张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第11天
231、 8、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上可导, 且满足 $\displaystyle f'_+(a) < c < f'_-(b)$. 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得 $\displaystyle f'(\xi)=0$. (华东师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 这就是导数介值定理. (1)、 先证: 若 $\displaystyle f'(a) < 0, f'(b) > 0$, 则存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得 $\displaystyle f'(\xi)=0$. 事实上, 由
$$\begin{aligned} f'(a)=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a} < 0 < f'(b)=\lim_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及函数极限的局部保号性知 $\displaystyle \exists\ \delta\in \left(0,\frac{b-a}{2}\right),\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} \forall\ a < x < a+\delta, f(x) < f(a); \forall\ b-\delta < x < b, f(x) < f(b). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上的最小值只能在 $\displaystyle (a,b)$ 内某 $\displaystyle \xi$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle f'(\xi)=0$. (2)、 再证题目. 设 $\displaystyle F(x)=f(x)-c$, 则 $\displaystyle F'(a) < 0 < F'(b)$. 由第 1 步知
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (a,b),\mathrm{ s.t.} F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=c. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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232、 3、 函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,+\infty)$ 上可导, 且 $\displaystyle f(a+0)=f(+\infty)$. 证明: 在 $\displaystyle (a,+\infty)$ 上至少存在一点 $\displaystyle c$, 使得 $\displaystyle f'(c)=0$. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 用反证法. 若 $\displaystyle \forall\ x > a,\ f'(x)\neq 0$, 则由导数介值定理知要么 $\displaystyle \forall\ x > a,\ f'(x) > 0$, 要么 $\displaystyle \forall\ x > a,\ f'(x) < 0$. 不妨设 $\displaystyle \forall\ x > a,\ f'(x) > 0$ 成立, 则由 Lagrange 中值定理,
$$\begin{aligned} &f(a+1)-f\left(a+\frac{1}{n}\right)=f'(\xi_n)\left(1-\frac{1}{n}\right) > 0\ (n\geq 2)\\\\ \Rightarrow& f(a+1)\geq \lim_{n\to\infty}f\left(a+\frac{1}{n}\right)=f(a)\left(n\to\infty\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
且 $\displaystyle f(a+2)-f(a+1)=f'(\eta) > 0$. 进一步,
$$\begin{aligned} &\left[\forall\ x > a+2,\ f(x)-f(a+2) =f'(\zeta_x)(x-(a+2)) > 0\right]\\\\ \Rightarrow& \lim_{x\to+\infty}f(x)\geq f(a+2) > f(a+1)\geq f(a). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与题设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
233、 2、 (40 分) 计算题. (1)、 $\displaystyle y=y(x)$ 由参数方程 $\displaystyle \left\{\begin{array}{llllllllllll}x=\frac{t}{1+t^2},\\\\ y=\frac{t^2}{1+t^2}\end{array}\right.$ 确定, 求 $\displaystyle \frac{\mathrm{ d} y}{\mathrm{ d} x}, \frac{\mathrm{ d}^2y}{\mathrm{ d} x^2}$. (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
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$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{ d} y}{\mathrm{ d} x}&=\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{2t}{1-t^2},\\\\ \frac{\mathrm{ d}^2y}{\mathrm{ d} x^2}&=\frac{\mathrm{ d} \frac{\mathrm{ d} y}{\mathrm{ d} x}}{\mathrm{ d} x} =\frac{\frac{y''(t)x'(t)-y'(t)x''(t)}{{x'}^2(t)}}{x'(t)} =\frac{y''(t)x'(t)-y'(t)x''(t)}{{x'}^3(t)}=\frac{2(1+t^2)^3}{(1-t^2)^3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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234、 2、 (10 分) 设函数 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上二阶可导且 $\displaystyle a\in\mathbb{R}$. 若 $\displaystyle f(a) > 0, f'(a) < 0$, 且当 $\displaystyle x > a$ 时, 有 $\displaystyle f''(x) < 0$. 证明: 在 $\displaystyle (a,+\infty)$ 内, 方程 $\displaystyle f(x)=0$ 有唯一解. (华中师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f'' < 0$ 知 $\displaystyle f'$ 严格递减, 而当 $\displaystyle x > a$ 时,
$$\begin{aligned} &f'(x) < f'(a) < 0\Rightarrow f\mbox{严}\searrow ,\\\\ &f(x)\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} f(a)+f'(\xi_x)(x-a) < f(a)+f'(a)(x-a)\xrightarrow{x\to+\infty}-\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由连续函数介值定理知 $\displaystyle \exists\ \xi\in (a,+\infty)$, 使得 $\displaystyle f(\xi)=0$. 又由 $\displaystyle f\mbox{严}\searrow$ 知 $\displaystyle \xi$ 是 $\displaystyle f(x)=0$ 在 $\displaystyle (a,+\infty)$ 上的唯一零点.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
235、 7、 (10 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可导, 且 $\displaystyle f(0)=0$. 证明: 对任意正整数 $\displaystyle k$, 至少存在一点 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得
$$\begin{aligned} \xi f'(\xi)+kf(\xi)=f'(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(吉林大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F(x)=(1-x)^kf(x)$, 则 $\displaystyle F(0)=F(1)=0$. 由 Rolle 定理知
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} 0=F'(\xi) \Rightarrow \xi f'(\xi)+kf(\xi)=f'(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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236、 (0-11)、 设 $\displaystyle \mathrm{e}^y+2xy=\mathrm{e}$, 求 $\displaystyle \frac{\mathrm{ d} y}{\mathrm{ d} x}$. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 等式两边关于 $\displaystyle x$ 求导知
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^y y'+2y+2xy'=0\Rightarrow y'=-\frac{2y}{\mathrm{e}^y+2x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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237、 (0-12)、 设 $\displaystyle y=\mathrm{e}^{x+1}\sin x$, 求 $\displaystyle \frac{\mathrm{ d}^2y}{\mathrm{ d} x^2}$. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [微分 ]
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$$\begin{aligned} y'=&\mathrm{e}^{x+1}\sin x+\mathrm{e}^{x+1}\cos x,\\\\ y''=&(\mathrm{e}^{x+1}\sin x+\mathrm{e}^{x+1}\cos x)+(\mathrm{e}^{x+1}\cos x-\mathrm{e}^{x+1}\sin x) =2\mathrm{e}^{x+1}\cos x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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238、 (0-14)、 设 $\displaystyle g(x)=\int_0^x (x-t)^2f(t)\mathrm{ d} t$, 且 $\displaystyle f(x)$ 为连续函数. 求 $\displaystyle g'(x)$. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle g'(x)=\int_0^x 2(x-t)f(t)\mathrm{ d} t=2\int_0^x (x-t)f(t)\mathrm{ d} t$. 进一步,
$$\begin{aligned} g''(x)=2\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t, g'''(x)=2f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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239、 2、 证明题. (0-19)、 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可导, 且 $\displaystyle f(1)=0$. 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得
$$\begin{aligned} f'(\xi)=-\frac{2}{\xi}f(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F(x)=x^2f(x)$, 则 $\displaystyle F(0)=F(1)=0$. 由 Rolle 定理,
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} 0=F'(\xi)\Rightarrow f'(\xi)=-\frac{2}{\xi}f(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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240、 (0-21)、 确定 $\displaystyle y=\ln (x^2+1)$ 的凹凸区间和拐点. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle y'=\frac{2x}{1+x^2}, y''=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}$ 知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (-\infty,-1)$ 上凹, 在 $\displaystyle (-1,1)$ 上凸, 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上凹. 于是 $\displaystyle y$ 的拐点为 $\displaystyle (\pm 1, \ln 2)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
241、 (4)、 设 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}},&x\neq 0,\\\\ 0,&x=0.\end{array}\right.$ 求 $\displaystyle f^{(4)}(0)$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (4-1)、 先证: 对 $\displaystyle \forall\ \alpha\in\mathbb{R}$, $\displaystyle \lim_{t\to+\infty}\frac{t^\alpha}{\mathrm{e}^t}=0$. 当 $\displaystyle \alpha\leq 0$ 时,
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\lim_{t\to+\infty}\frac{1}{t^{-\alpha}}\cdot\frac{1}{\mathrm{e}^t}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
当 $\displaystyle \alpha > 0$ 时, 由
$$\begin{aligned} &t > 1\Rightarrow 0 < \frac{t^\alpha}{\mathrm{e}^t} < \frac{t^{[\alpha]+1}}{\mathrm{e}^t},\\\\ &\lim_{t\to+\infty} \frac{t^{[\alpha]+1}}{\mathrm{e}^t} \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \lim_{t\to+\infty}([\alpha]+1) \frac{t^{[\alpha]}}{\mathrm{e}^t}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \cdots =0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及夹逼原理知原式 $\displaystyle =0$. (4-2)、 由归结原理即知
$$\begin{aligned} \lim_{t\to 0}t^\alpha \mathrm{e}^{-\frac{1}{t^2}}\stackrel{\frac{1}{t^2}=s}{=}\lim_{s\to+\infty}s^{-\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\mathrm{e}^s} \overset{\tiny\mbox{第1步}}{=} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(4-3)、 用数学归纳法证明
$$\begin{aligned} x\neq 0\Rightarrow f^{(n)}(x)=P_n\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle P_n(y)$ 是 $\displaystyle y$ 的多项式. 事实上, 当 $\displaystyle n=1$ 时, $\displaystyle f'(x)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}} \frac{2}{x^3}$. 若结论对 $\displaystyle n$ 成立, 则
$$\begin{aligned} f^{(n+1)}(x)&=\left(P_n\left(\frac{1}{x}\right)\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}\right)' =P_n'\left(\frac{1}{x}\right) \left(-\frac{1}{x^2}\right) \mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}} +P_n\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}\frac{2}{x^3}\\\\ &=\left[-y^2P_n'(y)+2y^3P_n(y)\right]_{y=\frac{1}{x}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(4-4)、 再用数学归纳法证明 $\displaystyle f^{(n)}(0)=0$. 当 $\displaystyle n=1$ 时,
$$\begin{aligned} f'(0)=\lim_{x\to 0}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}\overset{\tiny\mbox{第2步}}{=} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
假设结论对 $\displaystyle n$ 成立, 则
$$\begin{aligned} f^{(n+1)}(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} P_n\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}\overset{\tiny\mbox{第2步}}{=} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
特别地, $\displaystyle f^{(4)}(0)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
242、 (9)、 设 $\displaystyle f(x)=\left(1-\frac{1}{x}\right)^x, x\in (-\infty,0)\cup (1,+\infty)$. 求 $\displaystyle f'(x)$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle x$ 的取值范围保证了 $\displaystyle 1-\frac{1}{x} > 0$, 而
$$\begin{aligned} &\ln f(x)=x\ln \left(1-\frac{1}{x}\right)\Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\ln \left(1-\frac{1}{x}\right)+x\frac{\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}\\\\ \Rightarrow&f'(x)=\left(1-\frac{1}{x}\right)^x\left[\ln \left(1-\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{x-1}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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243、 (3)、 设 $\displaystyle f(x)$ 连续, 且 $\displaystyle f'(0)$ 存在, 若
$$\begin{aligned} \forall\ x,y\in\mathbb{R}, f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上可微. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 令 $\displaystyle y=0$ 知
$$\begin{aligned} f(x)=\frac{f(x)+f(0)}{1-f(x)f(0)}\Rightarrow -f^2(x)f(0)=f(0)\Rightarrow f(0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle \forall\ x\in\mathbb{R}$,
$$\begin{aligned} &\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{\frac{f(x)+f(h)}{1-f(x)f(h)}-f(x)}{h}\\\\ =&\lim_{h\to 0}\frac{1+f^2(x)}{1-f(x)f(h)}\frac{f(h)}{h} =[1+f^2(x)]f'(0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 可导.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
244、 4、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上可导, $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$. 证明: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=0$. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$ 知
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X, |f'(x)| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{f(X)}{x}=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ X' > X,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X', \left|\frac{f(X)}{x}\right| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是当 $\displaystyle x\geq X'$ 时,
$$\begin{aligned} \left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq&\left|\frac{f(X)}{x}\right|+\frac{\left|f(x)-f(X)\right|}{x}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}&\left|\frac{f(X)}{x}\right|+\frac{|f'(\xi_x)|(x-X)}{x} < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=0$. 一言以蔽之, 这就是函数极限的 L'Hospital 法则.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
245、 5、 (15 分) $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-1,1)$ 上 $\displaystyle 2k+2$ 阶连续可微, $\displaystyle k\in \mathbb{N}$ 满足
$$\begin{aligned} f^{(i)}(0)=0, 0\leq i\leq 2k\mbox{且} f^{(2k+1)}(0)\neq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求证: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 附近可逆. (南京大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不妨设 $\displaystyle f^{(2k+1)}(0) > 0$. 由 Taylor 公式,
$$\begin{aligned} f'(x)=&\sum_{k=0}^{2k-1}\frac{(f')^{(k)}(0)}{k!}+\frac{(f')^{(2k)}(0)}{(2k)!}x^{2k}+o(x^{2k})\\\\ =&\left[\frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k)!}+o(1)\right]x^{2k}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in \mathring{U}(0;\delta), f'(x) > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle U(0;\delta)$ 上严增, 而是可逆的.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
246、 6、 (15 分) $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上二阶可导,
$$\begin{aligned} f(0)=f(1)=0, \min_{x\in [0,1]}f(x)=-1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求证: 存在 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得 $\displaystyle f''(\xi)\geq 8$. (南京大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle f(0)=f(1)=0$ 知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上的最小值 $\displaystyle -1$ 只能在 $\displaystyle (0,1)$ 中某点 $\displaystyle \xi$ 处取得. 由 Fermat 定理, $\displaystyle f'(\xi)=0.$ (2)、 又由 Taylor 展式,
$$\begin{aligned} f(0)&=f(\xi)+f'(\xi)(0-\xi)+\frac{f''(\eta)}{2!}(0-\xi)^2,\\\\ f(1)&=f(\xi)+f'(\xi)(1-\xi)+\frac{f''(\zeta)}{2!}(1-\xi)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f''(\eta)=\frac{2}{\xi^2}, f''(\zeta)=\frac{2}{(1-\xi)^2}.$ (3)、 当 $\displaystyle 0 < \xi\leq \frac{1}{2}$ 时, $\displaystyle f''(\eta)=\frac{2}{\eta^2}\geq 8$. (4)、 当 $\displaystyle \frac{1}{2} < \xi < 1$ 时, $\displaystyle f''(\zeta)=\frac{2}{(1-\zeta)^2}\geq 8$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
247、 3、 设 $\displaystyle f(x),g(x),h(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导. 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得
$$\begin{aligned} \left|\begin{array}{cccccccccc}f(a)&g(a)&h(a)\\\\ f(b)&g(b)&h(b)\\\\ f'(\xi)&g'(\xi)&h'(\xi)\end{array}\right|=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
并由此推出柯西中值定理. (南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F(x)=\left|\begin{array}{cccccccccc}f(a)&g(a)&h(a)\\\\ f(b)&g(b)&h(b)\\\\ f(x)&g(x)&h(x)\end{array}\right|$, 则 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导, 且由行列式的性质知 $\displaystyle F(a)=F(b)=0$. 据 Rolle 定理,
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (a,b),\mathrm{ s.t.} 0=F'(\xi)=\left|\begin{array}{cccccccccc}f(a)&g(a)&h(a)\\\\ f(b)&g(b)&h(b)\\\\ f'(\xi)&g'(\xi)&h'(\xi)\end{array}\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle h(x)=1$, 则
$$\begin{aligned} 0=\left|\begin{array}{cccccccccc}f(a)&g(a)&1\\\\ f(b)&g(b)&1\\\\ f'(\xi)&g'(\xi)&0\end{array}\right| =\left|\begin{array}{cccccccccc}f(a)&g(a)&1\\\\ f(b)-f(a)&g(b)-g(a)&0\\\\ f'(\xi)&g'(\xi)&0\end{array}\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle g'(x)\neq 0, \forall\ x\in (a,b)$, 则上式化简为 $\displaystyle \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$. 此即 Cauchy 中指定理.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
248、 5、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,2]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,2)$ 上可导, 且 $\displaystyle f(0)=f(2)=0$. 记 $\displaystyle M=\max_{x\in [0,1]}|f(x)|$. (1)、 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (0,2)$, 使得 $\displaystyle |f'(\xi)|\geq M$; (2)、 若对任意的 $\displaystyle x\in (0,2)$, 有 $\displaystyle |f'(x)|\leq M$, 证明: $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in [0,2]$. (南京师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 若 $\displaystyle M=0$, 则 $\displaystyle f\equiv 0$, 则任取 $\displaystyle (0,2)$ 的点 $\displaystyle \xi$ 都满足 $\displaystyle f'(\xi)=0=M$. 若 $\displaystyle M > 0$, 则通过 $\displaystyle f\to -f$ 可不妨设 $\displaystyle M=\max_{x\in [0,1]}f(x) > 0$ 于 $\displaystyle (0,2)$ 内某 $\displaystyle c$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle f'(c)=0$. (1-1)、 当 $\displaystyle 0 < c\leq 1$ 时,
$$\begin{aligned} \exists\ 0 < \xi < 1,\mathrm{ s.t.} f'(\xi)\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \frac{f(c)-f(0)}{c-0} =\frac{M}{c}\geq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1-2)、 当 $\displaystyle 1 < c < 2$ 时,
$$\begin{aligned} \exists\ 1 < \xi < 2,\mathrm{ s.t.} f'(\xi)\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \frac{f(2)-f(c)}{2-c} =\frac{-M}{2-c} < -M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故总有 $\displaystyle \xi\in (1,2),\mathrm{ s.t.} |f'(c)|\geq M$. (2)、 若 $\displaystyle |f'|\leq M$, 往用反证法证明 $\displaystyle f\equiv 0$. 若不然, 则由第 1 步的结果知 $\displaystyle c=1$, 即 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=1$ 处取得最大值 $\displaystyle M$, 且
$$\begin{aligned} 0\leq x\leq 1\Rightarrow&|f(x)|=|f(x)-f(0)|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |f'(\xi_x)|x\leq Mx\\\\ \Rightarrow& \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{f(1)-f(x)}{1-x}\geq\frac{M-Mx}{1-x}=M, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} 1 < x < 2\Rightarrow&|f(x)|=|f(x)-f(2)|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |f'(\eta_x)(2-x)|\leq M(2-x)\\\\ \Rightarrow&\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\leq \frac{M(2-x)-M}{x-1}=-M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由上述第 1 式知 $\displaystyle f'_-(1)\geq M$. 由上述第 2 式知 $\displaystyle f'_+(1)\leq -M$. 但 $\displaystyle f'(1)$ 存在, 而得 $\displaystyle -M\geq f'(1)\geq M\Rightarrow M=0$. 这与已设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
249、 7、 (15 分) 令
$$\begin{aligned} \varphi(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\sin x, &x\geq 0,\\\\ \cos x,&x < 0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 不存在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上的可微函数 $\displaystyle f(x)$ 使得对任意实数 $\displaystyle x$ 都有
$$\begin{aligned} f\left(f(x)\right)-|x|f'(x)=\varphi(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(南开大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 用反证法. 若存在满足题设的 $\displaystyle f$, 则 (1)、 令 $\displaystyle x > 0$, 题中等式两边除以 $\displaystyle x$ 后令 $\displaystyle x\to 0^+$ 得
$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+}\frac{f\left(f(x)\right)}{x}-f'(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} &f\left(f(0)\right)=\lim_{x\to 0^+}\frac{f\left(f(x)\right)}{x}\cdot x\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0\\\\ \stackrel{(I)}{\Rightarrow}&f'\left(f(0)\right)\cdot f'(0)-f'(0)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 令 $\displaystyle x < 0$, 题中等式两边除以 $\displaystyle x$ 后令 $\displaystyle x\to 0^-$ 得
$$\begin{aligned} f'\left(f(0)\right)\cdot f'(0)-f'(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{\cos x}{x}=-\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这是一个矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
250、 3、 求 $\displaystyle y=\frac{(x+1)^2}{(x-1)^3}$ 与 $\displaystyle y=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 的所有渐近线 (包括水平, 垂直和斜渐近线). (上海大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 对 $\displaystyle y=\frac{(x+1)^2}{(x-1)^3}$, $\displaystyle x=1$ 是垂直渐近线. 由 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}y=0$ 知 $\displaystyle y$ 有水平渐近线, 没有斜渐近线. (2)、 对 $\displaystyle y=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$, 由
$$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty}\frac{y}{x}=\lim_{x\to\infty}\sqrt[3]{\frac{6}{x}-1}=-1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} &\lim_{x\to\infty}[y-(-1)x]=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{6x^2-x^3}+x\right)\\\\ =&\lim_{x\to\infty}\frac{6x^2}{\sqrt[3]{(6x^2-x^3)^2}-\sqrt[3]{6x^2-x^3}\cdot x+x^2}\\\\ =&\lim_{x\to\infty}\frac{6}{\sqrt[3]{\left(\frac{6}{x}-1\right)^2}-\sqrt[3]{\frac{6}{x}-1}+1}=2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle y$ 只有斜渐近线 $\displaystyle y=-x+2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
251、 12、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可导, 且 $\displaystyle \forall\ x\in (0,1)$, 有
$$\begin{aligned} \left|xf'(x)-f(x)+f(0)\right|\leq\frac{Mx}{\ln^2x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f'(x)$ 存在. (首都师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F(x)=\frac{f(x)-f(0)}{x}$, 则
$$\begin{aligned} |F'(x)=\frac{|xf'(x)-f(x)+f(0)|}{x^2}\leq \frac{M}{x\ln^2x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再设
$$\begin{aligned} G(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{1}{\ln x},&0 < x\leq 1,\\\\ 0,&x=0,\end{array}\right.\quad H(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{Mx}{\ln^2 x},&0 < x\leq 1,\\\\ 0,&x=0,\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle G,H$ 在 $\displaystyle x=0$ 处连续, $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ 0 < x < y < \delta$,
$$\begin{aligned} |G(x)-G(y)| < \frac{\varepsilon}{3M}, |H(x)|=|H(x)-H(0)| < \frac{\varepsilon}{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
从而
$$\begin{aligned} &|F(x)-F(y)|=\left|\frac{F(x)-F(y)}{G(x)-G(y)}\right|\cdot |G(x)-G(y)|\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Cauchy}}& \left|\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}\right|\cdot |G(x)-G(y)| =\left|\frac{F'(\xi)}{-\frac{1}{\xi\ln^2\xi}}\right||G(x)-G(y)| \leq M\cdot\frac{\varepsilon}{3M}=\frac{\varepsilon}{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再由题设,
$$\begin{aligned} |f'(x)-f'(y)| \leq& |f'(x)-F(x)|+|F(x)-F(y)|+|F(y)-f'(y)|\\\\ \leq&\frac{Mx}{\ln^2x}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{My}{\ln^2y} < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
有函数极限的 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle f'(0+0)$ 存在. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
252、 8、 (本题 15 分) 设 $\displaystyle f(x),g(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上连续可导, 且
$$\begin{aligned} f'(x)g(x)-g'(x)f(x) > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle f(x)$ 的相邻两个零点之间必有 $\displaystyle g(x)$ 的零点. (四川大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 先用反证法证明 $\displaystyle f,g$ 不可能有相同的零点. 若不然, 设 $\displaystyle f,g$ 有公共零点 $\displaystyle x_0$, 则
$$\begin{aligned} F(x_0)=f'(x_0)g(x_0)-g'(x_0)f(x_0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与题设矛盾. 故有结论. (2)、 用反证法证明题目. 设 $\displaystyle x_0 < x_1$ 为 $\displaystyle f$ 的相邻零点, 而 $\displaystyle g(x)\neq 0$, $\displaystyle x\in (x_0,x_1)$. 又由 (1) 知
$$\begin{aligned} g(x)\neq 0,\quad x\in [x_0,x_1]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取 $\displaystyle G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$, 则
$$\begin{aligned} G'(x)=\frac{F(x)}{g^2(x)} > 0,\quad x\in [x_0,x_1]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是 $\displaystyle G$ 在 $\displaystyle [x_0,x_1]$ 上严格递增, $\displaystyle G(x_0) < G(x_1)$. 这与
$$\begin{aligned} 0=\frac{f(x_0)}{g(x_0)}=G(x_0)=G(x_1)=\frac{f(x_1)}{g(x_1)}=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
253、 9、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可导, $\displaystyle f(0)=0, f(1)=1$. 证明: (1)、 存在 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得 $\displaystyle f(\xi)=2022-2023\xi$; (2)、 存在 $\displaystyle \eta,\zeta\in (0,1), \eta\neq \zeta$, 使得
$$\begin{aligned} [1+f'(\eta)][2021+f'(\zeta)]=4044. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(太原理工大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle F(x)=f(x)-2022+2023x$, 则 $\displaystyle F(0)=-2022, F(1)=2$. 由连续函数介值定理知
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} 0=F(\xi)\Rightarrow f(\xi)=2022-2023\xi. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 由 Lagrange 中值定理, $\displaystyle \exists\ 0 < \eta < \xi < \zeta < 1,\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} f'(\eta)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=\frac{f(\xi)}{\xi}, f'(\zeta)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{1-f(\xi)}{1-\xi}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
将 $\displaystyle f(\xi)=2022-2023\xi$ 代入, 经过简单计算即知 $\displaystyle [1+f'(\eta)][2021+f'(\zeta)]=4044$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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