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）

💡 【核心纲领】 二阶导专项核心心法与泰勒公式解题指南

一、小题中看见二阶导（如 $f''(x)>0$）的四大条件反射

1. 几何意义（凹凸性与切线/割线关系） 【对应例 2.85、例 2.86、例 2.87、例 2.88】：
   • 凹曲线（$f''(x) > 0$）：切线在曲线下方 $f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$（见例 2.87）；割线（弦）在曲线上方 $f((1-t)a+tb) \le (1-t)f(a)+tf(b)$（见例 2.85）。常用于定积分大小比较（构造折线割线比较面积，见例 2.86）。
   • 凸曲线（$f''(x) < 0$）：切线在曲线上方，割线在曲线下方。
2. 一阶导函数单调性 【对应例 2.91 法二、例 2.92 方法三】：
   • $f''(x) > 0 \iff f'(x)$ 单调递增；$f''(x) < 0 \iff f'(x)$ 单调递减。
3. 极值第二充分条件 【对应例 2.87、例 2.89（Ⅱ）】：
   • 若驻点处 $f'(x_0)=0$ 且 $f''(x_0)>0 \implies x_0$ 为极小值点；若 $f''(x_0)<0 \implies x_0$ 为极大值点。
4. 特值法（选择题秒杀） 【对应例 2.86 法三、例 2.88 方法三、例 2.92 方法二】：
   • 直接设简单二次函数（如 $f(x)=ax^2+bx+c$，$a>0$ 时如 $f(x)=x^2$ 或 $2x^2-1$），代入题干快速排除错误选项。

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二、大题中见到二阶/高阶导数 —— 核心武器：泰勒公式（Taylor）

1. 展开点选取四大策略（原则：找提供信息最多的点）

• 🥇 优先级 1（信息最多点 / 最值与极值点） 【对应例 2.87、例 2.89（Ⅱ）】： 若题设给出区间内部的最值 $\max f(x)=M$ 或极值点（在可导内点 $x=c$ 处取得），则同时获得两个黄金条件： $$f(c)=M,\qquad f'(c)=0$$ 在 $x=c$ 处展开能直接消去一阶导项，化简效率最高。
• 🥈 优先级 2（零点 / 麦克劳林展开） 【对应例 2.89（Ⅰ）、例 2.90、例 2.92 方法四】： 若无极值点但给出 $x=0$ 处的信息（如 $f(0)=0$ 或 $f'(0)$），优先在 $x=0$ 处展开（麦克劳林公式），展开式形如 $f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2$，计算最为简洁。
• 🥉 优先级 3（区间中点） 【对应例 2.88 方法二、例 2.91 充分性】： 若区间内部无已知信息点，但涉及对称区间或区间积分（如在 $[0,1]$ 上出现 $f(\frac12)$，或在 $[-a,a]$ 上），优先在区间中点展开。 优势：利用对称性，在区间上积分时一阶奇次项 $\int_a^b (x-x_0)\,\mathrm dx = 0$ 自动为零！
• 🏅 优先级 4（多端点分别展开后加权作差） 【对应例 2.90（Ⅰ）】： 若题设给出了端点的一阶导数关系（如 $f'(0)=f'(1)$），可在两个端点分别展开，再加权作差消去一阶导项。

2. 展开代入与中值点独立性（避坑指南）【对应例 2.89、例 2.90】

• 泰勒展开后通常将区间两端点代入（如 $x=a, x=-a$ 或 $x=0, x=1$）。
• ⚠️ 高频易错点（中值点不同）：将不同端点代入同一个展开式后，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 $\xi_1\in(0,a), \xi_2\in(-a,0)$），后续通常结合介值定理或最值放缩合并为一个统一中值点。

3. 泰勒公式与定积分的结合（积分型应用）【对应例 2.88、例 2.90（Ⅱ）、例 2.91、例 2.92 方法四】

• 在定积分 $\int_a^b f(x)\,\mathrm dx$ 中将被积函数在 $x=c$ 处展开： $$\int_a^b f(x)\,\mathrm dx = f(c)(b-a) + f'(c)\int_a^b(x-c)\,\mathrm dx + \frac12\int_a^b f''(\xi_x)(x-c)^2\,\mathrm dx$$
• ⚠️ 关键避坑：$f(c)$ 和 $f'(c)$ 是常数可直接提到积分号外；但余项 $f''(\xi_x)$ 绝对不能提到积分号外！因为中值 $\xi_x$ 介于 $c$ 与 $x$ 之间，是关于积分变量 $x$ 的函数 $\xi(x)$，必须保留在积分号内做保号性分析或积分放缩。

4. 高频组合拳：泰勒展开 + 绝对值放缩 + 介值定理 【对应例 2.89、例 2.90】

• 什么是介值定理（Intermediate Value Theorem）？
  • 定理表述：若函数 $g(x)$ 在闭区间 $[u, v]$ 上连续，且 $m = \min g(x),\ M = \max g(x)$（或端点值 $g(u), g(v)$），则对介于两者之间的任意实数 $\mu \in [m, M]$，在区间内至少存在一点 $\xi$，使得 $g(\xi) = \mu$。
  • 几何直观：一条不间断的连续曲线在从高度 $g(u)$ 走到高度 $g(v)$ 的过程中，必然会“穿过”中间的每一条水平线 $y=\mu$，不会发生任何瞬移或断裂跳跃。
• 核心应用 1（双中值求平均 $\to$ 介值定理合二为一） 【对应例 2.89（Ⅰ）】：
  • 泰勒展开分别代入两端点相加后，常得到二阶导数的算术平均值 $\frac{1}{2}[f''(\xi_1) + f''(\xi_2)]$；
  • 显然该平均值介于较小值 $m=\min\{f''(\xi_1), f''(\xi_2)\}$ 与较大值 $M=\max\{f''(\xi_1), f''(\xi_2)\}$ 之间；
  • 因 $f''(x)$ 连续，由介值定理，必存在一点 $\xi \in [\xi_2, \xi_1] \subset (-a, a)$ 使得 $f''(\xi) = \frac{1}{2}[f''(\xi_1) + f''(\xi_2)]$，将两个分散的中值点完美合为一个点！
• 核心应用 2（绝对值导数不等式放缩） 【对应例 2.89（Ⅱ）】：
  • 证明导数绝对值不等式（如 $|f''(\eta)|\ge\dots$）：先展开代入端点，再用三角不等式 $|A-B|\le|A|+|B|$ 进行放缩，取 $M=\max\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\}$ 放大，最后结合连续函数的介值定理或最值点获证。

5. 进阶视角：泰勒正写 vs 泰勒反写 【对应例 2.92.1（Ⅰ）】

• 泰勒正写（常规）：以定点 $x_0$ 为展开点，$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$
  • 适用目标：证明存在点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)$ 满足某关系（二阶导落在中值 $\xi$ 上，见例 2.89、例 2.90）。
• 泰勒反写（互换位置）：以动点 $x$ 为展开点，代入定点 $x_0$：$f(x_0)=f(x)+f'(x)(x_0-x)+\frac{f''(x)}{2}(x_0-x)^2+\dots$
  • 适用目标：证明对于区间上任意 $x$，都有 $f'(x)$ 或 $f''(x)$ 满足某不等式/恒等式（保留自变量 $x$ 的解析式，见例 2.92.1）。

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

💡 【PROBLEM】 例 2.85

设函数$f(x)$具有2阶导数，$g(x)=f(0)(1-x)+f(1)x$，则在区间$[0,1]$上（　　）

（A）当$f'(x)\ge0$时，$f(x)\ge g(x)$。

（B）当$f'(x)\ge0$时，$f(x)\le g(x)$。

（C）当$f''(x)\ge0$时，$f(x)\ge g(x)$。

（D）当$f''(x)\ge0$时，$f(x)\le g(x)$。

💡 【SOLUTION】 解（法一：几何弦线法）

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。

由分析知，若$y=f(x)$在$[0,1]$上凸（凹向 $x$ 轴下方），则$f(x)\le g(x)$；若$y=f(x)$在$[0,1]$上凹，则$f(x)\ge g(x)$。由于$f(x)$具有2阶导数，故曲线的凹凸性可以由$f''(x)$确定。当$f''(x)\ge0$时，$y=f(x)$是凹曲线（弦在弧上方），从而$f(x)\le g(x)$。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$y=\sqrt{x}$。

💡 【SOLUTION】 解（法二：构造辅助函数 + 罗尔定理，纯代数严谨证明）

令辅助函数：

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

1. 求端点值：

   $$F(0) = f(0) - f(0) = 0,\qquad F(1) = f(1) - f(1) = 0.$$

2. 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，$g''(x)\equiv 0$）。

3. 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 $F'(x)$ 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

💡 【PROBLEM】 例 2.86

设二阶可导函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=f(-1)=1$，$f(0)=-1$ 且 $f''(x)>0$，则（　　）

（A）$\displaystyle\int_{-1}^1f(x)\,\mathrm dx>0$。

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

（C）$\displaystyle\int_{-1}^0f(x)\,\mathrm dx>\int_0^1f(x)\,\mathrm dx$。

（D）$\displaystyle\int_{-1}^0f(x)\,\mathrm dx<\int_0^1f(x)\,\mathrm dx$。

💡 【结论】 答案

B。

💡 【SOLUTION】 解（法一：特值排除法，考场 15 秒秒杀）

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。

💡 【SOLUTION】 解（法二：几何折线/割线放缩法，几何直观）

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。

💡 【SOLUTION】 解（法三：分段割线/泰勒展开法，纯代数严谨证明）

由例 2.85 证得的割线不等式：

1. 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： $$\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx < \int_0^1 (2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$$
2. 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： $$\int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx < \int_{-1}^0 (-2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$$
3. 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。

💡 【技巧与方法】 选项辨析：为什么 C、D 无法确定？

题设条件仅给出了端点与原点处的函数值，并未说明 $f(x)$ 具有奇偶对称性。 可以构造非对称的凹曲线使左右两段积分大小任意变动（例如调整曲线在左侧凹陷更深则左积分更小，右侧凹陷更深则右积分更小），因此 C 与 D 均非必然成立的结论。

例 2.87 2022、2023 李林六套卷

💡 【PROBLEM】 例 2.87

设$y=f(x)$在$(0,+\infty)$上有二阶连续导数，且$f''(x)>0$，若$y=g(x)$是$y=f(x)$在$(0,+\infty)$内任意点$x_0$处的切线方程，$F(x)=f(x)-g(x)$，则（　　）

A．$F(x)$在$x_0$处取得最大值。

B．$F(x)$在$x_0$处取得最小值。

C．$(x_0,F(x_0))$为$y=F(x)$的拐点。

D．$F(x)$在$x_0$处不取得极值。

💡 【SOLUTION】 答案

B。

对$F(x)$在$x_0$处应用泰勒公式，有

$$F(x)=F(x_0)+F'(x_0)(x-x_0)+\frac1{2!}F''(\xi)(x-x_0)^2,\quad$$

其中$\xi$介于$x_0$与$x$之间。由已知，$F(x_0)=0$，$F'(x_0)=0$，$F''(\xi)>0$，故

$$F(x)=\frac1{2!}F''(\xi)(x-x_0)^2\ge0,\quad$$

等号仅在$x=x_0$处成立，从而$F(x)\ge F(x_0)$，即$x_0$是$F(x)$在$(0,+\infty)$内唯一的最小值点，B正确。

例 2.88 2018 数二数三真题，此题我们将介绍三种方法

此题就算蒙，也要从BD当中蒙，因为AC选项根本就没用到“二阶可导”这个条件，AC选项属于扯淡命题，推不出来。

💡 【PROBLEM】 例 2.88

设函数$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导，且$\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx=0$，则（　　）

（A）当$f'(x)<0$时，$f(\dfrac12)<0$。

（B）当$f''(x)<0$时，$f(\dfrac12)<0$。

（C）当$f'(x)>0$时，$f(\dfrac12)<0$。

（D）当$f''(x)>0$时，$f(\dfrac12)<0$。

💡 【SOLUTION】 方法一：画图

凹凸性结合函数图像判断。

当$f''(x)<0$时，若$f(\dfrac12)=0$，则由图像可知$\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx<0$，不符合题意；当$f''(x)>0$时，若$f(\dfrac12)=0$，需要结合$\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx=0$作相应平移，得到$f(\dfrac12)<0$。所以D选项正确。

💡 【SOLUTION】 方法二：严格证明

BD选项见二阶导，条件反射想到泰勒公式！泰勒需要找“提供信息最多的点”作为展开点，此题没有任何点提供信息，仅出现$f(\dfrac12)$，所以只能在$\dfrac12$处展开。

2022数一数二的证明题大题（思维课例2.91）考察了与此相同的证明手法，即“泰勒+积分”。

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。

💡 【SOLUTION】 方法三：举反例排除错误选项

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。

例 2.89 2023 数一二三真题

💡 【PROBLEM】 例 2.89

设函数$f(x)$在$[-a,a]$上有一阶连续导数、二阶导数，证明：

（Ⅰ）若$f(0)=0$，则存在$\xi\in(-a,a)$，使得

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

（Ⅱ）若$f(x)$在$(-a,a)$内取得极值，则存在$\eta\in(-a,a)$，使得

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

💡 【SOLUTION】 （Ⅰ）

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

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

💡 【SOLUTION】 （Ⅱ）

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

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

例 2.90 2024 数一二三真题

看见$|f''(x)|\le1$，想到泰勒。泰勒需要展开点，在哪点展开呢？

题干给出$f'(0)=f'(1)$，且第一问要证明的式子中还出现了$f(0)$和$f(1)$，所以在0和1处分别泰勒展开！同时第一问要证明的式子，已经暗示了你后续要乘以式，再作差。

💡 【PROBLEM】 例 2.90

设函数$f(x)$具有2阶导数，且$f'(0)=f'(1)$，$|f''(x)|\le1$。证明：

（Ⅰ）当$x\in(0,1)$时，

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

（Ⅱ）

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

💡 【ANALYSIS】 分析

本题综合考查了一元微积分的知识。

第（Ⅰ）问的证明，可以考虑分别对$f(x)$在$x=0$与$x=1$处展开，利用泰勒公式构造不等式，也可以考虑构造辅助函数，例如令

$$F(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x-\frac{x(1-x)}2$$

以及

$$G(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x+\frac{x(1-x)}2,\quad$$

并证明$F(x)\le0$，$G(x)\ge0$。

第（Ⅱ）问的结论可以通过对第（Ⅰ）问所得不等式积分得到。

💡 【SOLUTION】 （Ⅰ）（法一）

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。

（2）式乘以$x$，（1）式乘以$(x-1)$，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

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

💡 【SOLUTION】 （Ⅱ）

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

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

例 2.91 2022 数一数二真题

此题想拿满分难度极大，因为其充分性的证明，严谨来说只能使用反证法。

💡 【PROBLEM】 例 2.91

设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上有二阶连续导数，证明：$f''(x)\ge0$的充分必要条件是对任意不同的实数$a,b$，都有

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

成立。

💡 【SOLUTION】 充分性

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

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

💡 【SOLUTION】 充分性（法二）

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

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

💡 【SOLUTION】 必要性

下面证明充分性，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，$f''(x)\ge0$。

例 2.92 李林880

下來，让我们对之前的知识点和处理手法进行总结，以例2.92为例，四种方法降低打击二阶导！

💡 【PROBLEM】 例 2.92

设$f(x)$二阶可导，则下列结论正确的是（　　）

①当$f'(x)<0$时，则$\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,dx<0$；

②当$f'(x)<0$时，则$\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,dx>0$；

③当$f''(x)>0$时，则$\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos x\,dx>0$；

④当$f''(x)>0$时，则$\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos x\,dx<0$。

A．②③　　B．①②　　C．②④　　D．①④

💡 【SOLUTION】 方法一：奇偶性（函数结合）

对第一类积分，利用奇偶性：

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,dx &=\int_0^\pi\bigl[f(x)-f(-x)\bigr]\sin x\,dx. \end{aligned}$$

当$f'(x)<0$时，$f(x)$严格递减，故对$x\in(0,\pi)$有$f(x)<f(-x)$，而$\sin x>0$，所以

$$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,dx<0,\quad$$

①正确。

对第二类积分，结合$f''(x)>0$的图像与凹凸性判断其正负。

💡 【SOLUTION】 方法二：特殊函数

取特殊函数$f(x)=x^2$，则$f''(x)=2>0$，且

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos x\,dx &=2\int_0^\pi x^2\cos x\,dx\\ &=2\left(x^2\sin x+2x\cos x-2\sin x\right)\Big|_0^\pi\\ &=-4\pi<0. \end{aligned}$$

因此排除③，④正确。

💡 【SOLUTION】 方法三：分部积分

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。

💡 【SOLUTION】 方法四：泰勒

注意泰勒展开后的余项中，$\xi$会随着$x$变化，不能把$f''(\xi)$当作常数提到积分号外：

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac12f''(\xi_x)x^2.$$

与$\cos x$相乘积分时，

$$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos x\,dx =\int_{-\pi}^{\pi}\frac12f''(\xi_x)x^2\cos x\,dx,\quad$$

其中含有不同的$\xi_x$，函数的正负会改变，因此泰勒无法说明其正负性。但是Taylor仍然是处理这类问题的一个重要方法。

例 2.92.1（此题无需太在意）

给出高阶导信息，条件反射想到泰勒。此题第一问涉及到的手法叫做“泰勒反写”。正常的泰勒公式是$f(x)$在$x_0$处泰勒展开，所谓“泰勒反写”指的是把泰勒展开式里的$x_0$和$x$进行互换。之所以想到此手法，是因为此题最终要证明的是$f'(x)$如何如何，如果按照正常的泰勒去做的话，最终得到的一阶导，一定是某一点处的一阶导，即只能出现$f'(x_0)$，而没法出现$f'(x)$。所以为了出现$f'(x)$，选择泰勒反写。

此题第一问的手法从未考过，考的概率也不大，了解即可。

💡 【PROBLEM】 例 2.92.1

设$f(x)$在$x\in[0,1]$上有二阶连续导数，$f(0)=f(1)$，$0<f(x)<1$，$|f''(x)|<2$。

（Ⅰ）证明：当$x\in[0,1]$时，有$|f'(x)|<1$；

（Ⅱ）设$x_0\in(0,1)$，数列$\{x_n\}$满足

$$2x_{n+1}=x_n+f(x_n)\quad(n=0,1,2,\cdots),\quad$$

证明$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$存在。

💡 【SOLUTION】 （Ⅰ）

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，$|f'(x)|<1$。

💡 【SOLUTION】 （Ⅱ）

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。