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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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初等数学讨论
» 2018年全国卷3理科第21题 整式与$\ln(x+1)$积求导2
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发表于 2018-6-12 20:13
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只看该作者
[函数]
2018年全国卷3理科第21题 整式与$\ln(x+1)$积求导2
网络上有说“(2)可用泰勒展开式”,我不知怎么“展”,用得少,忘记了。
对我是多次求导的绝佳例子(直接用)。
题:已知函数$f(x) = \left(2+x+ax^2\right)\ln\left(x+1\right)-2x$.
(1)若$a=0$,证明:当$-1<x<0$时,$f(x)<0$;当$x>0$时,$f(x)>0$;
(2)若$x=0$是$f(x)$的极大值点,求$a$.
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发表于 2018-6-12 20:18
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只看该作者
(1)略;
(2)先求$$f'(x)=(1+2ax)\ln(1+x)+\frac{2+x+ax^2}{x+1}-2,\Rightarrow f'(0)\equiv 0,$$
再来,$$f''(x)=2ax\ln(1+x)+\frac{1+2ax}{x+1}+\frac{-1+2ax+ax^2}{(1+x)^2},\Rightarrow f''(0)\equiv 0,$$
一般题到这此就结束了,不亏为理科高考压轴题,求得兴起,
$$f'''(x)=\frac{2a}{1+x}+\frac{2a-1}{(x+1)^2}+\frac{2a+2}{(1+x)^3},\Rightarrow f'''(0)= 6a+1,$$
终于不恒为零了。
都4阶了,应该结束了
$$f^{(4)}(x)=-\frac{2a}{(1+x)^2}-\frac{4a-2}{(x+1)^3}-\frac{6a+6}{(1+x)^3},\Rightarrow f^{(4)}(x)= -12a-4,$$
令$$f'''(0)= 6a+1=0\Rightarrow a=-\frac 16,$$
且有$$f^{(4)}(x)= -12a-4<0.$$
即$a=-1/6$即为所求.
复习了一下求极值的一个条件,好。
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kuing
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发表于 2018-6-12 20:55
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只看该作者
上MMC展开一下看看:
2018-6-12 20:54
所以结果显然
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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kuing
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发表于 2018-6-12 22:32
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只看该作者
记 `U(\delta)=(-\delta,\delta)`, `\mathring U(\delta)=(-\delta,0)\cup(0,\delta)`,就是邻域及去心邻域。
由于 `f(0)=0` 恒成立,则由 `x=0` 是极大值点可知存在很小的 `\delta` 使得 `f(x)` 在 `\mathring U(\delta)` 上恒为负。
由于 `\delta` 很小,所以在 `\mathring U(\delta)` 上必有 `2+x+ax^2>0`,于是设
\[g(x)=\ln(x+1)-\frac{2x}{2+x+ax^2},\]
则 `g(x)` 在 `\mathring U(\delta)` 上也必然恒为负,求导得
\[g'(x)=\frac{x^2(a^2x^2+4ax+6a+1)}{(x+1)(2+x+ax^2)^2},\]
假如 `x=0` 不是 `a^2x^2+4ax+6a+1=0` 的根,则存在 `\delta'` 使得 `a^2x^2+4ax+6a+1` 在 `U(\delta')` 上保号(恒正或恒负),亦即 `g'(x)` 在 `\mathring U(\delta')` 上保号,由于 `g(0)=0`,那么 `g(x)` 在 `(-\delta',0)` 与 `(0,\delta')` 上必异号,不满足在 `\mathring U(\delta)` 上恒负,所以,`x=0` 必须是 `a^2x^2+4ax+6a+1=0` 的根,从而只可能 `a=-1/6`,经检验,`a=-1/6` 的确满足条件,所以 `a=-1/6`。
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发表于 2018-6-13 07:48
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只看该作者
本帖最后由 zhcosin 于 2018-6-13 21:02 编辑
(1) $a = 0$ 时,$f (x) = (2 + x) \ln (1 + x) - 2 x$, 导函数 $f' (x) = \ln(1 + x) + \frac{1}{1 + x} - 1$,二阶导函数 $f'' (x) = \frac{x}{(1 +x)^2}$,由二阶导函数的符号可知,一阶导函数 $f' (x)$ 在 $(-1, 0)$ 上单调减少,在 $(0, + \infty)$ 上单调增加,又 $f' (0) =0$,所以 $x = 0$ 是一阶导函数的极小值点,且 $f' (x) \geqslant 0$ 恒成立,且仅在 $x = 0$ 时取零值,从而函数 $f (x)$ 在 $(-1, + \infty)$ 上是单调增加的,又 $f (0) = 0$,故得结论.
(2) 导函数 $f' (x) = (1 + 2 a x) \ln (1 + x) + \frac{1 + a x^2}{1 + x} -1$,显然有 $f' (0) = 0$,且 $f (0) = 0$. 要使得 $f (x)$ 在 $x = 0$处取极大值,就必须存在实数 $\delta > 0$,使得当 $x \in (-\delta, 0) \cup (0, \delta)$ 时,不等式 $f (x) < f (0) = 0$ 恒成立.
由 (1) 的结论可知 $a = 0$不符合要求,因此接下来的讨论都限定 $a \neq 0$.
显然当 $| x | < 1$ 且 $| a x^2 | < 1$ 时,也即 $| x | < \min \left( 1,\frac{1}{\sqrt{| a |}} \right)$ 时,有 $2 + x + a x^2 > 0$,因此这时不等式 $f (x) < 0$ 等价于 $\ln (1 + x) < \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$. 令 $h (x) = \ln (1 + x) - \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$,其导函数 $h' (x) = \frac{a x^2 (a x^2 + 4 x + 6 a + 1)}{(1 + x) (2 + x + a x^2)^2}$,易见,如果 $6 a + 1 \neq 0$,则 $h'(x)$在 $x=0$附近的足够小的区间$(-\delta,\delta)$内保持着恒定的符号,从而$h (x)$ 在 $x = 0$ 的两侧必然一正一负,从而总有一侧有 $h (x) > h (0) = 0$ 成立,不符合要求,所以 $a = - \frac{1}{6}$ 为所求.
数学暗恋者,程序员,喜欢古典文学/历史,个人主页: https://zhcosin.coding.me/
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发表于 2018-6-13 13:09
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kuing
此解法灵活搞定。f(x)ln[g(x)]型函数的零点处理常用手法!避免求导后仍有ln纠缠。赞!!!
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发表于 2018-6-13 18:59
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zhcosin
4#5#一个意思,两种表述
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发表于 2018-6-13 20:39
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不用三次求导的妙处在于:f(x)与g(x)在x=0处有相同的极大值点,而g(x)求导避开了ln这个对数且只许关注二次函数的零点。当然此题也可以分离变量求再夹逼求得。
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发表于 2018-6-13 21:26
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嗯,一般地:设 `f(x)` 在 `x=x_0` 处取得极大(小)值且 `f(x_0)=0`,设 `q(x)` 为连续函数且 `q(x_0)>0`,则 `g(x)=q(x)f(x)` 同样在 `x=x_0` 处取得极大(小)值且 `g(x_0)=0`。
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