张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第14天
300、 6、 证明下列问题. (1)、 $\displaystyle \forall\ x > 0, y\in\mathbb{R}$, 有
$$\begin{aligned} xy\leq x\ln x-x+\mathrm{e}^y. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(华中科技大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x,y)=x\ln x-x+\mathrm{e}^y-xy$, 则
$$\begin{aligned} f_x=\ln x-y, f_y=\mathrm{e}^y-x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
注意到 $\displaystyle f(x,\ln x)=f(\mathrm{e}^y,y)=0$, 我们知
$$\begin{aligned} y > \ln x\Rightarrow&\mathrm{e}^y > x\Rightarrow f_y > 0\Rightarrow f(x,y) > f(x,\ln x)=0,\\\\ y < \ln x\Rightarrow&f_x > 0\Rightarrow f(x,y) > f(\mathrm{e}^y,y)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故总有 $\displaystyle f(x,y)\geq 0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
301、 2、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上二阶连续可微, $\displaystyle |f''(x)|\leq M$, 且 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可取到最大值. 证明: $\displaystyle |f'(0)|+|f'(1)|\leq M$. (厦门大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设, $\displaystyle \exists\ c\in (0,1),\mathrm{ s.t.} f(c)=\max_{[0,1]}f$. 由极值条件知 $\displaystyle f'(c)=0$. 于是
$$\begin{aligned} |f'(0)|&\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} |f'(c)+f''(\xi)(0-c)|\leq Mc,\\\\ |f'(1)|&\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} |f'(c)+f''(\eta)(1-c)|\leq M(1-c). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相加即得结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
302、 3、 (15 分) $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, $\displaystyle f'(a)=f'(b)=0$. 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得
$$\begin{aligned} |f'(\xi)|\leq\frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(山西大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 Taylor 定理,
$$\begin{aligned} \exists\ \eta\in \left(a,\frac{a+b}{2}\right),\mathrm{ s.t.} f\left(\frac{a+b}{2}\right)=&f(a)+f'(a)\frac{b-a}{2}+\frac{f''(\eta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2\\\\ =&f(a)+\frac{f''(\eta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,\\\\ \exists\ \zeta\in \left(\frac{a+b}{2},b\right),\mathrm{ s.t.} f\left(\frac{a+b}{2}\right)=&f(b)+f'(b)\frac{a-b}{2}+\frac{f''(\zeta)}{2}\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\\\\ =&f(b)+\frac{f''(\zeta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相减有
$$\begin{aligned} |f(b)-f(a)| =&\left|\frac{f''(\eta)-f''(\zeta)}{2}\right|\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 \leq \frac{|f''(\eta)|+|f''(\zeta)|}{2}\frac{(b-a)^2}{4}\\\\ \leq& \max\left\{|f''(\eta)|,|f''(\zeta)|\right\} \frac{(b-a)^2}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle |f''(\eta)|\geq |f''(\zeta)|$, 则取 $\displaystyle \xi=\eta$ 即知结论成立; 若 $\displaystyle |f''(\eta) < |f''(\zeta)|$, 则取 $\displaystyle \xi=\zeta$ 即知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
303、 4、 (15 分) 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, $\displaystyle f'(a)=f'(b)=0$, 试证: 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得
$$\begin{aligned} |f''(\xi)|\geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(陕西师范大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 Taylor 定理,
$$\begin{aligned} \exists\ \eta\in \left(a,\frac{a+b}{2}\right),\mathrm{ s.t.} f\left(\frac{a+b}{2}\right)=&f(a)+f'(a)\frac{b-a}{2}+\frac{f''(\eta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2\\\\ =&f(a)+\frac{f''(\eta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2,\\\\ \exists\ \zeta\in \left(\frac{a+b}{2},b\right),\mathrm{ s.t.} f\left(\frac{a+b}{2}\right)=&f(b)+f'(b)\frac{a-b}{2}+\frac{f''(\zeta)}{2}\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\\\\ =&f(b)+\frac{f''(\zeta)}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相减有
$$\begin{aligned} |f(b)-f(a)| =&\left|\frac{f''(\eta)-f''(\zeta)}{2}\right|\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 \leq \frac{|f''(\eta)|+|f''(\zeta)|}{2}\frac{(b-a)^2}{4}\\\\ \leq& \max\left\{|f''(\eta)|,|f''(\zeta)|\right\} \frac{(b-a)^2}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle |f''(\eta)|\geq |f''(\zeta)|$, 则取 $\displaystyle \xi=\eta$ 即知结论成立; 若 $\displaystyle |f''(\eta) < |f''(\zeta)|$, 则取 $\displaystyle \xi=\zeta$ 即知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
304、 5、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, $\displaystyle f(a)=f(b)=0$. 证明:
$$\begin{aligned} \max_{x\in [a,b]}|f(x)|\leq\frac{1}{8}(b-a)^2\max_{x\in[a,b]}|f''(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(上海财经大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle M=\max_{[a,b]}|f''|$. 则由 Taylor 公式知
$$\begin{aligned} 0&=f(a)=f(x)+f'(x)(a-x)+\frac{f''(\xi)}{2}(a-x)^2,\qquad(I)\\\\ 0&=f(b)=f(x)+f'(x)(b-x)+\frac{f''(\eta)}{2}(b-x)^2,\qquad(II). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle (b-x)\cdot(I)-(a-x)\cdot(II)$ 知
$$\begin{aligned} &(b-a)|f(x)|\leq\frac{M}{2}(b-x)(a-x)^2+\frac{M}{2}(x-a)(b-x)^2\\\\ =&\frac{M}{2}(x-a)(b-x)\left[(x-a)+(b-x)\right] \leq\frac{(b-a)^3M}{8}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
305、 7、 设 $\displaystyle f(x)$ 四阶可导, $\displaystyle f^{(4)}(x) > 0$, 且 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}=1$. 证明: $\displaystyle f(x)\geq x^3$. (上海大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}\cdot x^3=0$,
$$\begin{aligned} f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}\cdots x^2=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}\left\{\begin{array}{llllllllllll}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{2x}=\frac{1}{2}f''(0),\\\\ =\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}\cdot x=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f''(0)=0$. 进一步,
$$\begin{aligned} 1=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{3x^2} \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}}\lim_{x\to 0}\frac{f''(x)}{6x} =\frac{1}{6}f'''(0)\Rightarrow f'''(0)=6. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle \forall\ x$, 由 Taylor 公式,
$$\begin{aligned} f(x)=\frac{f'''(0)}{3!}x^3+\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^4\geq x^3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
306、 2、 (10 分) 设 $\displaystyle 0 < x < \pi$, 证明:
$$\begin{aligned} 0 < \frac{1}{\ln \left(1+\frac{\sin x}{x}\right)}-\frac{x}{\sin x} < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(苏州大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 我们先证明对数不等式:
$$\begin{aligned} &\frac{x}{1+x}\leq \ln(1+x)\leq x\quad (x > -1),\\\\ \Leftrightarrow&0\leq\frac{1}{\ln(1+x)}-\frac{1}{x}\leq 1, \qquad(ex1.1.8: log inequality)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
等号当且仅当 $\displaystyle x=0$ 时成立. 用微分法.
$$\begin{aligned} &f(x)\equiv \ln (1+x)-x\\\\ \Rightarrow& f'(x)=\frac{1}{1+x}-1 =-\frac{x}{1+x}\left\{\begin{array}{llllllllllll} > 0,&-1 < x < 0\\\\ < 0,&x > 0\end{array}\right.\\\\ \Rightarrow& \forall\ x > -1, x\neq 0, f(x) < f(0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} &g(x)=x-(1+x)\ln (1+x)\\\\ \Rightarrow& g'(x)=-\ln(1+x)\left\{\begin{array}{llllllllllll} > 0,&-1 < x < 0\\\\ < 0,&x > 0\end{array}\right.\\\\ \Rightarrow& \forall\ x > -1, x\neq 0, g(x) < g(0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 设 $\displaystyle h(x)=\frac{\sin x}{x}, 0 < x < \pi$, 则
$$\begin{aligned} h'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}=\frac{\cos x-\frac{1}{x}\int_0^x \cos t\mathrm{ d} t}{x^3} < 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} 0 < x < \pi\Rightarrow& \pi=h(\pi) < h(x)=\frac{\sin x}{x} < \lim_{t\to 0^+}h(t)=1\\\\ \overset{\tiny\mbox{第1步}}{\Longrightarrow}&0 < \frac{1}{\ln \left(1+\frac{\sin x}{x}\right)}-\frac{x}{\sin x} < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
307、 1、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上可导, 且 $\displaystyle f(0)=0$. (1)、 若 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=0$, 求证: $\displaystyle \varliminf_{x\to+\infty}|f'(x)|=0$; (2)、 若存在 $\displaystyle M > 0$, 使得
$$\begin{aligned} \forall\ x\in [0,+\infty), |f'(x)|\leq M|f(x)|, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求证: $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in [0,+\infty)$. (同济大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、
$$\begin{aligned} 0\leq&\varliminf_{x\to+\infty}|f'(x)|\leq |f'(\xi_x)| \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \lim_{x\to+\infty}\left|\frac{f(2x)-f(x)}{2x-x}\right|\\\\ =&\lim_{x\to+\infty}\left[2\frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{x}\right] \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}} 2\cdot 0-0=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论. (2)、 (2-1)、 设 $\displaystyle |f|$ 在 $\displaystyle \left[0,\frac{1}{2M}\right]$ 上的最大值在 $\displaystyle x_0$ 处取得, 则
$$\begin{aligned} |f(x_0)|&=|f(x_0)-f(0)| =|f'(\xi)x| \leq M|f(\xi)| \frac{1}{2M}\leq \frac{1}{2}|f(x_0)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle f(x_0)=0$. 故 $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in \left[0,\frac{1}{2M}\right]$. (2-2)、 设 $\displaystyle |f|$ 在 $\displaystyle \left[\frac{1}{2M},\frac{1}{M}\right]$ 上的最大值在 $\displaystyle x_1$ 处取得, 则
$$\begin{aligned} |f(x_1)|&=\left|f(x_1)-f\left(\frac{1}{2M}\right)\right| =\left|f'(\eta)\left(x_1-\frac{1}{2M}\right)\right|\\\\ & \leq M|f(\eta)|\cdot \frac{1}{2M} \leq \frac{1}{2}|f(x_1)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle f(x_1)=0$. 故 $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in \left[\frac{1}{2M},\frac{1}{M}\right]$. (2-3)、 如此一直做下去, 我们得到
$$\begin{aligned} f(x)\equiv 0, x\in \left[\frac{n}{2M},\frac{n+1}{2M}\right]\left(\forall\ n\in\mathbb{N}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f\equiv 0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
308、 (2)、 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,2]$ 上二阶可导, 且 $\displaystyle \max_{0\leq x\leq 2} \left\{|f(x)|,|f''(x)|\right\}\leq 1$. 证明: 对 $\displaystyle \forall\ x\in [0,2]$, $\displaystyle |f'(x)|\leq 2$. (武汉理工大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} f(0)&\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} f(x)+f'(x)(0-x)+\frac{f''(\xi_x)}{2}(0-x)^2,\\\\ f(2)&\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} f(x)+f'(x)(2-x)+\frac{f''(\eta_x)}{2}(2-x)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相减得
$$\begin{aligned} 2|f'(x)|\leq 2+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}(2-x)^2 \leq 2+\frac{1}{2}\cdot 4=4. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
309、 5、 (15 分) 证明: 当 $\displaystyle x\geq 0$ 且 $\displaystyle y\geq 0$ 时, 有 $\displaystyle \frac{x^2+y^2}{4}\leq \mathrm{e}^{x+y-2}$. (西北大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} &4\mathrm{e}^{x+y-2}=4\mathrm{e}^{x-1}\mathrm{e}^{y-1}\\\\ \geq& 4\left[1+(x-1)+\frac{(x-1)^2}{2}\right]\left[1+(y-1)+\frac{(y-1)^2}{2}\right]\\\\ \geq& 4\frac{x^2+1}{2}\frac{y^2+1}{2}\geq x^2+y^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
310、 8、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上三阶可导, 且 $\displaystyle f(-1)=0, f(1)=1, f'(0)=0$. 证明:
$$\begin{aligned} \sup_{x\in [-1,1]}f'''(x)\geq 3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(西南大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 Taylor 展开,
$$\begin{aligned} 0=&f(-1)=f(0)+f'(0)(-1-0)+\frac{f''(0)}{2}(-1-0)^2+\frac{f'''(\eta)}{6}(-1-0)^3\\\\ =&f(0)+\frac{f''(0)}{2}-\frac{f'''(\eta)}{6}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
同理,
$$\begin{aligned} 1=f(1)=f(0)+\frac{f''(0)}{2}+\frac{f'''(\zeta)}{6}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相减即得
$$\begin{aligned} 1=\frac{f'''(\eta)+f'''(\zeta)}{6}\leq \frac{1}{3}\sup_{x\in [-1,1]}f'''(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
311、 5、 (8 分) 设 $\displaystyle f$ 为 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的二阶可微函数, 且 $\displaystyle |f(x)|\leq M_0, |f''(x)|\leq M_2$. 证明:
$$\begin{aligned} |f'(x)|\leq 2\sqrt{M_0M_2}, x\in (0,+\infty). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(长安大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 若 $\displaystyle M_2=0$, 则 $\displaystyle f$ 是线性函数, 而 $\displaystyle M_0 < \infty$ 蕴含 $\displaystyle f$ 为常值函数, 于是 $\displaystyle M_1=0$. 若 $\displaystyle M_2 > 0$, 则由 Taylor 定理知
$$\begin{aligned} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2}h^2, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而
$$\begin{aligned} \left|f'(x)\right|=&\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{f''(\xi)}{2}h\right|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取 $\displaystyle h=2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$, 则 $\displaystyle |f'(x)|\leq 2\sqrt{M_0M_2}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
312、 (2)、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, 且 $\displaystyle f(a)=f(b)=0$. 证明:
$$\begin{aligned} \max_{x\in [a,b]}|f(x)|\leq \frac{1}{8}(b-a)^2\max_{x\in [a,b]}|f''(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(郑州大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle M=\max_{[a,b]}|f''|$. 则由 Taylor 公式知
$$\begin{aligned} 0&=f(a)=f(x)+f'(x)(a-x)+\frac{f''(\xi)}{2}(a-x)^2,\qquad(I)\\\\ 0&=f(b)=f(x)+f'(x)(b-x)+\frac{f''(\eta)}{2}(b-x)^2,\qquad(II). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle (b-x)\cdot(I)-(a-x)\cdot(II)$ 知
$$\begin{aligned} &(b-a)|f(x)|\leq\frac{M}{2}(b-x)(a-x)^2+\frac{M}{2}(x-a)(b-x)^2\\\\ =&\frac{M}{2}(x-a)(b-x)\left[(x-a)+(b-x)\right] \leq\frac{(b-a)^3M}{8}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
313、 4、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,a]$ 上二阶可导, $\displaystyle |f''(x)|\leq M$, $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,a)$ 上取得最大值. 求证:
$$\begin{aligned} |f'(0)|+|f'(a)|\leq Ma. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(中南大学2023年数学分析考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle \xi\in (0,a),\mathrm{ s.t.} f(\xi)=\max_{(0,a)}f$, 则 $\displaystyle f'(\xi)=0$. 据 Lagrange 中值定理,
$$\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{llllllllllll} f'(0)-f'(\xi)=(f')'(\eta)(0-\xi)=-f''(\eta)\xi \Rightarrow |f'(0)|\leq M\xi\\\\ f'(a)-f'(\xi)=(f')'(\zeta)(a-\xi)=f''(\zeta)(a-\xi) \Rightarrow |f'(a)|\leq M(a-\xi) \end{array}\right.\\\\ \Rightarrow& |f'(0)|+|f'(a)|\leq M\xi+M(a-\xi)=Ma. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
314、 (2)、 计算不定积分 $\displaystyle \int \mathrm{e}^{\sin x}\frac{x\cos^3x-\sin x}{\cos^2x}\mathrm{ d} x$. (河海大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\int x\mathrm{ d} \mathrm{e}^{\sin x}-\int \mathrm{e}^{\sin x}\frac{\sin x}{\cos^2x}\mathrm{ d} x\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} x\mathrm{e}^{\sin x}-\int \mathrm{e}^{\sin x}\mathrm{ d} x-\int \mathrm{e}^{\sin x}\frac{\sin x}{\cos^2x}\mathrm{ d} x\\\\ &=x\mathrm{e}^{\sin x}-\int \frac{\mathrm{e}^{\sin x}\cos x\cdot \cos x-\mathrm{e}^{\sin x}(-\sin x)}{\cos^2x}\mathrm{ d} x\\\\ &=x\mathrm{e}^{\sin x}-\int\frac{(\mathrm{e}^{\sin x})'\cos x-\mathrm{e}^{\sin x}(\cos x)'}{\cos^2x}\mathrm{ d} x\\\\ &=x\mathrm{e}^{\sin x}-\frac{\mathrm{e}^{\sin x}}{\cos x}+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
315、 (0-13)、 求 $\displaystyle \int\frac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{ d} x$. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int \frac{1}{x^2\ln^2x}\mathrm{ d} x+\int \frac{1}{x^2\ln x}\mathrm{ d} x\\\\ =&-\int \frac{1}{x}\mathrm{ d} \frac{1}{\ln x}+\int \frac{1}{x^2\ln x}\mathrm{ d} x\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}&-\left[\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{\ln x} -\int \left(-\frac{1}{x^2}\frac{1}{\ln x}\right)\mathrm{ d} x\right]+\int \frac{1}{x^2\ln x}\mathrm{ d} x\\\\ =&-\frac{1}{x\ln x}+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
316、 (5)、 求不定积分 $\displaystyle \int \frac{\arctan x}{x^2}\mathrm{ d} x$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int \arctan x\mathrm{ d}\frac{-1}{x} =-\frac{\arctan x}{x}-\int\frac{1}{1+x^2}\cdot\frac{-1}{x}\mathrm{ d} x\\\\ =&-\frac{\arctan x}{x}+\int \left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)\mathrm{ d} x\\\\ =&-\frac{\arctan x}{x}+\ln x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
317、 (2)、 求不定积分 $\displaystyle \int x\cos^2x\mathrm{ d} x$. (南京师范大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\frac{1}{2}\int x(1+\cos 2x)\mathrm{ d} x =\frac{x^2}{4}+\frac{1}{2}\int x\cos 2x\mathrm{ d} x\\\\ =&\frac{x^2}{4}+\frac{1}{4}\int x\mathrm{ d} \sin 2x \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \frac{x^2}{4}+\frac{1}{4}\left[x\sin 2x-\int \sin 2x\mathrm{ d} x\right]\\\\ =&\frac{x^2}{4}+\frac{1}{4}x\sin 2x+\frac{1}{8}\cos 2x+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
318、 (2)、 求不定积分 $\displaystyle \int x\mathrm{e}^{2x}\mathrm{ d} x$. (陕西师范大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\frac{1}{2}\int x\mathrm{ d} \mathrm{e}^{2x} \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \frac{1}{2}\left(x\mathrm{e}^{2x}-\int \mathrm{e}^{2x}\mathrm{ d} x\right)\\\\ =&\frac{1}{2}x\mathrm{e}^{2x}-\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2x}+C=\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\right)\mathrm{e}^{2x}+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
319、 2、 定义函数 $\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^2\mathrm{e}^{n(x-1)}+ax+b}{\mathrm{e}^{n(x-1)}+1}$, 其中 $\displaystyle x\in\mathbb{R}$, $\displaystyle a,b$ 是常数. (1)、 讨论 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不定积分的存在性. (2)、 当 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不定积分存在, 求 $\displaystyle \int f(x)\mathrm{ d} x$. (首都师范大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}ax+b,&x < 1,\\\\ \frac{x^2+ax+b}{2}=\frac{1+a+b}{2},&x=1,\\\\ \lim_{n\to\infty}\frac{x^2+(a+b)\mathrm{e}^{n(1-x)}}{1+\mathrm{e}^{n(1-x)}}=x^2,&x > 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle f$ 的不定积分存在 $\displaystyle \Leftrightarrow \exists\ F,\mathrm{ s.t.} F'=f$, 由导函数极限定理知 $\displaystyle f$ 至多有第二类间断点. 从而 $\displaystyle f$ 连续:
$$\begin{aligned} a+b=f(1-0)=f(1)=\frac{1+a+b}{2}=f(1+0)=1\Leftrightarrow b=1-a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此时, $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}a(x-1)+1,&x < 1,\\\\ 1,&x=1,\\\\ x^2,&x > 1.\end{array}\right.$ 求不定积分即知
$$\begin{aligned} \int f(x)\mathrm{ d} x=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{a}{2}(x-1)^2+x+C_1,&x < 1,\\\\ \frac{x^3}{3}+C_2,&x > 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由不定积分的连续性知
$$\begin{aligned} C_1+1=\frac{1}{3}+C_2\Rightarrow \int f(x)\mathrm{ d} x=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{a}{2}(x-1)^2+x+C,&x < 1,\\\\ \frac{x^3+2}{3}+C,&x\geq 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
320、 2、 计算下列积分 (每小题 9 分, 共 36 分). (1)、 $\displaystyle \int x\ln \frac{1+x}{1-x}\mathrm{ d} x$. (四川大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}$, 则 $\displaystyle f'(x)=\frac{2}{1-x^2}$, 而
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int f(x)\mathrm{ d} \frac{x^2}{2} =\frac{x^2}{2}f(x)-\int \frac{2}{1-x^2}\frac{x^2}{2}\mathrm{ d} x\\\\ =&\frac{x^2}{2}f(x)-\int \left(-1+\frac{1}{1-x^2}\right)\mathrm{ d} x =\frac{x^2}{2}f(x)+x-\frac{1}{2}f(x)+C\\\\ =&\frac{x^2-1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}+x+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
321、 (2)、 $\displaystyle \int\frac{\mathrm{ d} x}{2+\tan^2x}$. (天津大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{ d} x}{1+\left(\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right)^2} \stackrel{\frac{\tan x}{\sqrt{2}}=t}{=}\frac{1}{2} \int\frac{1}{1+t^2}\cdot\frac{1}{1+2t^2}\mathrm{ d} t\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\int\left(-\frac{1}{1+t^2}+\frac{2}{1+2t^2}\right)\mathrm{ d} t\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[-\arctan t+\sqrt{2}\int \frac{\mathrm{ d} \left(\sqrt{2}t\right)}{1+(\sqrt{2}t)^2}\mathrm{ d} t\right]\\\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}} \left[-\arctan t+\sqrt{2}\arctan \left(\sqrt{2}t\right)\right]+C\\\\ &=x-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right)+C . \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
322、 (4)、 $\displaystyle \int \arctan \sqrt{x}\mathrm{ d} x=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (西安交通大学2023年数学分析考研试题) [不定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\int \arctan t\cdot 2t\mathrm{ d} t\left(\sqrt{x}=t\right)\\\\ &=\int \arctan t\mathrm{ d} (t^2)\\\\ &=t^2\cdot \arctan t -\int\frac{t^2}{1+t^2}\mathrm{ d} t\left(\mbox{分部积分}\right)\\\\ &=t^2\cdot \arctan t -\int \left(1-\frac{1}{1+t^2}\right)\mathrm{ d} t\\\\ &=(1+t^2)\cdot \arctan t -t+C\\\\ &=(1+x)\cdot \arctan \sqrt{x} -\sqrt{x}+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
/4 
|Archiver|小黑屋|小张的小站
( 赣ICP备2024047342号-1 )
发表于 2023-3-5 08:48:21