自编导数题

ic_Mivoya

（定位是新高考 19 题）

已知 $S(x)=x-\dfrac{x^3}6(0\leqslant x\leqslant2),C(x)=1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24}(0\leqslant x\leqslant2).$

(1) 求 $C(x)$ 的单调区间.
(2) 设 $I(x)=S(x)^2+C(x)^2,$ 求 $I(x)$ 的值域.
(3) 若 $0<x_1<1<x_2<2,$ 且 $S(x_1)=C(x_2),$ 求证：$\dfrac\pi2<x_1+x_2<2.$

答案暂且不发，欢迎供解

睡神

(1)  由$C'(x)=-x+\dfrac{x^3}{6}=\dfrac{1}{6}x(x^2-6)\le 0$得：$C(x)$在$(0,2)$上单调递减

(2)  $I(x)=(x-\dfrac{x^3}6)^2+(1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24})^2$

      由$I'(x)=\dfrac{1}{72}x^5(x^2-6)\le 0$得：$I(x)$在$(0,2)$上单调递减

      所以  $\dfrac{5}{9}=I(2)\le I(x)\le I(0)=1$

(3)  令$f(x)=C(2-x)-S(x)=1-\dfrac{1}{2}(2-x)^2+\dfrac{1}{24}(2-x)^4-x+\dfrac{1}{6}x^3,0<x<1$

      $f'(x)=\dfrac{1}{6}(x^3-3x^2+6x-2)$

      $f''(x)=\dfrac{1}{2}(x^2-2x+2)>0$，则$f'(x)$在$(0,1)$上单调递增

      而$f'(0)=-\dfrac{1}{3}<0,f'(1)=2>0$

      所以  $f'(x)$在$(0,1)$内存在唯一零点$x_0$

      所以  $f(x)$在$(0,x_0)$单调递减，在$(x_0,1)$上单调递增

      所以  $f(x)\le max\{f(0),f(1)\}=-\dfrac{7}{24}<0$

      因为$0<x_1<1$，所以  $C(2-x_1)<S(x_1)=C(x_2)$

      由(1)得：$2-x_1>x_2$，即$x_1+x_2<2$

      (PS：左边感觉可以同理弄出来，没试...写同理会给分吗？)

kuing

睡神 发表于 2024-5-24 14:10
(1)  由$C'(x)=-x+\dfrac{x^3}{6}=\dfrac{1}{6}x(x^2-6)\le 0$得：$C(x)$在$(0,2)$上单调递减

(2)  $I(x)= ...

倒数第四行代码：
$f(x)\le max${$f(0),f(1)$}$=-\dfrac{7}{24}<0$
可优化为
$f(x)\le\max\{f(0),f(1)\}=-\dfrac{7}{24}<0$

睡神

睡神 发表于 2024-5-24 14:10
(1)  由$C'(x)=-x+\dfrac{x^3}{6}=\dfrac{1}{6}x(x^2-6)\le 0$得：$C(x)$在$(0,2)$上单调递减

(2)  $I(x)= ...

话说，左边写同理可得，会不会扣分？楼主，上妙解吧，让我拜读拜读

ic_Mivoya

睡神 发表于 2024-5-25 17:04
话说，左边写同理可得，会不会扣分？楼主，上妙解吧，让我拜读拜读

并不能同理吧？左边的情况要考察极值点而非端点，而这个极值很接近0，大概难以证明。

我的证法晚上会抽空发出来

ic_Mivoya

命题背景：题中 $S(x),C(x)$ 分别是 $\sin x,\cos x$ 在 $x=0$ 处的泰勒展开，因此具有一些类似的性质。将会在解法中体现。


(1) 由 $C'(x)=-x+\dfrac{x^3}6=\dfrac x6(x^2-6)\leqslant0,$ 知 $C(x)$ 单调减.
    因此 $C(x)$ 的减区间为 $[0,2],$ 无增区间.


(2) 对 $I(x)=S(x)^2+C(x)^2$ 求导得

     $\begin{aligned}I'(x)&=2S(x)S'(x)+2C(x)C'(x)\\&=2\left(x-\dfrac{x^3}6\right)\left(1-\dfrac{x^2}2\right)+2\left(1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24}\right)\left(-x+\dfrac{x^3}6\right)\\&=2\cdot\dfrac{x^4}{24}\left(-x+\dfrac{x^3}6\right)\\&=\dfrac{x^5}{72}(x^2-6)\\&\leqslant0\end{aligned}$

    可知 $I(x)$ 单调减. 又因为 $I(0)=1,I(2)=\dfrac59,$ 故 $I(x)$ 的值域为 $\left[\dfrac59,1\right].$


(3) 记 $f(x)=C(x)-\cos x,$ 则 $f(0)=0,$
    $f'(x)=\sin x-S(x),f'(0)=0,$
    $f''(x)=\cos x-1+\tfrac{x^2}2,f''(0)=0,$
    $f'''(x)=x-\sin x\geqslant 0.$
    故 $f''(x)$ 增, $f''(x)\geqslant f''(0)=0,$
    $f'(x)$ 增，$f'(x)\geqslant f'(0)=0,$ 即 $S(x)\leqslant\sin x,$
    $f(x)$ 增，$f(x)\geqslant f(0)=0,$ 即 $C(x)\geqslant \cos x.$
    因此 $\sin x_1>S(x_1)=C(x_2)>\cos x_2,$ 即 $\sin x_1>\sin\left(\dfrac\pi2-x_2\right).$
    又因为 $x_1\in\left(-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right)$ 且 $\dfrac\pi2-x_2\in\left(-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right),$
    可知 $x_1>\dfrac\pi2-x_2,$ 即 $\dfrac\pi2<x_1+x_2.$

    设 $g(x)=x-S(x),$ 则 $g(x)=\dfrac{x^3}6$ 单调增.
    设 $h(x)=x+C(x),$ 则 $h'(x)=1-S(x),$
    由 (2) 知 $S(x)^2+C(x)^2\leqslant1,$ 故 $S(x)\leqslant1,h'(x)\geqslant 0,h(x)$ 单调增.
    因此有 $$x_1-S(x_1)<g(1)=\dfrac16,$$
$$x_2+C(x_2)<h(2)=\dfrac53.$$
    相加即得 $x_1+x_2<\dfrac{11}6<2.$

    综上, $\dfrac\pi2<x_1+x_2<2.$

睡神

如果构造$g(x)=24C(\dfrac{\pi}{2}-x)-24S(x)=24-12(\dfrac{\pi}{2}-x)^2+(\dfrac{\pi}{2}-x)^4-24x+4x^3,0<x<1$

然后通过密率放缩：$g(x)>24-12(\dfrac{11}{7}-x)^2+(\dfrac{11}{7}-x)^4-24x+4x^3,0<x<1$

后面再暴力配方或者计算，不知道可行不？不过数据看起来有点可怕...

以上是菜鸟的笨想法

ic_Mivoya

睡神 发表于 2024-5-25 22:27
如果构造$g(x)=24C(\dfrac{\pi}{2}-x)-24S(x)=24-12(\dfrac{\pi}{2}-x)^2+(\dfrac{\pi}{2}-x)^4-24x+4x^3,0 ...

手算不太可能… 以及加强式 $x_1+x_2<\dfrac85$ 精度也较高，大概没有什么很简明的证法

睡神

ic_Mivoya 发表于 2024-5-25 22:48
手算不太可能… 以及加强式 $x_1+x_2<\dfrac85$ 精度也较高，大概没有什么很简明的证法 ...

稍微试了一下，好像数据还能接受，决定继续算下去...

令$g(x)=24C(\dfrac{\pi}{2}-x)-24S(x)=24-12(\dfrac{\pi}{2}-x)^2+(\dfrac{\pi}{2}-x)^4-24x+4x^3$

           $>24-12(\dfrac{11}{7}-x)^2+(\dfrac{11}{7}-x)^4-24x+4x^3$

           $=x^4-\dfrac{16}{7}x^3+\dfrac{138}{49}x^2-\dfrac{620}{343}x+\dfrac{1117}{2401}=h(x),0<x<1$

$h'(x)=4x^3-\dfrac{48}{7}x^2+\dfrac{276}{49}x-\dfrac{620}{343}$

$h''(x)=12x^2-\dfrac{96}{7}x+\dfrac{276}{49}=12(x-\dfrac{4}{7})^2+\dfrac{84}{49}>0$

所以  $h'(x)$在$(0,1)$上单调递增

而$h'(0)=-\dfrac{620}{343}<0,h'(1)=\dfrac{332}{343}>0$

所以  $h'(x)$在$(0,1)$内存在唯一零点$a$

所以  $h(x)$在$(0,a)$单调递减，在$(a,1)$上单调递增

所以  $h(x)_{min}=h(a)=a^4-\dfrac{16}{7}a^3+\dfrac{138}{49}a^2-\dfrac{620}{343}a+\dfrac{1117}{2401}$

由$h'(a)=0$得：$a^3-\dfrac{12}{7}a^2+\dfrac{69}{49}a-\dfrac{155}{343}=0$

即  $a^3=\dfrac{12}{7}a^2-\dfrac{69}{49}a+\dfrac{155}{343}\Longrightarrow a^4=\dfrac{12}{7}a^3-\dfrac{69}{49}a^2+\dfrac{155}{343}a$

所以  $h(x)_{min}=(\dfrac{12}{7}a^3-\dfrac{69}{49}a^2+\dfrac{155}{343}a)-\dfrac{16}{7}a^3+\dfrac{138}{49}a^2-\dfrac{620}{343}a+\dfrac{1117}{2401}$

                     $=-\dfrac{4}{7}a^3+\dfrac{69}{49}a^2-\dfrac{465}{343}a+\dfrac{1117}{2401}$

                     $=-\dfrac{4}{7}(\dfrac{12}{7}a^2-\dfrac{69}{49}a+\dfrac{155}{343})+\dfrac{69}{49}a^2-\dfrac{465}{343}a+\dfrac{1117}{2401}$

                     $=\dfrac{3}{7}a^2-\dfrac{27}{49}a+\dfrac{71}{343}$

                     $=\dfrac{3}{7}(a-\dfrac{9}{14})^2+\dfrac{41}{1372}>0$

所以  $g(x)>h(x)>0$

因为$0<x_1<1$，所以  $C(\dfrac{\pi}{2}-x_1)>S(x_1)=C(x_2)$

由(1)得：$\dfrac{\pi}{2}-x_1<x_2$，即$x_1+x_2>\dfrac{\pi}{2}$

战巡

好端端的三角，非要改成多项式...

多项式自有多项式的搞法，比如强行解出来

令$S(x_1)=C(x_2)=a$，不难得到$0\le a\le \frac{13}{24}=C(1)$，那便有
\[x_1=2\sqrt{2}\cos\left(\frac{\arccos(-\frac{3a}{2\sqrt{2}})-2\pi}{3}\right)\]
\[x_2=\sqrt{6-2\sqrt{3}\sqrt{2a+1}}\]
令
\[f(a)=x_1+x_2=2\sqrt{2}\cos\left(\frac{\arccos(-\frac{3a}{2\sqrt{2}})-2\pi}{3}\right)+\sqrt{6-2\sqrt{3}\sqrt{2a+1}}\]
这个随便你用什么方法，会得到它在$[0,\frac{13}{24}]$内递减，有
\[f(\frac{13}{24})\le f(a)\le f(0)\]
\[1+2\sqrt{2}\cos\left(\frac{\arccos(-\frac{13}{16\sqrt{2}})-2\pi}{3}\right)\le f(a)\le\sqrt{6-2\sqrt{3}}\]
\[\frac{\pi}{2}<1.57303\le f(a)\le 1.59245<2\]