一个连续求导函数题

力工

答案是连续求5次导，晕死。
已知函数$f(x)=\sqrt{1+2ax^2}-ax\sin x$，若存在$x_0\in(0,\pi)$，对任意$x\in(0,x_0)$均有$f(x)<1$，求正实数$a$的取值范围.

战巡

显然只需要$f(0)$处出来以后往下走

\[f(x)=1+\frac{1}{6}(a-3a^2)x^4+o(x^4)\]
即需要$a-3a^2<0$，下略

realnumber

a=0时,f(x)=1不合题意.
a<0时,由f(x)<1,即$\sqrt{1+2ax^2}<1+ax\sin x$两边平方可得$\frac{a}{2}<\frac{x-\sin x}{x\sin^2 x}$,右边为正,符合题意.
a>0时,由$\frac{a}{2}>\frac{x-\sin x}{x\sin^2 x}$,右边极限是$\frac{1}{6}$,且是增函数(也要求几次导数),所以$a>\frac{1}{3}$

kuing

`a=0` 显然不符合，`a<0` 显然符合，下面讨论 `a>0` 时。

`f(x)<1\iff\sqrt{1+2ax^2}<ax\sin x+1`，两边平方化简为 `2x<ax\sin^2x+2\sin x`，为方便起见令 `a=2b`，化为 `x(1-b\sin^2x)<\sin x`，令
\[g(x)=\frac{\sin x}{1-b\sin^2x}-x,\quad x\in(0,\veps),\]
其中 `\veps` 足够小（确保分母恒为正），求导得
\begin{align*}
g'(x)&=\frac{\cos x(1+b\sin^2x)}{(1-b\sin^2x)^2}-1\\
&=\frac{\sqrt{1-t}(1+bt)}{(1-bt)^2}-1\\
&=h(t),
\end{align*}
其中 `t=\sin^2x\in(0,\veps_1)`（`\veps_1=\sin^2\veps`），再求导得
\[h'(t)=-\frac{1-6b+2b(3-b)t+b^2t^2}{2\sqrt{1-t}(1-bt)^3},\]
如果 `1-6b\geqslant0`，则 `2b(3-b)t>0`，则在 `(0,\veps_1)` 上恒有 `h'(t)<0\riff h(t)<h(0)=0`，进而在 `(0,\veps)` 上恒有 `g'(x)<0\riff g(x)<g(0)=0`，这样就不满足条件了；

当 `1-6b<0` 时，`1-6b+2b(3-b)t+b^2t^2` 关于 `t` 的判别式为 `\Delta=4b^2(b^2+8)>0`，即必有两根，而此时两根之积为负，则必有一正根，记为 `t_0`，则在 `(0,t_0)` 上有 `1-6b+2b(3-b)t+b^2t^2<0`，于是当 `t\in(0,\min\{\veps_1,t_0\})` 时恒有 `h'(t)>0\riff h(t)>h(0)=0`，所以存在 `\veps_2\leqslant\veps` 使得当 `x\in(0,\veps_2)` 时恒有 `g'(x)>0\riff g(x)>g(0)=0`，所以满足条件。

综上，答案就是 `a<0` 或 `a>1/3`。

isee

战巡 发表于 2024-11-16 00:00
显然只需要$f(0)$处出来以后往下走

\[f(x)=1+\frac{1}{6}(a-3a^2)x^4+o(x^4)\]

这确实很直观~