张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第13天
277、 8、 (15 分) 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-1,1]$ 上由三阶连续导数, $\displaystyle f(-1)=0, f(1)=1, f'(0)=0$. 求证: 存在 $\displaystyle \xi\in (-1,1)$, 使得 $\displaystyle f'''(\xi)=3$. (中国海洋大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
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
$$\begin{aligned} 1=\frac{f'''(\eta)+f'''(\zeta)}{6}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} f'''(\eta)\geq 3\Rightarrow f'''(\zeta)\leq 3;\quad f'''(\eta) < 3\Rightarrow f'''(\zeta) > 3. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
无论何种情形, 均可由连续函数的介值定理导出结论: $\displaystyle \exists\ \xi$ 介于 $\displaystyle \eta,\zeta$, 使得 $\displaystyle f'''(\xi)=3$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
278、 1、 (15 分) 计算函数
$$\begin{aligned} y(x)=\sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
的导数, 并求
$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}}-\sqrt{x}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$\displaystyle y$ 在它的定义域上是否一致连续? (中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、
$$\begin{aligned} y'=\frac{1+\frac{1+\frac{1}{4x^\frac{3}{4}}}{3(x+x^\frac{1}{4})^\frac{2}{3}}}{2\sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再者,
$$\begin{aligned} &\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}}-\sqrt{x}\right)\\\\ =&\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}}{\sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}+\sqrt{x}}}\\\\ =&\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt[3]{1+\frac{\sqrt[4]{x}}{\sqrt[3]{x}}}}{\sqrt{1+\frac{\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{x}}+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}}+1}\cdot\frac{1}{x^\frac{1}{6}} \xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 为了回答最后一问, 我们先证明如下结果. 设函数 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致连续, $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,\infty)$ 上连续, 且 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}[f(x)-g(x)]=0$. 则 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,\infty)$ 上一致连续. 事实上, 对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0$,
$$\begin{aligned} \exists\ X > a+1,\mathrm{ s.t.} x\geq X\Rightarrow |f(x)-g(x)| < \frac{\varepsilon}{3};\\\\ \exists\ 0 < \delta_1 < 1,\mathrm{ s.t.} x,y\geq a,\ |x-y| < \delta\Rightarrow |g(x)-g(y)| < \frac{\varepsilon}{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} &x,y\geq X,\ |x-y| < \delta_1 \\\\ \Rightarrow &|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-g(x)| +|g(x)-g(y)| +|g(y)-f(y)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,X+1]$ 上连续, 而一致连续,
$$\begin{aligned} \exists\ 0 < \delta < \delta_1,\mathrm{ s.t.} a\leq x,y\leq X+1,\ |x-y| < \delta\Rightarrow |f(x)-f(y)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
如此, 对 $\displaystyle \forall\ a\leq x < y,\ |x-y| < \delta$, 若 $\displaystyle a\leq x\leq X$, 则 $\displaystyle a\leq y\leq x+\delta < x+\delta_1 < x+1\leq X+1$, 而 $\displaystyle |f(x)-f(y)| < \varepsilon$; 若 $\displaystyle x > X$, 则 $\displaystyle y > x > X$, 而也有 $\displaystyle |f(x)-f(y)| < \varepsilon$. (3)、 回到题目. 对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0, \exists\ \delta=\varepsilon^2 > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ 0\leq x < y < x+\delta$,
$$\begin{aligned} \sqrt{y}-\sqrt{x}\leq \sqrt{y-x} < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \sqrt{x}$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续. 由第 2 步即知 $\displaystyle y$ 在其定义域 $\displaystyle x\geq 0$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
279、 6、 (15 分) 设
$$\begin{aligned} f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x^2\sin^2\frac{1}{x},&x\neq 0,\\\\ 0,&x=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
计算 $\displaystyle f$ 的导数 $\displaystyle f'$, 并讨论 $\displaystyle f'$ 的连续性. (中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 当 $\displaystyle x\neq 0$ 时,
$$\begin{aligned} f'(x)=-2\sin\frac{1}{x}\cos \frac{1}{x}+2x\sin^2\frac{1}{x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
当 $\displaystyle x=0$ 时,
$$\begin{aligned} f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to 0}x\sin^2\frac{1}{x}\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} f'\left(\frac{1}{k\pi+\frac{\pi}{4}}\right)=&-1+\frac{4}{(4k+1)\pi}\xrightarrow{k\to+\infty}-1\neq 0=f'(0),\\\\ f'\left(\frac{1}{k\pi+\frac{3\pi}{4}}\right)=&1+\frac{4}{(4k+3)\pi}\xrightarrow{k\to+\infty}1\neq 0=f'(0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f'$ 除了以 $\displaystyle 0$ 为第二类间断点外都连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
280、 10、 (15 分) 设
$$\begin{aligned} g_n(x)=\mathrm{e}^{x^2}\frac{\mathrm{ d}^n}{\mathrm{ d} x^n}(\mathrm{e}^{-x^2}). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 求证: $\displaystyle g_n$ 是 $\displaystyle n$ 次多项式; (2)、 求证: $\displaystyle g_n$ 的所有根都是实数. (中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 用数学归纳法证明 $\displaystyle (\mathrm{e}^{-x^2})^{(n)}=g_n(x)\mathrm{e}^{-x^2}$, 其中 $\displaystyle g_n(x)$ 是 $\displaystyle n$ 次多项式. 当 $\displaystyle n=1$ 时, 结论自明. 设结论对 $\displaystyle n$ 成立, 则当 $\displaystyle n+1$ 时,
$$\begin{aligned} (\mathrm{e}^{-x^2})^{(n+1)} =[g_n(x)\mathrm{e}^{-x^2}]' =[g_n'(x)-2xg_n(x)]\mathrm{e}^{-x^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle g_{n+1}(x)=g_n'(x)-2xg_n(x)$ 是 $\displaystyle n+1$ 次多项式. (2)、 不断分部积分知
$$\begin{aligned} &\int_{\mathbb{R}} x^kg_n(x)\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x =\int_{\mathbb{R}} x^k \mathrm{ d} (\mathrm{e}^{-x^2})^{n-1}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}&-\int_{\mathbb{R}} k x^{k-1}(\mathrm{e}^{-x^2})^{(n-1)}\mathrm{ d} x \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}\cdots=0, 0\leq k\leq n-1.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(3)、 设 $\displaystyle g_n(x)$ 重数为奇数的不同实根为 $\displaystyle x_1,\cdots,x_m$ ($m\leq n$, 而其它实根的重数均为偶数, 所有虚根成对出现). 这表明 $\displaystyle g_n(x)(x-x_1)\cdots(x-x_m)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不变号, 且仅在至多 $\displaystyle n$ 个点处取值为零. 由于 $\displaystyle \mathrm{e}^{-x^2} > 0$, $\displaystyle \mathrm{e}^{-x^2}g_n(x)(x-x_1)\cdots(x-x_m)$ 也满足上述性质. 于是
$$\begin{aligned} \int_{\mathbb{R}} e^{-x^2}g_n(x)(x-x_1)\cdots(x-x_m)\mathrm{ d} x\neq 0.\qquad(II) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle m\leq n-1$, 则由 $\displaystyle (I)$ 知 $\displaystyle \int_{\mathbb{R}} e^{-x^2}g_n(x)(x-x_1)\cdots(x-x_m)\mathrm{ d} x=0.$ 这与 $\displaystyle (II)$ 矛盾. 故 $\displaystyle m=n$, $\displaystyle g_n(x)$ 的重数为奇数的不同实根为 $\displaystyle x_1,\cdots,x_n$. 这些重数也都 $\displaystyle =1$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
281、 3、 设 $\displaystyle f(x)$ 为 $\displaystyle [a,b]$ 上的二阶可导函数, $\displaystyle f(a)=f(b)=0$, 并存在一点 $\displaystyle c\in (a,b)$, 使得 $\displaystyle f(c)=0$, 且 $\displaystyle f(x)$ 非常值函数. 求证: 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$, 使得 $\displaystyle f''(\xi) < 0$. (中国科学院大学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 $\displaystyle \forall\ x\in (a,b), f''(x)\geq 0$, 则 $\displaystyle f$ 是凸函数,
$$\begin{aligned} a < x < b\Rightarrow&c=(1-\theta_x)a+\theta_x b\\\\ \Rightarrow&f(x)\leq (1-\theta_x)f(a)+\theta_x f(b)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f$ 非常值函数知 $\displaystyle \exists\ \xi\in (a,b)$, 使得 $\displaystyle f(\xi) < 0$. 不妨设 $\displaystyle a < \xi < c$ (若 $\displaystyle c < \xi < b$, 类似讨论可得矛盾). 进而
$$\begin{aligned} \xi < c < b\Rightarrow&\exists\ \tau\in (0,1),\mathrm{ s.t.} c=(1-\tau)\xi+\tau b\\\\ \Rightarrow& 0=f(c)\leq (1-\tau)f(\xi)+\tau f(b)=(1-\tau)f(\xi) < 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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/
282、 8、 (15 分) 求函数 $\displaystyle f(x)=\sqrt[3]{(x-2)(x+1)^2}$ 的单调区间, 凹凸区间, 极值, 拐点及渐近线. (中国矿业大学(北京)2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} &f^3(x)=(x-2)(x+1)^2\left\{\begin{array}{llllllllllll}\leq 0,&x\leq 2,\\\\ > 0,&x > 2\end{array}\right.\\\\ \Rightarrow&3f^2(x)f'(x)=3(x-1)(x+1)\left\{\begin{array}{llllllllllll} < 0,&-1 < x < 1,\\\\ > 0,&x < -1\mbox{或} x > 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (-\infty,-1)\nearrow$, 在 $\displaystyle (-1,1)\searrow$, 在 $\displaystyle (1,+\infty)\nearrow$. 从而 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=-1$ 处取得极大值 $\displaystyle 0$, 在 $\displaystyle x=1$ 处取得极小值 $\displaystyle -\sqrt[3]{4}$. 再者,
$$\begin{aligned} f''(x)=-\frac{2}{(x-2)^\frac{5}{3}(x+1)^\frac{4}{3}}\left\{\begin{array}{llllllllllll} > 0,&x < 2,\\\\ < 0,&x > 2\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
蕴含 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (-\infty,2)$ 上凸, 在 $\displaystyle (2,+\infty)$ 上凹, $\displaystyle (2,0)$ 为拐点. 最后, $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=1$,
$$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)-x}{x} =\lim_{x\to\infty}\left[\sqrt[3]{\left(1-\frac{2}{x}\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)}-1\right] =0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 只有斜渐近线 $\displaystyle y=x$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
283、 12、 (10 分) 已知函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上有二阶导数, 且 $\displaystyle f(0)=f(1)=f'(0)=f'(1)=0$. 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得 $\displaystyle f''(\xi)=f(\xi)$. (中国矿业大学(北京)2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\int \mathrm{e}^x f''(x)\mathrm{ d} x=\int \mathrm{e}^x \mathrm{ d} f'(x) =\mathrm{e}^x f'(x)-\int \mathrm{e}^x f'(x)\mathrm{ d} x\\\\ =&\mathrm{e}^x f'(x)-\int \mathrm{e}^x \mathrm{ d} f(x) =\mathrm{e}^x f'(x)-\left[\mathrm{e}^x f(x)-\int \mathrm{e}^x f(x)\mathrm{ d} x\right]\\\\ =&\mathrm{e}^x[f'(x)+f(x)]+\int \mathrm{e}^x f(x)\mathrm{ d} x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^x[f''(x)-f(x)]=\left\{\mathrm{e}^x[f'(x)+f(x)]\right\}'. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故令 $\displaystyle F(x)=\mathrm{e}^x [f'(x)+f(x)]$ 后, 由题设知 $\displaystyle F(0)=F(1)=0$. 而由 Rolle 定理知
$$\begin{aligned} \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} 0=F'(\xi)=\mathrm{e}^{\xi}[f''(\xi)-f(\xi)] \Rightarrow f''(\xi)=f(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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284、 3、 (15 分) 设函数 $\displaystyle F(x)=\int_0^x \mathrm{e}^{-t}\cos t\mathrm{ d} t$, 计算 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle [0,2\pi]$ 上的最大值与最小值. (中国人民大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} F'(x)=\mathrm{e}^{-x}\cos x\left\{\begin{array}{llllllllllll} > 0,&2k\pi-\frac{\pi}{2} < x < 2k\pi+\frac{\pi}{2},\\\\ < 0,&2k\pi+\frac{\pi}{2} < x < 2k\pi+\frac{3\pi}{2}\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle \frac{\pi}{2}$ 处取得极大值, 在 $\displaystyle \frac{3\pi}{2}$ 处取得极小值. 再由
$$\begin{aligned} F(x)\xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \frac{\mathrm{e}^{-x}}{2}(\mathrm{e}^x-\cos x+\sin x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \max_{[0,2\pi]}F=&\max\left\{F\left(\frac{\pi}{2}\right),F\left(2\pi\right)\right\}=F\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{1+\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}}{2},\\\\ \min_{[0,2\pi]}F=&\min\left\{F(0),F\left(\frac{3\pi}{2}\right)\right\} =F(0)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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285、 4、 (15 分) 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 在 $\displaystyle (a,b)$ 内有二阶导数, $\displaystyle c$ 为 $\displaystyle (a,b)$ 内任意一点. 证明: $\displaystyle \exists\ \xi\in (a,b)$, 使得
$$\begin{aligned} \frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}=\frac{1}{2}f''(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(中国人民大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 考虑函数
$$\begin{aligned} F(x)=&f(x)-\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}(x-b)(x-c) -\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}(x-a)(x-c)\\\\ & -\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}(x-a)(x-b), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} &F(a)=F(b)=F(c)=0\\\\ \stackrel{\mbox{Rolle}}{\Longrightarrow}&\exists\ a < \eta < b < \zeta < c,\mathrm{ s.t.} F'(\eta)=F'(\zeta)=0\\\\ \stackrel{\mbox{Rolle}}{\Longrightarrow}&\exists\ \eta < \xi < \zeta,\mathrm{ s.t.} 0=F''(\xi)\\\\ &=f''(\xi)-\left[\frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-c)(b-a)}+\frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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286、 5、 (15 分) 解答如下问题. (1)、 设函数 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=0$ 附近有三阶导数, 且其带带皮亚诺型余项的三阶麦克劳林展开式为
$$\begin{aligned} f(x)=1+x+3x^2+4x^3+o(x^3), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
试写出 $\displaystyle f$ 的反函数 $\displaystyle g$ 的带皮亚诺型余项的三阶麦克劳林展开式. (中南大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} g(x)=&\frac{1}{f(x)} =\frac{1}{1+x+3x^2+4x^3+o(x^3)}\\\\ =&1-(x+3x^2+4x^3)+(x+3x^2)^2-x^3+o(x^3)\\\\ =&1-x-2x^2+x^3+o(x^3). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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287、 (2)、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有定义, 且对任何 $\displaystyle x,y\in (0,+\infty)$, 都有
$$\begin{aligned} f(xy)=f(x)+f(y). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若 $\displaystyle f'(1)$ 存在, 求 $\displaystyle f'(x)$. (重庆大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 令 $\displaystyle x=y=1$ 知 $\displaystyle f(1)=0$. 于是
$$\begin{aligned} f'(x)=&\lim_{y\to x}\frac{f(y)-f(x)}{y-x} =\lim_{y\to x}\frac{f\left(x\cdot\frac{y}{x}\right)-f(x)}{y-x} =\lim_{y\to x}\frac{f\left(\frac{y}{x}\right)}{y-x}\\\\ =&\lim_{y\to x}\frac{f\left(\frac{y}{x}\right)-f(1)}{\frac{y}{x}-1}\cdot \frac{1}{x} =\frac{f'(1)}{x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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288、 (4)、 求函数 $\displaystyle f(x)=\int_1^{x^2}(x^2-t)\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t$ 的单调区间与极值. (重庆大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f(x)=x^2\int_1^{x^2}\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t-\int_1^{x^2}t\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t$ 知
$$\begin{aligned} f'(x)=&2x\int_1^{x^2}\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t+x^2\mathrm{e}^{-x^4}\cdot 2x-x^2\mathrm{e}^{-x^4}\cdot 2x\\\\ =&2x\int_1^{x^2}\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t \left\{\begin{array}{llllllllllll} > 0,&x < 0,\\\\ < 0,&0 < x < 1,\\\\ > 0,&x > 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (-\infty,0)$ 上严增, 在 $\displaystyle (0,1)$ 上严减, 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上严增. 进而 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=0$ 处取得极大值
$$\begin{aligned} f(0)=\int_1^0 (-t)\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{ d} t=\frac{\mathrm{e}-1}{2\mathrm{e}}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
在 $\displaystyle x=1$ 处取得极小值 $\displaystyle f(1)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
289、 4、 (10 分) 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 内可导, $\displaystyle f(0)=0$, 且对任意 $\displaystyle x\in (0,1)$ 有 $\displaystyle f(x)\neq 0$. 证明: 对任意正整数 $\displaystyle n$, 存在 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得
$$\begin{aligned} \frac{nf'(\xi)}{f(\xi)}=\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(重庆大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 即要证 $\displaystyle \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} nf'(\xi)f(1-\xi)-f(\xi)f'(1-\xi)=&0,\\\\ f^{n-1}(\xi)\left[nf'(\xi)f(1-\xi)-f(\xi)f'(1-\xi)\right]=&0\\\\ \left.\left[f^n(x)f(1-x)\right]'\right|_{x=\xi}=&0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle F(x)=f^n(x)f(1-x)$, 则 $\displaystyle F(0)=F(1)=0$. 而由 Rolle 定理知 $\displaystyle \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} F'(\xi)=0$. 结论得证.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
290、 (4)、 设 $\displaystyle y=\mathrm{e}^x\sin y+\mathrm{e}^y\sin x-7x$, 则 $\displaystyle y'=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F=\mathrm{e}^x\sin y+\mathrm{e}^y\sin x-7x-y$, 则
$$\begin{aligned} y'=-\frac{F_x}{F_y}=\frac{7-\mathrm{e}^y\cos x-\mathrm{e}^x\sin y}{\mathrm{e}^x\cos y+\mathrm{e}^y\sin x-1}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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291、 3、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, $\displaystyle f(a)=f(b)=0$. 证明:
$$\begin{aligned} \max_{x\in [a,b]}|f(x)|\leq \frac{1}{8}(b-a)^2\max_{x\in [a,b]}|f''(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(北京师范大学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 / 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/
292、 4、 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上二阶可导, 且 $\displaystyle f''(x)\leq 0, \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x}=2$. 证明: $\displaystyle f(x)\leq 4x$. (北京邮电大学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 /
$$\begin{aligned} f(0)=&\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x}\cdot 2x=2\cdot 0=0,\\\\ f'(0)=&\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=4. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle f''\leq 0$ 知 $\displaystyle f$ 是凹函数, 而
$$\begin{aligned} x\in\mathbb{R}\Rightarrow f(x)\leq f(0)+f'(0)x=4x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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293、 11、 已知 $\displaystyle 0 < a < b < 1$. 证明:
$$\begin{aligned} \arctan b-\arctan a < \frac{b-a}{2ab}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(北京邮电大学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 $\displaystyle f(x)=\arctan x+\arctan \frac{1}{x}, x > 0$, 则
$$\begin{aligned} f'(x)=0\Rightarrow f(x)=f(1)=\frac{\pi}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故只要证
$$\begin{aligned} &\left(\frac{\pi}{2}-\arctan a\right)-\left(\frac{\pi}{2}-\arctan b\right) < \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right), 0 < a < b < 1\\\\ \Leftrightarrow&\arctan \frac{1}{a}-\arctan \frac{1}{b} < \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right), 0 < a < b < 1\\\\ \Leftrightarrow&\arctan x-\arctan y < \frac{x-y}{2}, 1 < y < x\\\\ \Leftarrow&\frac{\arctan x-\arctan y}{x-y}\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \frac{1}{1+\xi_x^2} < \frac{1}{1+y^2} < \frac{1}{2}, 1 < y < x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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294、 9、 设函数 $\displaystyle f: [0,1]\to \mathbb{R}$ 是连续的且在 $\displaystyle (0,1)$ 上可微, 若 $\displaystyle f$ 满足: (1)、 $\displaystyle f(0)=0$; (2)、 存在常数 $\displaystyle M > 0$ 使得 $\displaystyle |f'(x)|\leq M|f(x)|$ 对任意 $\displaystyle x\in (0,1)$ 成立. 证明: 在 $\displaystyle [0,1]$ 上 $\displaystyle f(x)\equiv 0$. (东北师范大学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 / (1)、 设 $\displaystyle |f|$ 在 $\displaystyle \left[0,\min\left\{\frac{1}{2M},1\right\}\right]$ 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 $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in \left[0,\min\left\{\frac{1}{2M},1\right\}\right]$. 若 $\displaystyle \frac{1}{2M}\geq 1$, 则结论已证. (2)、 若不然, 设 $\displaystyle |f|$ 在 $\displaystyle \left[\frac{1}{2M},\min\left\{\frac{1}{M},1\right\}\right]$ 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 $\displaystyle f(x)\equiv 0, x\in \left[\frac{1}{2M},\min\left\{\frac{1}{M},1\right\}\right]$. (3)、 如此一直做下去, 经过有限步后知 $\displaystyle f\equiv 0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
295、 3、 设 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 上有二阶连续导数,
$$\begin{aligned} f(0)=f(1)=1, f''(x) < 8. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 对任意的 $\displaystyle x\in [0,1]$, 有 $\displaystyle f(x) > 0$. (复旦大学2023年分析(第6,7,8,9,10题没做)考研试题) [微分法与不等式 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle \min_{[0,1]}f=m$ 在 $\displaystyle c\in [0,1]$ 处取得. (1)、 若 $\displaystyle c=0$ 或 $\displaystyle 1$, 则
$$\begin{aligned} \forall\ x\in [0,1], f(x)\geq m=f(0)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 若 $\displaystyle 0 < c < 1$, 则由极值条件知 $\displaystyle f'(c)=0$. 再由 Taylor 定理知
$$\begin{aligned} 1&=f(0)=f(c)+\frac{f''(\xi)}{2}c^2 < m+4c^2,\\\\ 1&=f(1)=f(c)+\frac{f''(\eta)}{2}(1-c)^2 < m+4(1-c)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} &m > 1-4c^2, m > 1-4(1-c)^2\\\\ \Rightarrow&m > \max\left\{1-4c^2,1-4(1-c)^2\right\} =1-4\min\left\{c^2,(1-c)^2\right\}\\\\ &=1-4\min\left\{c,1-c\right\}^2 \geq 1-4\left(\frac{1}{2}\right)^2=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此事, 亦有
$$\begin{aligned} \forall\ x\in [0,1], f(x)\geq m > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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296、 5、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,2]$ 上满足
$$\begin{aligned} |f(x)|\leq 1, |f''(x)|\leq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 在 $\displaystyle [0,2]$ 上, $\displaystyle |f'(x)|\leq 2$; 并举例说明存在 $\displaystyle f(x)$ 满足题目条件且存在 $\displaystyle c\in [0,2]$, 使得 $\displaystyle |f'(c)|\leq 2$. (合肥工业大学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 公式,
$$\begin{aligned} f(0)&=f(x)+f'(x)(0-x)+\frac{f''(\xi_x)}{2}(0-x)^2,\\\\ f(2)&=f(x)+f'(x)(2-x)+\frac{f''(\eta_x)}{2}(1-x)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
相减即得
$$\begin{aligned} &2|f'(x)|\leq 2+\frac{1}{2} [x^2+(2-x)^2]\leq 4\\\\ \Rightarrow&|f'(x)|\leq 2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
另外, $\displaystyle f(x)=\frac{x^2}{2}-1$ 满足题设, 且 $\displaystyle |f'(2)|=2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
297、 4、 (15 分) 设 $\displaystyle a > 1, n\in\mathbb{Z}_+$, 证明:
$$\begin{aligned} \frac{a^\frac{1}{n+1}}{(n+1)^2} < \frac{a^\frac{1}{n}-a^\frac{1}{n+1}}{\ln a} < \frac{a^\frac{1}{n}}{n^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(河南大学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 $\displaystyle f(x)=a^x$, 则
$$\begin{aligned} a^\frac{1}{n}-a^\frac{1}{n+1} =&f\left(\frac{1}{n}\right)-f\left(\frac{1}{n+1}\right) \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} f'(\xi_n)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\\\ =&\frac{a^{\xi_n}\ln a}{n(n+1)} \in \left(\frac{a^\frac{1}{n+1}}{(n+1)^2},\frac{a^\frac{1}{n}}{n^2}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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298、 12、 设 $\displaystyle x,y\in\mathbb{R}$, 试证:
$$\begin{aligned} |\arctan x-\arctan y|\leq |x-y|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(黑龙江大学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 /
$$\begin{aligned} |\arctan x-\arctan y| \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \frac{1}{1+\xi^2}|x-y|\leq |x-y|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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299、 3、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导, $\displaystyle f(a)=0$, 且 $\displaystyle \forall\ x\in (a,b), f(x) > 0$. 证明: 不存在常数 $\displaystyle M > 0$, 使得
$$\begin{aligned} \left|\frac{f'(x)}{f(x)}\right|\leq M, x\in (a,b). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(湖南大学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 / 用反证法. 若
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in(a,b), |f'(x)|\leq M|f(x)|, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} &-Mf(x)\leq f'(x)\leq Mf(x)\Rightarrow [\mathrm{e}^{-Mx}f(x)]'\leq 0, [\mathrm{e}^{Mx}f(x)]'\geq 0\\\\ \Rightarrow&\mathrm{e}^{-Mx}f(x)\leq \mathrm{e}^{-Ma}f(a)=0, \mathrm{e}^{Mx}f(x)\geq \mathrm{e}^{Ma}f(a)=0 \Rightarrow f(x)\equiv 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与题设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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