2.10 二阶导专项——不只是泰勒公式！

上一节：2.9 不等式证明 · 总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.11 曲率和曲率圆（数三不要求）

这一节要处理的问题很具体：题干只给了二阶导的信息（ $f''$ 的符号，或 $|f''|\le M$ 这类界），却不给 $f'$ 与 $f$ 的解析式，怎么往下做？ 常见的误解是”看到二阶导就上泰勒公式”——泰勒确实是通用工具，但在选择填空题里用泰勒往往是最慢的一条路。二阶导至少可以从凹凸性（几何）、一阶导单调性、极值第二判别法、泰勒公式四个角度解读，四条路线的适用形态、所需的附加条件、得到结论的形式都不一样。本页先把四条路线和它们的判据摆清楚，再讲泰勒路线内部的展开点选择与两个高频陷阱，最后用真题对照。

核心结论：二阶导条件的四条解读路线

路线	由 $f''$ 得到什么	结论的形式	附加条件	对应例题
① 凹凸性（几何）	曲线与弦、切线的位置关系固定	函数值的不等号；定积分的大小关系	$f''$ 在区间上定号（严格定号才能保证等号只在端点/切点）	例 2.85、例 2.86、例 2.87、例 2.88
② 一阶导单调性	$f''>0\iff f'$ 严格单增； $f''<0\iff f'$ 严格单减	两个不同点处一阶导的比较	$f'$ 在区间上可导、 $f''$ 定号	例 2.91 法二、例 2.92 方法三
③ 极值第二判别法	驻点处 $f''$ 的符号决定极值类型	”某点是（唯一）最小/最大值点”	该点是驻点（ $f'(x_0)=0$ ）	例 2.87、例 2.89（Ⅱ）
④ 泰勒公式（拉格朗日余项）	把 $f$ 在任意点的值写成”已知点的值 + 各阶导 + 余项”	含 $\xi$ 的等式，或含 $f''(\xi_x)$ 的不等式	$f$ 有足够阶导数；能找到”信息最多”的展开点	例 2.89—例 2.92.1

选择判据（一句话版）：

只需要不等号、且要比较的对象是”函数值与弦/切线”或”定积分大小” → 走①，一步到位；
待证式里出现两个不同点的一阶导（如 $f'(x)$ 与 $f'(\eta)$ ） → 走②，用单调性比较；
结论是”某点是极值点”或题面出现切线、偏差函数 → 走③；
结论是”存在 $\xi$ 使某等式成立”或”对任意 $x$ 恒成立” → 走④。

① 凹凸性（几何路线）

凹曲线（ $f''(x) > 0$ ，开口向上）：切线在曲线下方 $f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0),$ 弦（割线）在曲线上方 $f((1-t)a+tb) \le (1-t)f(a)+tf(b)\quad(0\le t\le1).$
凸曲线（ $f''(x) < 0$ ）：切线在曲线上方，弦在曲线下方（两条不等号同时反向）。
常见考法：把曲线换成”过已知点的折线（分段弦）“，用折线围成的面积（梯形、三角形）与曲边梯形面积比较，从而判定定积分的大小（例 2.86、例 2.88 方法一）。

切线不等式是 $n=1$ 的泰勒截断： $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$ ，当 $f''>0$ 时余项 $\ge0$ ，不等式自动成立，等号仅在 $x=x_0$ 处取得。
弦不等式等价于 $f'$ 单调不减：把 $[a,b]$ 分片、对每片用拉格朗日定理可知”割线斜率随区间右移不减”，即曲线始终在弦的下方（下凸函数的 Jensen 不等式）。当 $f''\equiv0$ （ $f$ 为一次函数）时等号在整段区间上成立。
使用条件： $f''$ 在整个讨论区间上定号；若 $f''$ 在区间内变号（存在拐点），弦与曲线的位置关系会在拐点两侧翻转，必须分段讨论。
命名提醒：不同教材对”凹""凸”的命名相反，判断时只看 $f''$ 的符号，不看中文名称。

② 一阶导单调性路线

$f''(x) > 0 \iff f'(x)$ 单调递增； $f''(x) < 0 \iff f'(x)$ 单调递减。

判断依据： $f''$ 的符号只对 $f'$ 直接说话，因此凡是要比较两个不同位置的一阶导（例如拉格朗日中值定理产生的 $f'(\eta)$ 与 $f'(x)$ ）、或者通过对 $f$ 分部积分后把 $f'$ 露出来的题目，都要走这条路线。
使用条件： $f'$ 在区间上可导（即 $f''$ 存在）；比较的两个点必须落在 $f'$ 单调的同一段区间上。
注意点：" $f''>0\Rightarrow f'>0$ "是常见误用： $f''>0$ 只说明 $f'$ 递增， $f'$ 完全可以为负（如 $f(x)=-x$ 在 $x\to+\infty$ 上的一段）。要得到 $f'$ 的符号，还必须知道 $f'$ 在某点的值。

③ 极值第二判别法路线

若驻点处 $f'(x_0) = 0$ ： $f''(x_0) > 0 \implies x_0$ 为极小值点； $f''(x_0) < 0 \implies x_0$ 为极大值点。

判断依据：题面出现”切线""偏差函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ “时，必然有 $F(x_0)=0$ 与 $F'(x_0)=0$ （ $x_0$ 是切点），再配合 $F''=f''$ 的符号，就把 $F$ 在 $x_0$ 处的极值类型定下来了（例 2.87）。本质上它与路线④在极值点处展开是同一件事，只是换了个说法。
使用条件： $x_0$ 必须是驻点。只知 $f''(x_0)>0$ 而不知 $f'(x_0)=0$ 时，判别法不适用。
注意点： $f''(x_0)>0$ 只说明 $x_0$ 是极小值点，不说明它是最小值点；要说明”唯一最小值”，还需 $f'$ 在该点两侧变号（例如 $f''>0$ 在整个区间上成立 ⇒ $f'$ 严格单增 ⇒ $x_0$ 是 $f'$ 的唯一零点）。

④ 泰勒公式路线（通用武器）

判断依据：只要结论中出现”存在 $\xi$ “（需要等式）或”对任意 $x$ “（需要保留自变量的解析式），凹凸性、单调性、极值判别都给不出结论，只能用泰勒公式把 $f$ 与各阶导的关系显式写出来。
使用条件： $f$ 在讨论区间上有 $n+1$ 阶导数（题干常写”二阶连续导数”，这既保证 $f''$ 存在，也保证后面能用介值定理）；必须选到一个能提供已知信息的展开点，否则展开式里全是未知量。
注意点：泰勒是”把函数值翻译成导数”的工具，它不产生新的信息。题设若只给了 $f''$ 的符号而没有任何点的函数值，展开后仍要靠积分或放缩把未知量消掉。

补充：特值法（只适用于选择填空）

当题干只给 $f''$ 的符号时，命题对一切满足该条件的函数都成立，因此可以取最简单的二次函数代入验证：

$f''(x) > 0 \implies$ 取 $f(x) = x^2$ 或 $f(x) = 2x^2 - 1$ ；
$f''(x) < 0 \implies$ 取 $f(x) = -x^2$ 。

原理与推导

1 凹凸性为什么能给出不等号

两条不等式的共同点是”用一个更简单的对象（直线）替代曲线后仍保持单侧关系”，这来自 $f''$ 定号这一整体条件，而不是某一点的局部信息。这也解释了为什么凹凸性放缩的等号通常只在端点或切点取得：直线与曲线只有一处（或两处）相交。

2 泰勒展开点的选择：找”提供信息最多”的点

展开点决定化简难度。选取顺序与理由如下：

优先级 1：极值点 / 最值点（题设给出区间内部的最值 $\max f(x)=M$ 或极值点 $c$ ）在可导的内点 $c$ 处取极值，由费马引理有 $f'(c)=0$ ，于是同时拿到两个条件： $f(c)=M,\qquad f'(c)=0.$ 在 $c$ 处展开时一阶项直接乘零消失，化简效率最高。
优先级 2：已知零点 / 麦克劳林展开（题设给出 $x=0$ 处的信息，如 $f(0)=0$ 或 $f'(0)$ ）在 $x=0$ 处展开，形如 $f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(\xi)}{2}x^2$ ，形式最简。
优先级 3：区间中点（题设涉及对称区间或区间上的定积分）在 $x_0=\dfrac{a+b}{2}$ 处展开。理由：一阶项在积分后消失， $\int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right)\,\mathrm dx = 0,$ 于是积分式里只剩下中点函数值与二阶导余项，两端项自动对消。
优先级 4：双端点分别展开后加权作差（题设给出两端点的导数关系，如 $f'(0)=f'(1)$ ）在两个端点各展开一次，再乘上适当的权重后相加或相减，把无法直接处理的一阶导项消掉。

3 展开代入与中值点的独立性（高频易错）

泰勒展开后通常把区间两端点分别代入（如 $x=a$ 与 $x=-a$ ，或 $x=0$ 与 $x=1$ ）。把不同端点代入同一个展开式，所得拉格朗日余项中的中值点不是同一个点，必须分别记为 $\xi_1,\xi_2$ （如 $\xi_1\in(0,a),\ \xi_2\in(-a,0)$ ）。

原因：拉格朗日余项中的 $\xi$ 依赖于代入点，不同代入点对应的 $\xi$ 自然不同；把它写成同一个 $\xi$ 会把”存在性”用错。
合并手段（按结论要求选择）：
- 结论要求等式（“存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=$ 端点值的组合”）时，用介值定理：得到的组合量常是算术平均值 $\dfrac12\bigl[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\bigr]$ ，它介于 $m=\min\{f''(\xi_1),f''(\xi_2)\}$ 与 $M=\max\{f''(\xi_1),f''(\xi_2)\}$ 之间，再由 $f''$ 连续，存在 $\xi$ 使其等于该平均值（见例 2.89（Ⅰ））。
- 结论只要求不等式（绝对值估计）时，用三角不等式与最值放大： $|A-B|\le|A|+|B|$ 后取 $M=\max\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\}$ 把两项合并（见例 2.89（Ⅱ）、例 2.92.1）。

4 泰勒公式与定积分的结合

在定积分 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm dx$ 中，将被积函数在 $x=c$ 处展开：

\int_a^b f(x)\,\mathrm dx = f(c)(b-a) + f'(c)\int_a^b(x-c)\,\mathrm dx + \frac12\int_a^b f''(\xi_x)(x-c)^2\,\mathrm dx,

其中 $\xi_x$ 介于 $c$ 与 $x$ 之间。

$f(c)$ 与 $f'(c)$ 是常数，可以直接提到积分号外（ $f(c)$ 提到外面就是乘上 $(b-a)$ ）。
余项 $f''(\xi_x)$ 绝对不能提到积分号外。判据是：看这个量是否依赖积分变量 $x$ 。 $\xi_x$ 随 $x$ 变动， $f''(\xi_x)$ 实际是 $x$ 的复合函数，提到外面就等于把含有不同 $x$ 的项当成同一个常数，结论会失效（例 2.92 方法四正是用它说明泰勒在此题失效）。
两种正确用法：
- 定号分析：余项留在积分号内，由 $f''\ge0\implies f''(\xi_x)\ge0$ 及 $(x-c)^2\ge0$ 直接判断整个余项积分的符号；
- 绝对值估计：用 $\left|\int_a^b g(x)\,\mathrm dx\right|\le\int_a^b|g(x)|\,\mathrm dx$ 整体放缩（见例 2.90（Ⅱ）的做法）。

5 泰勒正写与泰勒反写

标准结构为

f(\text{目标代入点}) = f(\text{展开中心}) + f'(\text{展开中心})\cdot(\text{代入点}-\text{展开中心}) + \frac{f''(\xi)}{2}(\text{代入点}-\text{展开中心})^2 .

需要在算式里研究谁的导数，就把谁放在展开中心的位置上。

泰勒正写（常规）：以定点 $x_0$ 为展开中心，代入动点 $x$ ： $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2.$ 一阶项系数是常数 $f'(x_0)$ ，便于用已知条件（如 $f'(x_0)=0$ ）消去。 适用判据：结论形如”存在点 $\xi$ “，即二阶导落在中值 $\xi$ 上（例 2.89、例 2.90）。
泰勒反写：以动点 $x$ 为展开中心，代入定点 $x_0$ ： $f(x_0)=f(x)+f'(x)(x_0-x)+\frac{f''(\xi)}{2}(x_0-x)^2+\cdots$ 一阶项系数是 $f'(x)$ ，即待研究的对象本身。 适用判据：结论要求”对区间上任意 $x$ ， $f'(x)$ （或 $f''(x)$ ）满足某不等式”，需要保留自变量 $x$ 的解析式（例 2.92.1）。

题型识别与判据

题面特征	首选路线	判据要点
只给 $f''$ 的符号，比较函数值与弦/切线	① 凹凸性	弦、切线的位置关系一步给不等号
只给 $f''$ 的符号，比较两个定积分	① 凹凸性（折线放缩）+ 特值法复核	积分具有保序性，逐点不等式可积分
结论要”存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=$ 端点值的组合”	④ 泰勒正写 + 介值定理	需要等式，中值点必须落在 $\xi$ 上； $f''$ 连续才能用介值定理
给 $	f”(x)	\le M $，要估计$ \left
结论要”对任意 $x$ 有 $	f’(x)	\le\dots$“
定积分与 $f''$ 同时出现	④ 中点展开 + 余项留在积分号内	一阶奇次项积分为零；余项不得提出
出现切线与偏差函数 $F=f-g$	③ 极值第二判别法	切点处 $F=F'=0$ ，再看 $F''$ 的符号
出现 $f'(0)=f'(1)$ 这类端点导数关系	④ 双端点加权作差	一阶项对消
结论含两个不同点的一阶导比较	② $f'$ 单调性	两点必须落在 $f'$ 单调的同一区间
选择填空，题干只给符号、选项互斥	特值法（最简二次函数）	只能排除，不能作答解答题

解题策略

定目标：看结论里出现的是 $f''(\xi)$ （→ 泰勒正写）还是 $f'(x)$ 、 $f''(x)$ （→ 泰勒反写或单调性路线）。这一步的选择错了，后面无论怎么算都得不到目标形式的表达式。
定展开点（或定路线）：按”信息最多”原则选点，见本页《原理与推导》第 2 小节；若只需不等号，优先考虑凹凸性（不走泰勒）。
代入消项：按结论中出现的点代入展开式，通过相加、相减、加权或积分，把无法处理的一阶导项消掉；剩下的余项用”定号 + 最值放大”或”介值定理合并”收尾。

完整的套路清单、两个高频陷阱的详细写法与选择填空的快速判据，见二阶导专项与泰勒展开解题技巧。

典型例题

例 2.85 此题同例2.36，2014 数一二三真题，核心在于凹凸性的几何意义

由于

g(x)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}x+f(0),\quad

$g(0)=f(0)$ ， $g(1)=f(1)$ ，故 $y=g(x)$ 表示的曲线是过点 $(0,f(0))$ 、 $(1,f(1))$ 的弦。

曲线与弦的位置关系由凹凸性确定： $f''(x)\ge0$ 时 $y=f(x)$ 为凹曲线（开口向上），弦在弧的上方，故 $f(x)\le g(x)$ ； $f''(x)\le0$ 时弦在弧的下方，故 $f(x)\ge g(x)$ 。因此当 $f''(x)\ge0$ 时， $f(x)\le g(x)$ 。应选D。

一阶导数的符号与曲线的凹凸性没有直接关系。作为选项A的反例，可以考虑曲线 $y=x^2$ ；作为选项B的反例，可以考虑曲线 $y=\sqrt{x}$ 。

令辅助函数：

F(x) = f(x) - g(x) = f(x) - \big[f(0)(1-x) + f(1)x\big].

求端点值：
$F(0) = f(0) - f(0) = 0,\qquad F(1) = f(1) - f(1) = 0.$
求一阶、二阶导数：
- $F'(x) = f'(x) - \big[f(1) - f(0)\big]$ ；
- $F''(x) = f''(x)$ （因为 $g(x)$ 是一次多项式， $g''(x)\equiv 0$ ）。
利用单调性与罗尔定理分析：
- 当 $f''(x) \ge 0$ 时， $F''(x) \ge 0$ ，说明 $F'(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调不减。
- 由 $F(0)=F(1)=0$ ，根据罗尔定理，必存在 $c \in (0,1)$ 使得 $F'(c) = 0$ 。
- 结合 $F'(x)$ $F^{'} (x)$ 单调不减：
  - 当 $x \in [0, c]$ 时， $F'(x) \le F'(c) = 0 \implies F(x)$ 单调减少，故 $F(x) \le F(0) = 0$ ；
  - 当 $x \in [c, 1]$ 时， $F'(x) \ge F'(c) = 0 \implies F(x)$ 单调增加，故 $F(x) \le F(1) = 0$ 。

综上，对 $\forall x \in [0,1]$ ，恒有 $F(x) \le 0$ ，即 $f(x) \le g(x)$ 。因此，应选 D。

例 2.86 2017 数二真题，三种方法全方位破解二阶导与定积分

取特殊的二次函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$ （ $a > 0$ 满足 $f''(x) = 2a > 0$ ）。代入已知三点 $(-1, 1), (0, -1), (1, 1)$ ：

\begin{cases} f(0) = c = -1 \\ f(1) = a + b - 1 = 1 \\ f(-1) = a - b - 1 = 1 \end{cases} \implies a = 2,\ b = 0,\ c = -1 \implies f(x) = 2x^2 - 1.

计算总定积分：

\int_{-1}^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = 2\int_0^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = 2\left(\frac{2}{3}x^3 - x\right)\Bigg|_0^1 = 2\left(\frac{2}{3} - 1\right) = -\frac{2}{3} < 0.

排除 A，选定 B。

进一步计算左右两段积分：

\int_{-1}^0 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = \int_0^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = -\frac{1}{3}.

可排除选项 C 和 D。因此，应选 B。

曲线 $y = f(x)$ 满足 $f''(x) > 0$ ，是一条凹曲线（开口向上）。根据凹曲线的几何性质：连接曲线上任意两点的弦线（割线段）恒位于曲线弧的上方。

连接三点 $(-1, 1), (0, -1), (1, 1)$ 构成一条关于 $y$ 轴对称的折线 $y = g(x)$ ：

g(x) = 2|x| - 1 = \begin{cases} 2x - 1, & x \in [0, 1] \\ -2x - 1, & x \in [-1, 0] \end{cases}

在 $[-1, 1]$ 上恒有 $f(x) \le g(x)$ （等号仅在 $x = -1, 0, 1$ 处取得）。两端在 $[-1, 1]$ 上积分：

\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx < \int_{-1}^1 g(x)\,\mathrm dx = 2\int_0^1 (2x - 1)\,\mathrm dx = 2(x^2 - x)\Big|_0^1 = 0.

故必有 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx < 0$ ，应选 B。

由例 2.85 证得的割线不等式：

在区间 $[0, 1]$ 上：连接 $(0, -1)$ 与 $(1, 1)$ 的割线方程为 $L_1(x) = 2x - 1$ 。因 $f''(x) > 0$ ，对 $\forall x \in (0, 1)$ 恒有 $f(x) < 2x - 1$ 。积分得： $\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx < \int_0^1 (2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$
在区间 $[-1, 0]$ 上：连接 $(-1, 1)$ 与 $(0, -1)$ 的割线方程为 $L_2(x) = -2x - 1$ 。因 $f''(x) > 0$ ，对 $\forall x \in (-1, 0)$ 恒有 $f(x) < -2x - 1$ 。积分得： $\int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx < \int_{-1}^0 (-2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$
两式相加： $\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx = \int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx + \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx < 0 + 0 = 0.$

故命题获证，应选 B。

判据：题干只给 $f''$ 的符号（不给出具体函数），说明命题对一切满足条件的函数都成立，因此可以取最简的二次函数代入（法一），这只能用于选择填空。法二与法三才是通用做法：它们把”比较两个积分”化成”用弦线包住曲线”，再对逐点成立的不等式积分（积分保序性）。法二用法需要图形辅助，法三把同一件事写成代数形式，解答题应当写法三。
C、D 为什么无法确定：题设只给了端点与原点的函数值，并未说明 $f(x)$ 具有奇偶对称性。可以构造具体反例：取 $f_\varepsilon(x)=2x^2-1+\varepsilon(x^3-x)\quad(\varepsilon>0\ \text{足够小}),$ 它仍满足 $f_\varepsilon(\pm1)=1$ 、 $f_\varepsilon(0)=-1$ ，且 $f_\varepsilon''(x)=4+6\varepsilon x>0$ ；此时左右两段积分分别为 $-\dfrac13+\dfrac{\varepsilon}{4}$ 与 $-\dfrac13-\dfrac{\varepsilon}{4}$ ，即 $\varepsilon>0$ 时左段大于右段（C 成立）， $\varepsilon<0$ 时相反（D 成立）。两者都满足题设，故 C、D 都不是必然结论。

例 2.87 2022、2023 李林六套卷

判据：题面出现”切线”与偏差函数 $F=f-g$ ，属于路线③的信号。切线给出 $F(x_0)=0$ ；又 $F'(x)=f'(x)-g'(x)$ ，而在切点处 $f'(x_0)=g'(x_0)$ ，故 $F'(x_0)=0$ 。两个条件合起来使 $F$ 在 $x_0$ 处的一阶泰勒项消失。
为什么是”唯一最小值点”： $F''(x)=f''(x)>0$ （一次函数的二阶导为零），故 $F$ 是严格凹曲线、 $F'$ 严格单增， $x_0$ 是 $F'$ 的唯一零点，因此 $x_0$ 是最小值点而不是”一点处的局部极小”。
为什么不是拐点：拐点要求 $F''$ 在该点两侧变号，而 $F''=f''>0$ 恒成立，不存在拐点。
注意点：这里用 $n=1$ 的泰勒截断时， $\xi$ 随 $x$ 变化，但由于余项形式是 $F''(\xi)(x-x_0)^2/2$ 、符号由 $F''$ 决定，所以不影响定号。

例 2.88 2018 数二数三真题，此题我们将介绍三种方法

A、C 两个选项只涉及 $f'$ 的符号，完全没有用到题设的”二阶可导”；而 $\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx=0$ 是关于函数值的整体信息，单凭 $f'$ 的符号不能推出 $\dfrac12$ 处的函数值。因此先排除 A、C，只需在 B、D 之间判别。

B、D 的条件是 $f''$ 的符号，属于泰勒公式的适用信号。展开点应取”提供信息最多”的点，而本题除 $f(\dfrac12)$ 外没有任何已知点，因此只能在 $x=\dfrac12$ 处展开。

2022 数一数二的一道证明题（见本节例 2.91）用的是与此完全相同的”泰勒 + 积分”手法。

考虑 $f(x)$ 在 $x=\dfrac12$ 处的带有拉格朗日余项的一阶泰勒公式：

f(x)=f\left(\frac12\right)+f'\left(\frac12\right)\left(x-\frac12\right) +\frac12f''(\xi_x)\left(x-\frac12\right)^2,\quad

其中 $\xi_x$ 介于 $x$ 与 $\dfrac12$ 之间。

两端在 $[0,1]$ 上积分，得

\begin{aligned} \int_0^1f(x)\,dx &=f\left(\frac12\right)+f'\left(\frac12\right)\int_0^1\left(x-\frac12\right)\,dx\\ &\quad+\frac12\int_0^1f''(\xi_x)\left(x-\frac12\right)^2\,dx. \end{aligned}

由于

\int_0^1\left(x-\frac12\right)\,dx=0,\quad

且 $\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx=0$ ，故

f\left(\frac12\right) =-\frac12\int_0^1f''(\xi_x)\left(x-\frac12\right)^2\,dx.

当 $f''(x)>0$ 时， $f''(\xi_x)>0$ ，从而 $f(\dfrac12)<0$ ；当 $f''(x)<0$ 时， $f(\dfrac12)>0$ 。因此D正确。

选项A：考虑 $f_1(x)=-x+a_1$ ，则

\int_0^1f_1(x)\,dx=-\frac12+a_1=0,\quad

故 $a_1=\dfrac12$ ， $f_1(\dfrac12)=0$ ，可排除A。

选项B：考虑 $f_2(x)=-x^2+a_2$ ，则

\int_0^1f_2(x)\,dx=-\frac13+a_2=0,\quad

故 $a_2=\dfrac13$ ， $f_2(\dfrac12)=\dfrac1{12}>0$ ，可排除B。

选项C：考虑 $f_3(x)=x+a_3$ ，则

\int_0^1f_3(x)\,dx=\frac12+a_3=0,\quad

故 $a_3=-\dfrac12$ ， $f_3(\dfrac12)=0$ ，可排除C。

为什么在中点展开：题面既给出了关于整个区间（积分）的整体信息，又只关心 $\dfrac12$ 处的函数值，中点展开后一阶项在对称区间上积分为零， $\int_0^1f$ 与 $f(\dfrac12)$ 之间只差一个余项积分——这正是路线④的”优先级 3”。
余项的处理依据： $-f(\dfrac12)=\dfrac12\displaystyle\int_0^1f''(\xi_x)(x-\dfrac12)^2\,\mathrm dx$ 中， $(x-\dfrac12)^2\ge0$ 恒成立，故右端的符号完全由 $f''$ 的符号决定。注意 $f''(\xi_x)$ 不能提到积分号外（它依赖 $x$ ），这里只做定号、不做估计，所以不需要提出。
选反例的判据：要排除” $f'$ 的符号 $\Rightarrow$ 中点函数值的符号”，只需取一个同时满足 $\int_0^1f=0$ 的一次函数（此时 $f''=0$ 、 $f'$ 恒定，恰好落在 A、C 的条件下），算出中点值不为负即可。B 用同样方式取一个下凹的二次函数排除。

例 2.89 2023 数一二三真题

由 $f(x)$ 的泰勒公式可得

f(a)=f(0)+f'(0)a+\frac12f''(\xi_1)a^2 =f'(0)a+\frac12f''(\xi_1)a^2,\quad

f(-a)=f(0)+f'(0)(-a)+\frac12f''(\xi_2)a^2 =-f'(0)a+\frac12f''(\xi_2)a^2,\quad

其中 $\xi_1\in(0,a)$ ， $\xi_2\in(-a,0)$ 。两式相加可得

f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}\bigl[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\bigr].

记

M=\max\{f''(\xi_1),f''(\xi_2)\},\qquad m=\min\{f''(\xi_1),f''(\xi_2)\},\quad

则

m\le\frac{f(a)+f(-a)}{a^2} =\frac12\bigl[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\bigr]\le M.

由于 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上有二阶连续导数，故 $f''(x)$ 连续，由连续函数的介值定理，存在 $\xi\in[\xi_2,\xi_1]\subset(-a,a)$ ，使得

f''(\xi)=\frac1{a^2}[f(a)+f(-a)].

设 $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内的极值点为 $x_0$ ，则 $f'(x_0)=0$ 。由 $f(x)$ 的泰勒公式可得

f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\frac12f''(\eta_1)(a-x_0)^2 =f(x_0)+\frac12f''(\eta_1)(a-x_0)^2,\quad

f(-a)=f(x_0)+f'(x_0)(-a-x_0)+\frac12f''(\eta_2)(-a-x_0)^2 =f(x_0)+\frac12f''(\eta_2)(a+x_0)^2,\quad

其中 $\eta_1\in(x_0,a)$ ， $\eta_2\in(-a,x_0)$ 。两式相减可得

f(a)-f(-a)=\frac12f''(\eta_1)(a-x_0)^2-\frac12f''(\eta_2)(a+x_0)^2.

记

M=\max\{|f''(\eta_1)|,|f''(\eta_2)|\},\quad

则

\begin{aligned} |f(a)-f(-a)| &\le\frac M2\bigl[(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\bigr]\\ &=\frac M2(2a^2+2x_0^2) \le\frac M2\cdot4a^2=2a^2M. \end{aligned}

因此， $M\ge\dfrac1{2a^2}|f(a)-f(-a)|$ 。取 $\eta\in\{\eta_1,\eta_2\}$ 使得 $|f''(\eta)|=M$ ，则 $\eta\in(-a,a)$ ，满足

|f''(\eta)|\ge\frac1{2a^2}|f(a)-f(-a)|.

（Ⅰ）的判断依据：结论是”存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)$ 等于某值”，属路线④的正写。题给 $f(0)=0$ 与对称区间端点，故在 $x=0$ 处展开（优先级 2）并代入 $x=\pm a$ ：两式相加使 $f'(0)$ 项对消，两次展开的中值点必须记为 $\xi_1,\xi_2$ 。合并手段用介值定理（要求”二阶连续”）。
（Ⅱ）的判断依据：结论是关于 $|f(a)-f(-a)|$ 的不等式，属”估计”型，所以改在极值点 $x_0$ 处展开（优先级 1， $f'(x_0)=0$ 使一阶项直接消失），两式相减。合并手段用三角不等式 + 取 $M=\max\{|f''(\eta_1)|,|f''(\eta_2)|\}$ 放大，最后把 $(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\le4a^2$ 用完（这一步用到了 $|x_0|\le a$ ）。
适用范围：两问都只用到” $f$ 在 $[-a,a]$ 上有二阶连续导数 + 端点值/极值点的信息”，与 $f$ 的具体形式无关，因此这类结论在抽象函数题里可以反复套用。

例 2.90 2024 数一二三真题

看到 $|f''(x)|\le1$ 这类界的条件，应想到泰勒公式：它把函数值与二阶导联系起来，正好能用上这个界。展开点由题设决定——题干给出 $f'(0)=f'(1)$ ，且第（Ⅰ）问要证的式子里同时出现 $f(0)$ 与 $f(1)$ ，所以在 $0$ 与 $1$ 两处分别展开（优先级 4）。另外，第（Ⅰ）问结论的形式已经提示了后续要对两式分别乘权重再作差，以消去一阶导项。

分别写出 $f(x)$ 在 $x=0$ 与 $x=1$ 处的一阶泰勒公式：

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi_1)x^2}{2},\quad \tag{1}

f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(\xi_2)(x-1)^2}{2}.\tag{2}

其中 $\xi_1$ 介于0与 $x$ 之间， $\xi_2$ 介于1与 $x$ 之间。

（1）式乘以 $(1-x)$ ，（2）式乘以 $x$ ，并结合 $f'(0)=f'(1)$ 可得

f(x)=f(0)(1-x)+f(1)x+\frac{x(x-1)}2\left[f''(\xi_2)(x-1)-f''(\xi_1)x\right].\tag{3}

由（3）式可得，当 $x\in(0,1)$ 时，

\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| =\frac{x(1-x)}2\left|f''(\xi_2)(x-1)-f''(\xi_1)x\right|.\tag{4}

由于

\left|f''(\xi_2)(x-1)-f''(\xi_1)x\right| \le |f''(\xi_2)|(1-x)+|f''(\xi_1)|x,\quad

故结合 $|f''(x)|\le1$ 以及（4）式可得

\begin{aligned} \left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| &\le\frac{x(1-x)}2[(1-x)+x]\\ &=\frac{x(1-x)}2. \end{aligned}

由第（Ⅰ）问可得

\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\le\frac{x(1-x)}2.\tag{5}

对（5）式两端从0到1积分可得

\begin{aligned} \int_0^1\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\,dx &\le\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx\\ &=\frac12\int_0^1(x-x^2)\,dx\\ &=\frac12\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^1\\ &=\frac1{12}. \end{aligned}

进一步由定积分的性质可得

\begin{aligned} \left|\int_0^1f(x)\,dx-f(0)\int_0^1(1-x)\,dx-f(1)\int_0^1x\,dx\right| &=\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right|\\ &\le\int_0^1\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\,dx\\ &\le\frac1{12}. \end{aligned}

双端点展开的依据： $f'(0)=f'(1)$ 是”端点导数相等”的典型信号（优先级 4）。两式中的一阶项分别是 $f'(0)x$ 与 $f'(1)(x-1)$ ，要消掉它们，就要找一组权重 $\alpha,\beta$ 使 $\alpha+\beta=1$ （保证左边仍是 $f(x)$ ）且 $\alpha x+\beta(x-1)=0$ （保证一阶项对消）。解出的权重正是 $\alpha=1-x,\ \beta=x$ ：把（1）式乘 $(1-x)$ 、（2）式乘 $x$ 后相加，一阶项为 $x(1-x)\bigl[f'(0)-f'(1)\bigr]=0$ ，剩下的余项合并即为（3）式。
权重从哪里看出来：结论中要保留的是 $f(0)(1-x)+f(1)x$ ，其权重分别为 $1-x$ 与 $x$ ，把这两个权重分配给两次展开式即得上面的乘数。
余项的界怎么用： $|f''(\xi_i)|\le1$ 直接把两个余项压成 $(1-x)$ 与 $x$ ，而 $(1-x)+x=1$ 恰好把权重消掉，得到 $x(1-x)/2$ ——系数刚好配平，说明条件 $|f''|\le1$ 与结论中的 $\dfrac12$ 是配套的。
第（Ⅱ）问的依据：由 $|g(x)|\le h(x)$ 可得 $\left|\int g\right|\le\int|g|\le\int h$ （先用定积分的绝对值不等式，再用保序性），这正是 §原理与推导 4 中的”绝对值估计”用法。

例 2.91 2022 数一数二真题

本题的分水岭在必要性：由积分不等式反推 $f''(x)\ge0$ 时，正面走不容易，用反证法最自然——假设某点处 $f''<0$ ，借助 $f''$ 的连续性与极限的局部保号性，在该点附近取一个小区间，使不等式在这个小区间上反向成立，与题设矛盾。

即证明，若 $f''(x)\ge0$ ，则对不同的实数 $a,b$ ，有

f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx.

不妨设 $b>a$ 。在区间 $[a,b]$ 上，使用 $f(x)$ 在点 $\dfrac{a+b}{2}$ 处的二阶泰勒公式：

f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right) +f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right) +\frac12f''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2,\quad

其中 $\xi_x$ 介于 $x$ 与 $\dfrac{a+b}{2}$ 之间。

将上式代入 $\displaystyle\int_a^bf(x)\,dx$ ，可得

\begin{aligned} \int_a^bf(x)\,dx &=\int_a^b\left[f\left(\frac{a+b}{2}\right) +f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right) +\frac12f''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2\right]dx\\ &=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) +f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx\\ &\quad+\frac12\int_a^bf''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2dx. \end{aligned}

注意到

\begin{aligned} \int_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx &=\frac{x^2}{2}\Big|_a^b-\frac{(a+b)(b-a)}2\\ &=\frac{b^2-a^2}{2}-\frac{b^2-a^2}{2}=0,\quad \end{aligned}

故

\int_a^bf(x)\,dx =f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) +\frac12\int_a^bf''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2dx.

结合 $f''(x)\ge0$ 可得 $\displaystyle\int_a^bf(x)\,dx\ge f(\frac{a+b}{2})(b-a)$ ，即

f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx.

不妨设 $b>a$ 。 $f(\dfrac{a+b}{2})\le\dfrac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx$ 等价于

f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)-\int_a^bf(x)\,dx\le0.

令

F(x)=\int_a^xf(t)\,dt-f\left(\frac{a+x}{2}\right)(x-a),\quad \quad x\in[a,b],\quad

则 $F(a)=0$ ，且

\begin{aligned} F'(x) &=f(x)-f\left(\frac{a+x}{2}\right)-f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\frac{x-a}{2}\\ &=f'(\eta_x)\frac{x-a}{2}-f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\frac{x-a}{2}\\ &=\left[f'(\eta_x)-f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\right]\frac{x-a}{2},\quad \end{aligned}

其中 $\eta_x\in(\dfrac{a+x}{2},x)$ 。由于 $f''(x)\ge0$ ，故 $f'(x)$ 单调不减，从而

f'(\eta_x)-f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\ge0.

于是，对 $x\in(a,b)$ ， $F'(x)\ge0$ ， $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调不减。又因为 $F(a)=0$ ，所以 $F(b)\ge F(a)=0$ ，即

\int_a^bf(x)\,dx\ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a).

下面由积分不等式反推 $f''(x)\ge0$ ，即证明：若对不同的实数 $a,b$ ，有

f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx,\quad

则 $f''(x)\ge0$ 。

（法一）反证法。假设存在 $x_0$ ，使得 $f''(x_0)<0$ 。由二阶导数连续可知

\lim_{x\to x_0}f''(x)=f''(x_0)<0,\quad

结合极限的局部保号性可知，存在 $\delta>0$ ，在区间 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ 内，均有 $f''(x)<0$ 。从而取 $[a_0,b_0]\subset(x_0-\delta,x_0+\delta)$ ，在 $[a_0,b_0]$ 上重复充分性中的做法：

\int_{a_0}^{b_0}f(x)\,dx =f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right)(b_0-a_0) +\frac12\int_{a_0}^{b_0}f''(\xi_x) \left(x-\frac{a_0+b_0}{2}\right)^2dx.

由于 $f''(x)<0$ ，可得

\int_{a_0}^{b_0}f(x)\,dx <f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right)(b_0-a_0),\quad

即

f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right) >\frac1{b_0-a_0}\int_{a_0}^{b_0}f(x)\,dx,\quad

这与题设矛盾。因此，假设不成立， $f''(x)\ge0$ 。

法一（充分性）的依据：结论是”对任意 $a,b$ 成立”，待证式里出现的是 $f$ 在中点与积分的关系，故走”中点展开 + 积分”（优先级 3）：一阶项积分为零， $f'(\frac{a+b}{2})$ 被自动消掉，剩下的余项因为 $f''\ge0$ 而 $\ge0$ ，正是积分不等式。
法二（充分性）的依据：把结论改写成 $F(b)\ge0$ 的形式，用变上限积分构造 $F$ ，再用 $f''\ge0\Rightarrow f'$ 单调不减证 $F'\ge0$ （路线②）。这条路的优点是不需要”二阶连续”，只需要 $f$ 可导且 $f''$ 存在。
必要性为什么要反证：结论要求” $f''$ 处处 $\ge0$ “，属于对每一个点的要求；正面从积分不等式出发无法定住某一点的二阶导。反证法的链条是： $f''$ 连续 $\Rightarrow$ 局部保号 $\Rightarrow$ 存在小区间使 $f''<0$ $\Rightarrow$ 在该小区间上重做充分性的推导得反向不等式 $\Rightarrow$ 矛盾。判据：凡是要证明”某函数在所讨论区域上处处满足某不等式”、且已知条件只给出积分或整体性信息时，优先考虑反证 + 局部保号。” $f''$ 连续”这个条件是反证法能启动的前提。

例 2.92 李林880

下面用四种不同路线处理同一道二阶导选择题，正好可以对照前面路线判据的分工：方法一用奇偶性把 $f$ 的单调性转移到积分号内，方法二取特殊函数排除选项，方法三用分部积分把积分降阶到 $f'$ 再用 $f'$ 的单调性，方法四用泰勒说明这条路的失效条件。

当 $f'(x)>0$ 时，利用分部积分以及对称性：

\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,dx =\left[-f(x)\cos x\right]_{-\pi}^{\pi} +\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)\cos x\,dx.

对 $f''(x)>0$ 的情形，先分部积分：

\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos x\,dx =\left[f(x)\sin x\right]_{-\pi}^{\pi} -\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)\sin x\,dx =-\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)\sin x\,dx.

由于 $f''(x)>0$ ， $f'(x)$ 单调增加，利用方法一可知上式小于0，故④正确。

方法一的依据： $\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,\mathrm dx=\int_0^\pi[f(x)-f(-x)]\sin x\,\mathrm dx$ 是”把奇偶性拆成半区间”的恒等变形；再用 $f'<0\Rightarrow f$ 严格递减比较 $f(x)$ 与 $f(-x)$ 。判据：被积函数是”函数 $\times$ 奇（偶）函数”且积分区间关于原点对称时，先做这一拆解。
方法三的依据：分部积分把 $f$ 降成 $f'$ （ $\cos x$ 求导两次回到自身、 $f$ 求导一次得到 $f'$ ），于是 $f''>0$ 的信息第一次能用上（ $f'$ 单调增）。这正是路线②的价值所在。
方法四为什么失效（重要判据）：余项中的 $\xi_x$ 依赖 $x$ ， $f''(\xi_x)$ 不能在积分号内当作常数；又因为 $x^2\cos x$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上变号，无法像例 2.88 那样只靠”余项非负”定号。结论：泰勒适合处理”余项符号单一”的情形（如 $(x-c)^2$ 型权重恒非负），一旦权重函数变号，就要改用分部积分或奇偶性拆解。

例 2.92.1（此题无需太在意）

题设给出的是高阶导的界的条件，应想到泰勒公式。本题第（Ⅰ）问要证的结论是关于 $f'(x)$ 的不等式，若按常规写法以定点为中心展开，得到的一阶项永远是某个固定点的值 $f'(x_0)$ ，无法变成 $f'(x)$ ；因此必须把动点 $x$ 放到展开中心的位置上，这就是”泰勒反写”。

对于 $\forall x\in[0,1]$ ，把 $f(u)$ 在点 $x$ 处的泰勒展开式写为

f(u)=f(x)+f'(x)(u-x)+\frac{f''(\xi)}{2!}(u-x)^2,\quad

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $u$ 之间。代入 $u=1$ ， $u=0$ ，有

f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+\frac12f''(\xi_1)(1-x)^2,\quad \tag{1}

f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+\frac12f''(\xi_2)(0-x)^2.\tag{2}

其中 $\xi_1$ 介于 $x$ 与1之间， $\xi_2$ 介于0与 $x$ 之间。

由式①减式②，得

f'(x)=-\frac12\left[f''(\xi_1)(1-x)^2-f''(\xi_2)x^2\right].

当 $x=0$ 或 $x=1$ 时，有

|f'(0)|=\frac12|f''(\xi_1)|<1,\quad \qquad |f'(1)|=\frac12|f''(\xi_2)|<1.

当 $x\in(0,1)$ 时，有

|f'(x)| \le\frac12\left[|f''(\xi_1)|(1-x)^2+|f''(\xi_2)|x^2\right].

令

|f''(\xi)|=\max\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\},\quad \quad \xi\in(0,1),\quad

则

|f'(x)| \le\frac12|f''(\xi)|\left[(1-x)^2+x^2\right] \le\frac12|f''(\xi)|<1.

综上所述，当 $x\in[0,1]$ 时， $|f'(x)|<1$ 。

依题设，设

x_{n+1}=\frac12[x_n+f(x_n)].

记

F(x)=\frac12[x+f(x)],\quad

则 $x_{n+1}=F(x_n)$ ，且

F'(x)=\frac12[1+f'(x)]>0\quad（因$|f'(x)|<1$）.

由拉格朗日中值定理，得

x_{n+1}-x_n=F(x_n)-F(x_{n-1}) =F'(\xi)(x_n-x_{n-1}),\quad

其中 $\xi$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n-1}$ 之间，故 $x_{n+1}-x_n$ 与 $x_n-x_{n-1}$ 同号，从而 $\{x_n\}$ 单调。

又 $0<x_0<1$ ，假设 $0<x_n<1$ ，则

0<x_{n+1}=F(x_n)=\frac12[x_n+f(x_n)]<1,\quad

故 $0<x_n<1$ ，数列有界。由单调有界准则， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在。

反写的判据（一句话）：结论要研究的是含自变量 $x$ 的导函数本身，就把 $x$ 放在展开中心。本题把 $f(u)$ 在 $u$ 的通用点 $x$ 处展开，再代入已知端点 $u=1,0$ （这两点提供 $f(1)=f(0)$ 的信息），两式相减后 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 被解出——这正是”把 $f'(x)$ 当未知数反解”的过程。
绝对值放缩的依据： $(1-x)^2+x^2\le1$ （因为两项都是 $[0,1]$ 上的凸组合系数平方和，最大在端点取到 $1$ ），所以系数 $\dfrac12$ 与条件 $|f''|<2$ 配合得到 $|f'|<1$ 。注意：这一步用的是”权重最大为 1”，与例 2.90 中 $(1-x)+x=1$ 的配平是同一思路。
第（Ⅱ）问的依据： $|f'(x)|<1$ 给出 $F'(x)\in(0,1)$ ，于是 $F$ 是压缩型的映射： $x_{n+1}-x_n=F'(\xi)(x_n-x_{n-1})$ 中系数为正，保证相邻差同号（单调）， $0<F(x)<1$ 保证有界（因为 $0<f<1$ 且 $0<x_n<1$ ）。判据：见到递推 $x_{n+1}=F(x_n)$ 且要证极限存在，走”单调 + 有界”：先用 $F'$ 的符号定单调，再用 $F$ 的值域定界。
定位说明：泰勒反写在历年真题中出现很少，属于进阶工具，这里的价值主要是理解”展开中心决定能研究谁的导数”，不要求熟练运用。

易错点

把 $f''$ 的符号当成 $f'$ 的符号： $f''>0$ 只说 $f'$ 递增， $f'$ 可以为负。
两个中值点写成同一个 $\xi$ ：不同代入点对应的拉格朗日余项中值点不同，必须记 $\xi_1,\xi_2$ ，之后再合并。
把 $f''(\xi_x)$ 提到积分号外：判据是”该量是否依赖积分变量 $x$ “，依赖就不能提。
忘记验证” $f''$ 连续”：用介值定理合并中值点、用局部保号性做反证，都需要 $f''$ 连续，而不仅是”二阶可导”。
在极值点/中点展开时用错点：展开点的选择必须与结论中出现的点匹配，否则消不掉一阶项。判据是”题设给的信息点”与”结论涉及的点”取交集。
只知 $f''(x_0)>0$ 就断言极小值：必须同时有 $f'(x_0)=0$ （驻点），否则第二判别法不适用。
弦与切线的位置关系记反：只记 ” $f''>0$ ⇒ 弦在曲线上方、切线在曲线下方”，不要依赖”凹""凸”的中文名称。
用泰勒处理权重变号的积分：如例 2.92 的 $\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos x\,\mathrm dx$ ，权重 $x^2\cos x$ 变号，余项无法整体定号，应改用奇偶性拆解或分部积分降阶。
选择填空把特值法当证明：特值法只能排除选项，解答题必须给严格论证。

我的总结

二阶导条件有四条解读路线：凹凸性（只要不等号）→ 一阶导单调性（比较两个点的一阶导）→ 极值第二判别法（切线与偏差函数）→ 泰勒公式（存在 $\xi$ 或对任意 $x$ ）。看到二阶导先别急着上泰勒，先问”结论要的是不等号还是含 $\xi$ 的等式”。
走泰勒路线时，先定”研究谁的导数”：要 $f''(\xi)$ 用正写（定点为中心），要 $f'(x)$ 用反写（动点为中心）。再按”信息最多”选展开点：极值点 > 已知零点 > 区间中点 > 双端点加权作差。
两个必须记住的陷阱：双端点的中值点不能合并写成一个 $\xi$ （用介值定理或最值放大再合并）；余项 $f''(\xi_x)$ 不能提出积分号（因为它依赖积分变量）。
余项定号是泰勒能”给出不等号”的唯一来源：权重恒非负时（如 $(x-c)^2$ ）可以直接定号；权重变号时泰勒失效，改用奇偶性拆解或分部积分降阶。
题干只给符号的选择题，可以用最简二次函数代入选出答案；但它只是排除手段，解答题一律走上面三条路线。

参考资料

考研数学历年真题（2012 数一二三、2014 数一二三、2017 数二、2018 数二数三、2022 数一数二、2022、2023 数一二三、2024 数一二三，随题标注）
李林六套卷（例 2.87）、李林 880 题（例 2.92）
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记；其中”展开点按信息量分优先级""泰勒正写与反写”的整理方式参考自某考研数学课程讲义；例 2.92.1 这类非常规手法亦来自该讲义。

ギターと孤独と蒼い惑星

2.10 二阶导专项——不只是泰勒公式！

2.10 二阶导专项——不只是泰勒公式！

核心结论：二阶导条件的四条解读路线

① 凹凸性（几何路线）

② 一阶导单调性路线

③ 极值第二判别法路线

④ 泰勒公式路线（通用武器）

补充：特值法（只适用于选择填空）

原理与推导

1 凹凸性为什么能给出不等号

2 泰勒展开点的选择：找”提供信息最多”的点

3 展开代入与中值点的独立性（高频易错）

4 泰勒公式与定积分的结合

5 泰勒正写与泰勒反写

题型识别与判据

解题策略

典型例题

例 2.85 此题同例2.36，2014 数一二三真题，核心在于凹凸性的几何意义

例 2.86 2017 数二真题，三种方法全方位破解二阶导与定积分

例 2.87 2022、2023 李林六套卷

例 2.88 2018 数二数三真题，此题我们将介绍三种方法

例 2.89 2023 数一二三真题

例 2.90 2024 数一二三真题

例 2.91 2022 数一数二真题

例 2.92 李林880

例 2.92.1（此题无需太在意）

易错点

我的总结

参考资料

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