2015年考研数二第21题解析：导数、函数的单调性与凹凸性

题目

已知函数 $f(x)$ 在区间 $[a,+\mathrm{\infty })$ 上具有二阶导数，$f(a)=0$, $f^{‘}(x)>0$, $f^{”}(x)>0$, 设 $b>a$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(b,f(b))$ 处的切线与 $x$ 轴的交点是 $(x_0,0)$. 证明：$a<x_0<b$.

解析

首先，设点 $(b,f(b))$ 处的切线方程为：

$$\mu (x)=kx+C\Rightarrow$$

$$\mu (x)=f^{‘}(b)\cdot x+C.\mathrm{①}$$

将 $(b,f(b))$ 代入到 $\mathrm{①}$ 式中，可得：

$$\mu (x)=f^{‘}(b)\cdot b+C=f(b)\Rightarrow$$

注：

[1]. 根据题意，只有 $a$ 和 $b$ 是已知量，我们不能认为 $x_0$ 是一个已知量，否则，就没有必要证明 $a<x_0<b$ 了。因此，我们不能通过将点 $(x_0,0)$ 代入到 $\mathrm{①}$ 式中的方式求解未知量 $C$.

$$C=f(b)–b{f}^{‘}(b).$$

于是：

$$\mu (x)=f^{‘}(b)x+f(b)–b{f}^{‘}(b).$$

令 $\mu (x_0)=0$, 则有：

$$f^{‘}(b)x+f(b)–b{f}^{‘}(b)=0\Rightarrow$$

$$x_0=b–\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}.$$

由于 $f^{‘}(x)>0$, $b>a$, 所以：

$$f(b)>f(a).$$

且 $f(a)=0$, 于是：

$$f(b)>0.$$

又由于 $f^{‘}(x)>0$, 故：

$$f^{‘}(b)>0.$$

综上，有：

$$\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}>0\Rightarrow$$

$$x_0=b–\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}<b\Rightarrow$$

$$x_0<b.$$

接下来证明 $x_0=b–\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}>a$:

$$x_0=b–\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}>a\Rightarrow$$

$$b{f}^{‘}(b)–f(b)>a{f}^{‘}(b)\Rightarrow$$

$$b{f}^{‘}(b)–f(b)–a{f}^{‘}(b)>0.\mathrm{②}$$

根据 $\mathrm{②}$ 式，我们可设：

$$\varphi (x)=x{f}^{‘}(x)–f(x)–a{f}^{‘}(x).$$

注：

[1]. 由于在 $\mathrm{②}$ 式中，只有 $b$ 是函数 $f$ 的变量，而 $a$ 只是一个普通的常数。因此，在构造函数的时候，我们只能令 $\mathrm{②}$ 式中的 $b=x$.

于是：

$${\varphi }^{‘}(x)=f^{‘}(x)+x{f}^{”}(x)–f^{‘}(x)–a{f}^{”}(x)\Rightarrow$$

$${\varphi }^{‘}(x)=f^{”}(x)(x–a).$$

于是，若令 ${\varphi }^{‘}(x)=0$, 则：

$$x=a.$$

又由于 $f^{”}(x)>0$, 则：

1. 当 $x<a$ 时，${\varphi }^{‘}(x)<0$, 即函数 $\varphi (x)$ 单调递减；
2. 当 $x>a$ 时，${\varphi }^{‘}(x)>0$, 即函数 $\varphi (x)$ 单调递增。

于是可知，当 $x=a$ 时，函数 $\varphi (x)$ 取得最小值，且最小值为：

$$\varphi (a)=a{f}^{‘}(a)–f(a)–a{f}^{‘}(a)\Rightarrow$$

$$\varphi (a)=–f(a)=0.$$

即：

$$\varphi (x)>0(x\ne a)\Rightarrow$$

$$x{f}^{‘}(x)–f(x)–a{f}^{‘}(x)>0(x\ne a)\Rightarrow$$

$$b{f}^{‘}(b)–f(b)–a{f}^{‘}(b)>0(b\ne a)\Rightarrow$$

$$x_0=b–\frac{f(b)}{f^{‘}(b)}>a.$$

综上可知：

$$a<x_0<b.$$