方企勤 第七章 典型综合题分析 第18题

教材习题

📝 题目

例 18 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上二次连续可微,并满足:

(1) $f\left( x\right) \leq {f}^{\prime \prime }\left( x\right)$ ;

(2) $\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow \pm \infty }}{\mathrm{e}}^{-\left| x\right| }f\left( x\right) = 0$ .

求证: $f\left( x\right) \leq 0\left( {\forall x \in \left( {-\infty , + \infty }\right) }\right)$ .

💡 答案解析

证法 $1\forall {x}_{0} \in \mathbf{R}$ 及 $\forall x \geq {x}_{0}$ ,由条件 (1) 有

$$ 0 \leq {\int }_{{x}_{0}}^{x}{\mathrm{e}}^{t}\left( {{f}^{\prime \prime }\left( t\right) - f\left( t\right) }\right) \mathrm{d}t $$

$$ = {\int }_{{x}_{0}}^{x}{\mathrm{e}}^{t}\left( {{f}^{\prime \prime }\left( t\right) + {f}^{\prime }\left( t\right) }\right) \mathrm{d}t - {\int }_{{x}_{0}}^{x}{\mathrm{e}}^{t}\left( {{f}^{\prime }\left( t\right) + f\left( t\right) }\right) \mathrm{d}t $$

$$ = {\left. {\mathrm{e}}^{t}{f}^{\prime }\left( t\right) \right| }_{{x}_{0}}^{x} - {\left. {\mathrm{e}}^{t}f\left( t\right) \right| }_{{x}_{0}}^{x} $$

$$ = {\mathrm{e}}^{x}\left( {{f}^{\prime }\left( x\right) - f\left( x\right) }\right) - {\mathrm{e}}^{{x}_{0}}\left\lbrack {{f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) - f\left( {x}_{0}\right) }\right\rbrack . $$

两边同时乘以 ${\mathrm{e}}^{-{2x}}$ ,得

$$ {\mathrm{e}}^{-x}\left\lbrack {{f}^{\prime }\left( x\right) - f\left( x\right) }\right\rbrack \geq {\mathrm{e}}^{{x}_{0}}\left\lbrack {{f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) - f\left( {x}_{0}\right) }\right\rbrack {\mathrm{e}}^{-{2x}}. $$

两边从 ${x}_{0}$ 到 $x$ 积分,推出

$$ {\mathrm{e}}^{-x}f\left( x\right) - {\mathrm{e}}^{-{x}_{0}}f\left( {x}_{0}\right) \geq \frac{1}{2}\left( {{\mathrm{e}}^{-2{x}_{0}} - {\mathrm{e}}^{-{2x}}}\right) {\mathrm{e}}^{{x}_{0}}\left\lbrack {{f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) - f\left( {x}_{0}\right) }\right\rbrack . $$

令 $\displaystyle{x \rightarrow + \infty}$ ,由条件 (2) 得

$$ - {\mathrm{e}}^{-{x}_{0}}f\left( {x}_{0}\right) \geq \frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{-{x}_{0}}\left\lbrack {{f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) - f\left( {x}_{0}\right) }\right\rbrack , $$

即

$$ {f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) + f\left( {x}_{0}\right) \leq 0 : \left( {\forall {x}_{0} \in \mathbf{R}}\right) . $$

因此 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left( {{\mathrm{e}}^{x}f\left( x\right) }\right) = {\mathrm{e}}^{x}\left( {{f}^{\prime }\left( x\right) + f\left( x\right) }\right) \leq 0\left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right)$ . 从而 ${\mathrm{e}}^{x}f\left( x\right)$ 单调下降,即 ${\mathrm{e}}^{x}f\left( x\right) \leq {\mathrm{e}}^{{x}_{0}}f\left( {x}_{0}\right) \left( {\forall x \geq {x}_{0}}\right)$ . 令 $\displaystyle{x}_{0} \rightarrow - \infty}$ ,由条件 (2) 推出 ${\mathrm{e}}^{x}f\left( x\right) \leq 0$ ,即得 $f\left( x\right) \leq 0\left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right)$ .

证法 2 考虑函数 $F\left( x\right) = {c}_{1}{\mathrm{e}}^{x} + {c}_{2}{\mathrm{e}}^{-x} - f\left( x\right) \left( {{c}_{1},{c}_{2} > 0}\right)$ ,则有

$$ {F}^{\prime \prime }\left( x\right) = {c}_{1}{\mathrm{e}}^{x} + {c}_{2}{\mathrm{e}}^{-x} - {f}^{\prime \prime }\left( x\right) $$

$$ \leq {c}_{1}{\mathrm{e}}^{x} + {c}_{2}{\mathrm{e}}^{-x} - f\left( x\right) = F\left( x\right) \;\left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right) , $$

且

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}{\mathrm{e}}^{-x}F\left( x\right) = {c}_{1}\text{ 或 }F\left( x\right) \sim {c}_{1}{\mathrm{e}}^{x}\;\left( {x \rightarrow + \infty }\right) , $$

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow - \infty }}{\mathrm{e}}^{x}F\left( x\right) = {c}_{2}\text{ 或 }F\left( x\right) \sim {c}_{2}{\mathrm{e}}^{-x}\;\left( {x \rightarrow - \infty }\right) , $$

从而 $\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow \pm \infty }}F\left( x\right) = + \infty$ . 由此可见, $F\left( x\right)$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上达到最小值. 记 $F\left( x\right)$ 达到最小值的点为 ${x}^{ * }$ ,则有 $F\left( {x}^{ * }\right) \leq F\left( x\right) \left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right)$ ,且 ${F}^{\prime \prime }\left( {x}^{ * }\right) \geq 0$ (否则 ${x}^{ * }$ 为极大值点). 这样

$$ F\left( x\right) \geq F\left( {x}^{ * }\right) \geq {F}^{\prime \prime }\left( {x}^{ * }\right) \geq 0\;\left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right) , $$

即 ${c}_{1}{\mathrm{e}}^{x} + {c}_{2}{\mathrm{e}}^{-x} \geq f\left( x\right) \left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right)$ . 再令 ${c}_{1} \rightarrow 0,{c}_{2} \rightarrow 0$ ,即得

$$ f\left( x\right) \leq 0\;\left( {\forall x \in \mathbf{R}}\right) . $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/5
目标：引入辅助函数并利用条件(1)得到积分不等式
对任意 x0 ∈ R 及 x ≥ x0，由条件(1) f(t) ≤ f''(t) 得 0 ≤ ∫_{x0}^x e^t (f''(t) - f(t)) dt。
公式：0 ≤ ∫_{x0}^x e^t (f''(t) - f(t)) dt
提示：利用指数函数 e^t 作为积分因子，将不等式转化为可积形式。
步骤 2/5
目标：分部积分化简积分表达式
将积分拆分为两部分：∫ e^t (f''+f') dt - ∫ e^t (f'+f) dt，分别分部积分得 e^t f'(t) 和 e^t f(t) 的差。
公式：∫_{x0}^x e^t (f''-f) dt = e^x (f'(x)-f(x)) - e^{x0} (f'(x0)-f(x0))
提示：注意分部积分公式：∫ e^t g'(t) dt = e^t g(t) - ∫ e^t g(t) dt。
步骤 3/5
目标：乘以 e^{-2x} 并积分得到关于 f 的不等式
两边乘以 e^{-2x} 得 e^{-x}(f'(x)-f(x)) ≥ e^{x0}(f'(x0)-f(x0)) e^{-2x}。再从 x0 到 x 积分，左边积分得 e^{-x}f(x) - e^{-x0}f(x0)，右边积分得 (1/2)(e^{-2x0}-e^{-2x}) e^{x0}(f'(x0)-f(x0))。
公式：e^{-x}f(x) - e^{-x0}f(x0) ≥ (1/2)(e^{-2x0}-e^{-2x}) e^{x0}(f'(x0)-f(x0))
提示：积分时注意 e^{-x} 的导数为 -e^{-x}，利用牛顿-莱布尼茨公式。
步骤 4/5
目标：令 x→+∞ 利用条件(2)得到 f'(x0)+f(x0)≤0
令 x→+∞，由条件(2) lim e^{-x}f(x)=0 得左边趋于 -e^{-x0}f(x0)，右边趋于 (1/2)e^{-x0}(f'(x0)-f(x0))，整理得 f'(x0)+f(x0)≤0。
公式：f'(x0)+f(x0) ≤ 0, ∀x0∈R
提示：条件(2)保证了极限为0，注意符号方向。
步骤 5/5
目标：构造单调函数并利用极限得到 f(x)≤0
由 f'(x)+f(x)≤0 得 d/dx(e^x f(x)) = e^x (f'(x)+f(x)) ≤ 0，故 e^x f(x) 单调递减。对任意 x，取 x0→-∞，由条件(2) lim e^{x0}f(x0)=0，得 e^x f(x) ≤ 0，即 f(x)≤0。
公式：d/dx(e^x f(x)) ≤ 0 ⇒ e^x f(x) ≤ 0 ⇒ f(x) ≤ 0
提示：单调递减意味着函数值随自变量增大而减小，利用极限传递不等式。

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