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第二视角 · 中值定理与证明题第 28 项 / 1—4

28　零端点最大高度：两侧割线与严格积分界

f∈C1[0,2],f(0)=f(2)=0,M=max⁡∣f∣f\in C^1[0,2],f(0)=f(2)=0,M=\max|f|。
∃ξ∈(0,2):∣f′(ξ)∣≥M;∣f′∣≤M⟹M=0\exists\xi\in(0,2):|f'(\xi)|\ge M;\quad |f'|\le M\Longrightarrow M=0
①读题：两端为零，高度必须由斜率撑起来
f(0)=f(2)=0,M=max⁡[0,2]∣f∣\ringB{f(0)=f(2)=0},\quad M=\max_{[0,2]}|f|
先证存在 ξ: ∣f′(ξ)∣≥M\text{先证存在 }\xi:\ |f'(\xi)|\ge M
再证若处处 ∣f′∣≤M, 则 M=0\text{再证若处处 }|f'|\le M,\text{ 则 }M=0
第二问不是直接把 ≥ 与 ≤ 合起来就结束；等号情况需要继续排除。
②零高度分支与非零高度分支
M=0⟹f≡0⟹f′≡0M=0\Longrightarrow f\equiv0\Longrightarrow f'\equiv0
第一结论显然成立。下面设 M>0；连续性保证最大绝对值取得。
∃c∈(0,2):∣f(c)∣=M\exists c\in(0,2):\quad|f(c)|=M
端点函数值为零，不可能达到正高度 M。
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③两侧拉格朗日分别产生两条斜率
∃ξ1∈(0,c):∣f′(ξ1)∣=∣f(c)∣c=Mc\exists\xi_1\in(0,c):\quad|f'(\xi_1)|=\frac{|f(c)|}{c}=\frac Mc
∃ξ2∈(c,2):∣f′(ξ2)∣=∣f(2)−f(c)∣2−c=M2−c\exists\xi_2\in(c,2):\quad|f'(\xi_2)|=\frac{|f(2)-f(c)|}{2-c}=\frac M{2-c}
f∈C¹[0,2]，两段均满足拉格朗日条件。
④为什么至少一条斜率不小于 M
c+(2−c)=2⟹min⁡(c,2−c)≤1c+(2-c)=2\Longrightarrow\min(c,2-c)\le1
max⁡(Mc,M2−c)=Mmin⁡(c,2−c)≥M\max\left(\frac Mc,\frac M{2-c}\right)=\frac M{\min(c,2-c)}\ge M
∃ξ∈(0,2):∣f′(ξ)∣≥M\boxed{\exists\xi\in(0,2):|f'(\xi)|\ge M}
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⑤附加上界使最大高度只能在中点取得
∣f′∣≤M⟹Mc≤M,M2−c≤M|f'|\le M\Longrightarrow\frac Mc\le M,\quad\frac M{2-c}\le M
本分支 M>0，可以除以 M
c≥1,2−c≥1⟹c=1c\ge1,\quad2-c\ge1\Longrightarrow c=1
f(1)=M 或 −M，因此 1 是 f 的局部极值点；费马给
f′(1)=0f'(1)=0
⑥连续导数让中点附近的斜率严格偏小
f′ 连续,f′(1)=0,M>0f'\text{ 连续},\quad f'(1)=0,\quad M>0
∃δ∈(0,1):∣f′(x)∣≤M2(1−δ≤x≤1)\exists\delta\in(0,1):|f'(x)|\le\frac M2\quad(1-\delta\le x\le1)
其余区间仍用全局界 M；把积分拆成两段，保留严格损失。
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⑦积分估计产生严格矛盾
M=∣f(1)−f(0)∣=∣∫01f′(x) dx∣≤∫01∣f′(x)∣ dxM=|f(1)-f(0)|=\left|\int_0^1f'(x)\,dx\right|\le\int_0^1|f'(x)|\,dx
≤M(1−δ)+M2δ=M−Mδ2<M\le M(1-\delta)+\frac M2\delta=M-\frac{M\delta}{2}<M
矛盾⟹M=0,f≡0\red{\text{矛盾}}\Longrightarrow\boxed{M=0,\quad f\equiv0}
⑧为什么导数连续是这里的关键条件
这条第二问证明通过 f′(1)=0 推出邻域上统一的小界，并用微积分基本定理积分 f′。题设 C¹ 保证这些步骤。
f(x)=min⁡(x,2−x):max⁡∣f∣=1f(x)=\min(x,2-x):\quad\max|f|=1
折线两侧斜率绝对值都是 1，但在中点不可导；它说明为什么尖顶的直觉不能直接当作满足题设的反例。
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