}
G(0)=G(x)=G(1)=0G(0)=G(x)=G(1)=0
[t(t−1)]′=2t−1,[t(t−1)]′′=2[t(t-1)]'=2t-1,\quad[t(t-1)]''=2
G′′(t)=f′′(t)−2CG''(t)=f''(t)-2C
C 虽由固定的 x 决定，但对 t 求导时是常数。目标中的 1/2 将由 2C=f″(ξ) 得到。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 5—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

⑤第一问完整证明：两层，实际用三次罗尔
固定任意 x∈(0,1)，取前两页的 F、G、C。G 在 [0,1] 连续、内部二阶可导。
[0,x]:G(0)=G(x)=0[0,x]:\quad G(0)=G(x)=0
⟹∃ξ1∈(0,x):G′(ξ1)=0\Longrightarrow\exists\xi_1\in(0,x):G'(\xi_1)=0
[x,1]:G(x)=G(1)=0[x,1]:\quad G(x)=G(1)=0
⟹∃ξ2∈(x,1):G′(ξ2)=0\Longrightarrow\exists\xi_2\in(x,1):G'(\xi_2)=0
G′ 在内部可导，因而在 [ξ₁,ξ₂] 连续；在这个新区间第三次用罗尔。
∃ξ∈(ξ1,ξ2):0=G′′(ξ)=f′′(ξ)−2C\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2):\quad0=G''(\xi)=f''(\xi)-2C
C=12f′′(ξ),F(x)=Cx(x−1)=12f′′(ξ)x(x−1)C=\frac12f''(\xi),\quad F(x)=Cx(x-1)=\frac12f''(\xi)x(x-1)
∣x(x−1)∣=x(1−x),∣f′′(ξ)∣≤1|x(x-1)|=x(1-x),\quad |f''(\xi)|\le1
∣f(x)−(1−x)f(0)−xf(1)∣≤x(1−x)2\boxed{|f(x)-(1-x)f(0)-xf(1)|\le\frac{x(1-x)}2}
x 任意，因此每个内点都成立；若把结论延伸到 0、1，两边都为 0。不同 x 对应的 ξ 可以不同。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 6—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

⑥第二问完整证明：把第一问的界积起来
∫01(1−x) dx=[x−x22]01=12\int_0^1(1-x)\,dx=\left[x-\frac{x^2}2\right]_0^1=\frac12
∫01x dx=[x22]01=12\int_0^1x\,dx=\left[\frac{x^2}2\right]_0^1=\frac12
端点函数值对积分变量 x 是常数
∫01[(1−x)f(0)+xf(1)] dx=f(0)+f(1)2\int_0^1[(1-x)f(0)+xf(1)]\,dx=\frac{f(0)+f(1)}2
∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2=∫01F(x) dx\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2=\int_0^1F(x)\,dx
先用积分绝对值不等式，再用第一问逐点界
∣∫01F(x) dx∣≤∫01∣F(x)∣ dx≤∫01x(1−x)2 dx\left|\int_0^1F(x)\,dx\right|\le\int_0^1|F(x)|\,dx\le\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx
∫01x(1−x)2 dx=12[x22−x33]01\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx=\frac12\left[\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]_0^1
=12(12−13)=112=\frac12\left(\frac12-\frac13\right)=\frac1{12}
∣∫01f(x) dx−f(0)+f(1)2∣≤112\boxed{\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right|\le\frac1{12}}
直接积分点值界即可；不需要把中值点 ξ 当成 x 的可导函数，更不能把 f″(ξ) 擅自提出积分。
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 7—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

⑦另一个入口：绝对值拆上下界，用拉格朗日比较
仍用 F=f−端点连线；以下重新定义 G。先证明上界。
G(t)=F(t)−t(1−t)2,G(0)=G(1)=0G(t)=F(t)-\frac{t(1-t)}2,\quad G(0)=G(1)=0
G′′(t)=f′′(t)+1≥0⟹G′ 不减G''(t)=f''(t)+1\ge0\Longrightarrow G'\text{ 不减}
最后一步由对 G′ 使用拉格朗日得到。再在 [0,x]、[x,1] 各用拉格朗日：
G(x)x=G′(ξ1)≤G′(ξ2)=−G(x)1−x\frac{G(x)}x=G'(\xi_1)\le G'(\xi_2)=\frac{-G(x)}{1-x}
0<ξ1<x<ξ2<10<\xi_1<x<\xi_2<1
乘正数 x(1−x)，移项合并
(1−x)G(x)≤−xG(x)⟹G(x)≤0(1-x)G(x)\le-xG(x)\Longrightarrow G(x)\le0
F(x)≤x(1−x)2F(x)\le\frac{x(1-x)}2
下界：重新取 G(t)=F(t)+t(1−t)/2，则 G(0)=G(1)=0，G″=f″−1≤0，G′不增。
G(x)x≥−G(x)1−x⟹G(x)≥0\frac{G(x)}x\ge\frac{-G(x)}{1-x}\Longrightarrow G(x)\ge0
F(x)≥−x(1−x)2⟹∣F(x)∣≤x(1−x)2F(x)\ge-\frac{x(1-x)}2\Longrightarrow\boxed{|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2}
第二视角 · 中值定理与证明题第 3 项 / 8—8

03　2024 数三20：从绝对值误差界到完整证明 · 续

⑧泰勒如何消项；导数端点相等还能想到什么
f(0)=f(x)−xf′(x)+x22f′′(η1),0<η1<xf(0)=f(x)-xf'(x)+\frac{x^2}{2}f''(\eta_1),\quad0<\eta_1<x
f(1)=f(x)+(1−x)f′(x)+(1−x)22f′′(η2),x<η2<1f(1)=f(x)+(1-x)f'(x)+\frac{(1-x)^2}{2}f''(\eta_2),\quad x<\eta_2<1
分别乘 1−x、x，再相加
−x(1−x)+x(1−x)=0消掉 f′(x)-x(1-x)+x(1-x)=0\quad\text{消掉 }f'(x)
(1−x)f(0)+xf(1)−f(x)(1-x)f(0)+xf(1)-f(x)
=x(1−x)2[xf′′(η1)+(1−x)f′′(η2)]=\frac{x(1-x)}2[xf''(\eta_1)+(1-x)f''(\eta_2)]
∣F(x)∣≤x(1−x)2[x∣f′′(η1)∣+(1−x)∣f′′(η2)∣]|F(x)|\le\frac{x(1-x)}2[x|f''(\eta_1)|+(1-x)|f''(\eta_2)|]
≤x(1−x)2[x+(1−x)]=x(1−x)2\le\frac{x(1-x)}2[x+(1-x)]=\frac{x(1-x)}2
题设闭区间二阶可导保证 f′ 连续，导数端点相等还可单独触发罗尔：
f′(0)=f′(1)⟹∃η∈(0,1):f′′(η)=0f'(0)=f'(1)\Longrightarrow\exists\eta\in(0,1):f''(\eta)=0
但这个存在性结论不能代替“每个 x 的误差界”。以上两问都没有用到端点导数相等。
∣f′′∣≤M⟹∣F(x)∣≤M2x(1−x),∣∫01F∣≤M12|f''|\le M\Longrightarrow |F(x)|\le\frac M2x(1-x),\quad\left|\int_0^1F\right|\le\frac M{12}
打开题源对照
对照原解析 · 6 条题源