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导数有界约束下积分估值证明

本节分享一道中值定理中比较有意思的一道题目，问题一共有两问，第一问要证明的结论较弱；而第二问要证明的结论就比较强了，技巧性也不小。

快拿出草稿纸，一起动手试一试吧！

例题

Example

设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上可导，\(f(0) = f(1)=1\)，\(\displaystyle\max_{x\in [0,1]} |f'(x)| = 1\)，证明：

（1）\(\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d}x \leqslant \frac{3}{2}\)

（2）\(\displaystyle \frac34 < \int_0^1 f(x) \mathrm{d}x < \frac54\)

第一问

由于 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上每一点都可导，故 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续。

由 \(\displaystyle\max_{x\in [0,1]} |f'(x)| = 1\) 可推出，对于 \(\forall x \in [0,1]\)，都有 \(|f'(x)| \leqslant 1\).

为了联系原函数和导函数的关系，我们一般有两种处理方法，一种是利用 \(\mathrm{Newton-Leibniz}\) 公式建立二者的关系；另一种方法是使用 \(\mathrm{Lagrange}\) 中值定理建立切线斜率和割线斜率的关系。由于第一问的结论较弱，我们考虑直接逆用 \(\mathrm{Newton-Leibniz}\) 公式。

一方面：

\[ f(x) - f(0) = \int_0^x f'(t) \mathrm{d}t, \quad \forall x\in [0,1] \]

则有：

\[ \begin{aligned} f(x) &= 1 + \int_0^x f'(t) \mathrm{d}t \\ & \leqslant 1 + \left|\int_0^x f'(t) \mathrm{d}t\right| \\ & \leqslant 1 + \int_0^x |f'(t)| \mathrm{d}t \\ & \leqslant 1 + \int_0^x 1 \mathrm{d}t \\ &= 1+x \end{aligned} \]

另一方面：

\[ f(x) - f(1) = \int_1^x f'(t) \mathrm{d}t, \quad \forall x\in [0,1] \]

则有：

\[ \begin{aligned} f(x) &= 1 + \int_1^x f'(t) \mathrm{d}t \\ &= 1 - \int_x^1 f'(t) \mathrm{d}t \\ & \geqslant 1 - \left|\int_x^1 f'(t) \mathrm{d}t \right|\\ & \geqslant 1 - \int_x^1 |f'(t)| \mathrm{d}t \\ & \geqslant 1 - \int_x^1 1 \mathrm{d}t \\ &= x \end{aligned} \]

综上：\(\displaystyle x \leqslant f(x) \leqslant 1+x\)，对不等式在 \([0,1]\) 范围内积分，即可证明第一小问。

第二问

这一问要证明的结论比第一问强了不少，这说明我们第一问找到的 \(f(x)\) 大致范围是非常松的。

由于 \(f(x)\) 在闭区间 \([0,1]\) 连续，在开区间 \((0,1)\) 内可导，故考虑 \(\mathrm{Lagrange}\) 中值定理：

\[ \begin{align} f(x)-f(0)&=f'(\xi_1)x,\quad \xi_1\in(0,x)\\[0.2cm] f(x)-f(1)&=f'(\xi_2)(x-1),\quad \xi_2\in(x,1) \end{align} \]

对第一个等式两边同时取绝对值，得：

\[ |f(x) - f(0)| = |f'(\xi_1)|x \leqslant x \]

化简得：

\[ 1-x \leqslant f(x) \leqslant 1+x \]

对第二个等式两边同时取绝对值，得：

\[ \begin{aligned} |f(x)-f(1)| &= |f'(\xi_2)|\cdot|(x-1)|\\ &= |f'(\xi_2)|\cdot(1-x)\\ & \leqslant 1-x \end{aligned} \]

化简得：

\[ x \leqslant f(x) \leqslant 2-x \]

综合两个不等式，我们估计出了更精准的 \(f(x)\) 范围：

\[ \boxed{\color{red}{\max \{1-x,x\} \leqslant f(x) \leqslant \min \{1+x,2-x\}}} \]

可以作出大致图像，如下：

我们记 \(f(x)\) 的下界为 \(g(x)\)；上界为 \(h(x)\)。则当 \(f(x)\) 取得下界 \(g(x)\) 时有 \(\displaystyle \int_0^1f(x) \mathrm{d}x\)，最大值同理。

故：

\[ \begin{aligned} \int_0^1f(x) \mathrm{d}x &\geqslant \int_0^1 g(x) \mathrm{d}x\\[0.2cm] &= \int_{0}^{0.5} (1-x)\mathrm{d}x + \int_{0.5}^1 x\mathrm{d}x\\[0.2cm] &= \frac34 \end{aligned} \]

同理得：

\[ \begin{aligned} \int_0^1f(x) \mathrm{d}x &\leqslant \int_0^1 h(x) \mathrm{d}x\\[0.2cm] &= \int_{0}^{0.5} (1+x)\mathrm{d}x + \int_{0.5}^1 (2-x)\mathrm{d}x\\[0.2cm] &= \frac54 \end{aligned} \]

综上，有：\(\displaystyle \dfrac34 \leqslant \int_0^1 f(x) \mathrm{d}x \leqslant \frac54\)，但是题目要我们证的结论是不带等号的，这一点也是很好说明的。

考虑取等的时候，以取下界的等号为例，当且仅当 \(f(x) = g(x)\)，等号取到 \(\dfrac34\)，而此时 \(f(x) = g(x)\) 在 \(x = \dfrac12\) 处不可导，与题目条件矛盾！故通过反证法即可说明两个等号均取不到！

综上所述：\(\displaystyle \frac34 < \int_0^1 f(x) \mathrm{d}x < \frac54\)

Tip

本节通过这道题目的两个小问，分别向大家介绍了处理原函数和导函数关系的两种方法—— \(\mathrm{Newton-Leibniz}\) 公式和 \(\mathrm{Lagrange}\) 中值定理。另外需要特别注意第二问说明等号取不到时运用的反证法。

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