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 $[a, + \infty)$ 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:

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

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

将 $(b, f(b))$ 代入到 $①$ 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 $①$ 式中的方式求解未知量 $C$.

$$
C = f(b) – bf^{‘}(b).
$$

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 $x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a$:

$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a \Rightarrow
$$

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

$$
b f^{‘}(b) – f(b) – af^{‘}(b) > 0. ②
$$

根据 $②$ 式,我们可设:

$$
\phi(x) = x f^{‘}(x) – f(x) – af^{‘}(x).
$$

注:

[1]. 由于在 $②$ 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 $②$ 式中的 $b=x$.

于是:

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

$$
\phi^{‘}(x) = f^{”}(x) (x – a).
$$

于是,若令 $\phi^{‘}(x) = 0$, 则:

$$
x = a.
$$

又由于 $f^{”}(x) > 0$, 则:

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

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

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

$$
\phi(a) = – f(a) = 0.
$$

即:

$$
\phi(x) > 0(x \neq a) \Rightarrow
$$

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

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

$$
x_{0} = b – \frac{f(b)}{f^{‘}(b)} > a.
$$

综上可知:

$$
a < x_{0} < b.
$$