大学生数学竞赛非数专题一（8）

用户9628320

发布于 2022-11-23 16:41:49

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专题一函数与极限（8）

1.2.8 利用介值定理的证明题

例1.27 （浙江省2011年数学竞赛题）证明

[x^2]+x^2=[x^3]+x^3

存在一个非整数解，其中

[x]

表示不大于x的最大整数.

解：构造函数

f(x)=[x^3]+x^3-[x^2]-x^2

，根据

2<(\sqrt[3]3)^2<(\sqrt[3]3.9)^2<3

，

3=(\sqrt[3]{3})^3<(\sqrt[3.9]{3})^3<4

所以当

x\in(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})

时，

[x^2]=3

，

[x^3]=3

,于是

f(x)=x^3-x^2+2-3=x^3-x^2-1

显然

f(x)

是在

x\in((\sqrt[3]{3}),(\sqrt[3]{3.9}))

是连续的，而

f(\sqrt[3]{3})=2-\sqrt[3]{9}<0

f(\sqrt[3]{3.9})=2.9-\sqrt[3]{15.21}>0

，

根据零点定理，即

\exists \xi\in(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})

，使得

f(\xi)=0

。同时

(\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{3.9})\subset (1,2)

，故

\xi\in(1,2)

内，使得

f(x)=0

有一个非整数解，即得证。

例1.28 （北京市1992年数学竞赛题）已知

f_{n}(x)=C_{n}^{0}\cos x-C_{n}^{1}\cos^2 x+\dotsb+C_{n}^{n}\cos ^{n}x

求证：（1）.对于任何自然数n，方程

f_{n}(x)=\dfrac{1}{2}

在区间

(0,\dfrac{\pi}{2})

上仅有一根；（2）.设

x_{n}\in(0,\dfrac{\pi}{2})

满足

f_{n}(x_{n})=\dfrac{1}{2}

，则

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{\pi}{2}

解：（1）.可知函数

f(x)=1-(1-\cos x)^n \in C[0,\dfrac{\pi}{2}]

,且

f_{n}(0)=-1

f_{n}(\frac{\pi}{2})=0

,由介值定理可知，

\dfrac{1}{2}\in(0,1)

,可以取到，

\exists x_{n}\in[0,\dfrac{\pi}{2}]

，使得

f_{n}(x_{n})=\dfrac{1}{2}

，而

f_{n}^{‘}(x)=-n(1-\cos x)^{n-1}<0

，即

f_{n}(x)

在

x\in[0,\dfrac{\pi}{2}]

上严格单调递减，所以

x_{n}

是唯一存在的。

（2）.可知

\displaystyle f_{n}(\arccos \frac{i}{n})=1-(1-\frac{1}{n})^n

，得

\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}f_{n}(\arccos \frac{1}{n})=1-\frac{1}{e}>\frac{1}{2}

,所以存在一个正整数

，当

n>N

时，有

\displaystyle f_{n}(\arccos \frac{1}{n})=\frac{1}{2}=f_{n}(x_{n})

,根据第一问，可知

f_{n}(x)

严格单调递减，所以

\displaystyle\arccos \frac{1}{n} < x_{n} < \frac{\pi}{2}

，令

n\rightarrow \infty

，即

\displaystyle\arccos\frac{1}{n}\rightarrow\frac{\pi}{2}

，利用夹逼准则，可以知

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{\pi}{2}

例1.29 （浙江省2008年数学竞赛题）（1）. 证明

f_{n}(x)=x^{n}+nx-2

(

为正整数)在

(0,+\infty)

上只有唯一正根

a_{n}

；（2）计算

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}(1+a_{n})^n

解：（1）.可知

f_{n}(0)=-2<0

，而

\displaystyle f_{n}(\frac{2}{n})=(\frac{2}{n})^n>0

,应用零点定理，可知

\exists x_{0}\in(0,\frac{2}{n})\subset(0,+\infty)

有

f_{n}(x_{0})=0

，且同时

f_{n}^{’}(x)=nx^{n-1}+n>0

，可知

f_{n}(x)

是单调递增的，故在

(0,+\infty)

只有一个实根

a_{n}

；

（2）.根据

n\in N^{+}

时，有

\displaystyle 0\leq \frac{2}{n}-\frac{2}{n^2} < 1

\displaystyle\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2} < \frac{2}{n}

，所以

\displaystyle f_{n}(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})=(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n-\frac{2}{n} < 0

进一步得

\displaystyle a_{n}\in(\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2},\frac{2}{n})

时，有

\displaystyle(1+\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n < (1+a_{n})^n < (1+\frac{2}{n})^n

令

n\rightarrow \infty

，有

\displaystyle(1+\frac{2}{n})^n\Rightarrow (1+\frac{2}{n})^{\frac{n}{2}\cdot 2}\rightarrow e^2

同时

\displaystyle(1+\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2})^n\Rightarrow (1+\frac{2n-2}{n^2})^{\frac{n^2}{2n-2}\cdot \frac{2n(2n-2)}{n^2}}\rightarrow e^2

，

根据夹逼准则，可以知

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}(1+a_{n})^n=e^2

例1.30（北京市1994年数学竞赛题）设

f_{n}(x)=x+x^2+x^3+\dotsb+x^n(n=2,3,4,\dotsb)

.证明：（1）.方程

f_{n}(x)=1

在

[0,+\infty)

上有唯一的实根

x_{n}

；（2）求极限

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}

。

解：（1）根据题意知

f_{n}(0)=0

，

f_{n}(1)=n>1

,且

f_{n}(x)\in C[0,1]

,由介值定理，存在一点

x_{n}\in (0,1)

内，使得

f_{n}(x_{n})=1

，同时

f_{n}^{'}(x)=1+2x+3x+\dotsb+nx^{n-1}>0（x\geq0）

，即

f_{n}(x)

在

[0,+\infty)

上是单调递增的，

所以

f_{n}(x)=1

在

[0,+\infty)

有唯一的实根

x_{n}

;

(2).根据（1）可知，对

\forall x\geq 2

时，有$0

x_{n}+x_{n}^2+x_{n}^3+\dotsb+x_{n}^n=x_{n+1}+x_{n+1}^2+x_{n+1}^3+\dotsb+x_{n+1}^{n+1}

移项得

(x_{n}-x_{n+1})[1+（x_{n}+x_{n+1}+\dotsb+(x_{n}^{n-1}+x_{n}^{n-2}x_{n-1})+\dotsb+x_{n+1}^{n-1}]=x_{n+1}^{n+1}>0

所以

x_{n}>x_{n+1}

,即数列

\{x_{n}\}

是单调递减，根据有界准则，可数列

\{x_{n}\}

是收敛的，令

x_{n}\rightarrow A(n\rightarrow \infty)

，则

\dfrac{A}{1-A}=1

，解得

A=\dfrac{1}{2}

,所以愿极限

\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}x_{n}=\dfrac{1}{2}

例1.31 （精选题）已知函数

f(x)

在闭区间

[a,b]

连续，且

f(a)=f(b)

，求证：

\exists \xi \in (a,b)

，使得

f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2})

解 :构造函数

F(x)=f(x+\frac{b-a}{2})-f(x)

x\in[a,\frac{a+b}{2}]

，则

F(\frac{a+b}{2})=f(b)-f(\frac{a+b}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2})

,同理

F(a)=f(\frac{a+b}{2})-f(a)

,所以可以得到

F(\frac{a+b}{2})F(a)=-[{f(a)-f(\frac{a+b}{2})}]^2<0

，

(1).当

f(a)=f(\frac{a+b}{2})

时，

\xi=\frac{a+b}{2}

;

(2).当

f(a)\neq f(\frac{a+b}{2})

时，应用零点定理，则有

\exists \xi \in(a,\frac{a+b}{2})

，使得

F(\xi)=0

,即可以得到

f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2})

今天的题目就到这里了，关于介值定理以及零点定理都是常见的套路，一般证明唯一的话，再加上一个单调性就可以，其次证明极限用夹逼准则，注意放缩法的应用，注意左右夹逼的同一性，这个要进行练习。其次还有极限的求法，列方程求解。单调有界准则重要证明的是单调和有界，单调一般时采用函数或者作差或者相除，再利用常见的不等式进行放缩，有界可以利用假设归纳法或者函数法，求它的值的范围。

作者：小熊

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