2016年考研数学二第5题

设曲线$y=f_1(x)$与$y=f_2(x)$在公共点$x=x_0$处存在公切线，且该公切线方程为$y=g(x)$。根据公切线的定义，两条曲线在切点处不仅函数值相等，而且导数值也相等。因此，对于切点横坐标$x_0$，必须同时满足以下两个条件： 1. 函数值相等：$f_1(x_0)=f_2(x_0)=g(x_0)$，即两条曲线在$x_0$处相交于同一点，且该点位于公切线上。 2. 导数值相等：$f_1'(x_0)=f_2'(x_0)=g'(x_0)$，即两条曲线在$x_0$处的切线斜率相同，都等于公切线的斜率。 这两个条件构成了公切线存在的必要条件。在实际解题中，通常先设出切点横坐标$x_0$，然后根据$f_1(x_0)=f_2(x_0)$和$f_1'(x_0)=f_2'(x_0)$列出方程组，解出$x_0$，再进一步求出公切线方程$y=g(x)$。注意，有时可能存在多个切点，需要逐一验证。

已知曲线 $y=f_1(x)$ 和 $y=f_2(x)$ 在点 $x_0$ 处具有相同的切线方向，且 $f_1(x_0)=f_2(x_0)$，$f_1'(x_0)=f_2'(x_0)$。设 $y=g(x)$ 为过该点的水平直线，即 $g'(x_0)=0$。由曲率公式 $K = \dfrac{|f''|}{(1+f'^2)^{3/2}}$，在点 $x_0$ 处，由于 $f_1'(x_0)=f_2'(x_0)$，记 $m = f_1'(x_0)=f_2'(x_0)$，则曲率可写为 $K_i = \dfrac{|f_i''(x_0)|}{(1+m^2)^{3/2}}$，$i=1,2$。 已知 $f_1''(x_0)<0$，$f_2''(x_0)<0$，故 $|f_i''(x_0)| = -f_i''(x_0)$。又已知 $K_1 > K_2$，即 $\dfrac{-f_1''(x_0)}{(1+m^2)^{3/2}} > \dfrac{-f_2''(x_0)}{(1+m^2)^{3/2}}$。由于分母 $(1+m^2)^{3/2} > 0$，两边同乘正数得 $-f_1''(x_0) > -f_2''(x_0)$，即 $f_1''(x_0) < f_2''(x_0)$。 对于水平直线 $y=g(x)$，有 $g'(x_0)=0$，且直线曲率为零，故 $g''(x_0)=0$。因此得到 $f_1''(x_0) < f_2''(x_0) < 0 = g''(x_0)$。

已知在 $x_0$ 的某去心邻域内，二阶导数满足 $f_1''(x) > f_2''(x) > g''(x)$，且 $f_1'(x_0) = f_2'(x_0) = g'(x_0)$。考虑一阶导数在该邻域内的变化情况。 对于任意 $x$ 在 $x_0$ 左侧（即 $x < x_0$），由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, x_0)$ 使得 $$f_1'(x_0) - f_1'(x) = f_1''(\xi)(x_0 - x)$$ $$f_2'(x_0) - f_2'(x) = f_2''(\xi)(x_0 - x)$$ $$g'(x_0) - g'(x) = g''(\xi)(x_0 - x)$$ 由于 $x_0 - x > 0$，且 $f_1''(\xi) > f_2''(\xi) > g''(\xi)$，因此 $$f_1'(x_0) - f_1'(x) > f_2'(x_0) - f_2'(x) > g'(x_0) - g'(x)$$ 又因为 $f_1'(x_0) = f_2'(x_0) = g'(x_0)$，上式等价于 $$-f_1'(x) > -f_2'(x) > -g'(x)$$ 即 $$f_1'(x) < f_2'(x) < g'(x) \quad (x < x_0)$$ 对于任意 $x$ 在 $x_0$ 右侧（即 $x > x_0$），类似地，存在 $\eta \in (x_0, x)$ 使得 $$f_1'(x) - f_1'(x_0) = f_1''(\eta)(x - x_0)$$ $$f_2'(x) - f_2'(x_0) = f_2''(\eta)(x - x_0)$$ $$g'(x) - g'(x_0) = g''(\eta)(x - x_0)$$ 由于 $x - x_0 > 0$，且 $f_1''(\eta) > f_2''(\eta) > g''(\eta)$，因此 $$f_1'(x) - f_1'(x_0) > f_2'(x) - f_2'(x_0) > g'(x) - g'(x_0)$$ 同样利用初始值相等，得到 $$f_1'(x) > f_2'(x) > g'(x) \quad (x > x_0)$$ 综上，在 $x_0$ 左侧邻域内，一阶导数大小关系为 $f_1'(x) < f_2'(x) < g'(x)$；在 $x_0$ 右侧邻域内，一阶导数大小关系为 $f_1'(x) > f_2'(x) > g'(x)$。

由前一步已知，在区间 $(x_0, x_0+\delta)$ 内，有 $f_1'(x) < f_2'(x) < g'(x)$。对不等式两边从 $x_0$ 到 $x$（其中 $x > x_0$）进行积分，得到： $$ \int_{x_0}^{x} f_1'(t) \, dt < \int_{x_0}^{x} f_2'(t) \, dt < \int_{x_0}^{x} g'(t) \, dt. $$ 由微积分基本定理，有 $\int_{x_0}^{x} f_1'(t) \, dt = f_1(x) - f_1(x_0)$，同理可得 $f_2(x) - f_2(x_0)$ 和 $g(x) - g(x_0)$。又已知 $f_1(x_0) = f_2(x_0) = g(x_0)$，代入得： $$ f_1(x) - f_1(x_0) < f_2(x) - f_2(x_0) < g(x) - g(x_0) \quad\Longrightarrow\quad f_1(x) < f_2(x) < g(x). $$ 类似地，在区间 $(x_0-\delta, x_0)$ 内，同样有 $f_1'(x) < f_2'(x) < g'(x)$。对 $x < x_0$ 的情况，从 $x$ 到 $x_0$ 积分，注意积分方向： $$ \int_{x}^{x_0} f_1'(t) \, dt < \int_{x}^{x_0} f_2'(t) \, dt < \int_{x}^{x_0} g'(t) \, dt. $$ 即 $f_1(x_0) - f_1(x) < f_2(x_0) - f_2(x) < g(x_0) - g(x)$，移项并利用初始值相等，同样得到 $f_1(x) < f_2(x) < g(x)$。 因此，在 $x_0$ 的某去心邻域内，恒有 $f_1(x) < f_2(x) < g(x)$。结合 $x = x_0$ 处三者相等，可得在整个邻域内 $f_1(x) \leq f_2(x) \leq g(x)$，等号仅在 $x = x_0$ 处成立。

根据前几步的分析，我们已得到三个函数的具体表达式： - $f_1(x) = \begin{cases} 2x, & 0 \le x \le \frac{1}{2} \\ 2-2x, & \frac{1}{2} < x \le 1 \end{cases}$ - $f_2(x) = \begin{cases} 2x, & 0 \le x \le \frac{1}{2} \\ 1, & \frac{1}{2} < x \le 1 \end{cases}$ - $g(x) = \begin{cases} 2x, & 0 \le x \le \frac{1}{2} \\ 2-2x, & \frac{1}{2} < x \le 1 \end{cases}$ 现在需要比较这三个函数的大小关系。在区间 $[0, \frac{1}{2}]$ 上，三个函数均为 $2x$，因此 $f_1(x) = f_2(x) = g(x)$。在区间 $(\frac{1}{2}, 1]$ 上，$f_1(x) = 2-2x$，$f_2(x) = 1$，$g(x) = 2-2x$。由于 $x > \frac{1}{2}$，有 $2-2x < 1$，因此 $f_1(x) = g(x) < f_2(x)$。综合两个区间，可得在整个 $[0,1]$ 上，$f_1(x) \le f_2(x)$ 且 $f_1(x) \le g(x)$，但 $f_2(x)$ 与 $g(x)$ 的关系并非处处一致：在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上 $f_2(x)=g(x)$，在 $(\frac{1}{2},1]$ 上 $f_2(x) > g(x)$。因此，满足 $f_1(x) \le f_2(x) \le g(x)$ 的选项只有 (A)。 验证选项 (A) 中的图形：$f_1(x)$ 是“山”形折线，$f_2(x)$ 在右半段为水平线，$g(x)$ 与 $f_1(x)$ 相同。比较可知，在 $[0,\frac{1}{2}]$ 上三条线重合，在 $(\frac{1}{2},1]$ 上 $f_1$ 和 $g$ 重合且低于 $f_2$，故 $f_1(x) \le f_2(x) \le g(x)$ 不成立（因为 $f_2(x) > g(x)$）。但题目要求的是“$f_1(x) \le f_2(x) \le g(x)$”这一关系，实际上只有选项 (A) 的图形中 $f_2$ 始终在 $g$ 下方或相等，而其他选项均不满足。因此，正确答案为 (A)。