复旦大学2021年分析考研真题


解：       令
                                  $\displaystyle f_n(x)=x^\alpha (1-x^2)^n,$

                            $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }f_n(x)=x^\alpha (1-x^2)^n=f(x)=0,$

                            $\displaystyle \therefore \sup |f_n(x)-f(x)|=\sup f_n(x),$

                 求函数项的最大值
                            $\displaystyle f'_n(x)=\alpha x^{\alpha -1}(1-x^2)^n-2nx^{\alpha +1}(1-x^2)^{n-1}=0,$

                               $\displaystyle \Rightarrow x^2=\frac{\alpha }{2n+\alpha }.$

                 由上确界，得
                               $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }\sup f_n(x)=\lim_{n \to +\infty }(\frac{\alpha }{2n+\alpha })^\frac{\alpha }{2}(1-\frac{\alpha }{2n+\alpha })^n=\lim_{n \to +\infty }(\frac{\alpha }{2n+\alpha })^\frac{\alpha }{2}\cdot e^{-\frac{\alpha }{2}}.$

                若使上式趋于零，则必有$\displaystyle  \alpha > 0.$

复旦大学2021年分析考研真题



解：
               直接用分拆法计算，分子待定系数法。计算较繁，略。

复旦大学2021年分析考研真题


解：
                今天看到有王乐杨的网上解析课：https://www.bilibili.com/video/B ... 4891699648348506109

复旦大学2021年分析考研真题


证明：假设闭集$X=A\cup B$，其中$A,B$分别为两个非空且不相交的闭区间。则由全集的定义可知，$A,B$互为余集。再由余集的定义：
                           $\bar{A}=X\A=B,\bar{B}=X\B=A.$

           由此可知，$A,B$又为开区间。这与假设矛盾。因为按假设所推出的结论，$A,B$即为开集又为闭集，而在集合中既开又闭的集合，只能是空集和全集。这是矛盾的。所以命题正确。

复旦大学2021年分析考研真题


解：
               令
                               $\displaystyle f(x)=\ln(x+1)-ax-(1-a)\frac{x}{1+x},$
                  则
                                 $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x+1}-a-\frac{1-a}{(1+x)^2}=\frac{(1-2a)x-ax^2}{(1+x)^2},$

                        再令
                                    $\displaystyle g(x)=(1-2a)x-ax^2,$

                                    $\displaystyle g'(x)=1-2a-2ax,$

                                     $\displaystyle g''(x)=-2a.$

                    从而得：
                              $\displaystyle a> 0\Rightarrow g''(x)< 0\Rightarrow g'(x)\downarrow ,g'(x)< 0\Rightarrow g(x)\downarrow,g(x)< 0\Rightarrow f(x)\downarrow,f(x)< 0.$

复旦大学2021年分析考研真题


证明：     用参数方程，令
                                        $\displaystyle x=t\sin \phi \cos \theta ,y=t\sin\phi \sin \theta ,z=t\cos \phi ,$

                                         $\displaystyle \sqrt{EG-F^2} =t^2\sin \phi d\phi d\theta ,$

                      由此，得
                                         $\displaystyle F(t)=\frac{1}{t^2}\underset{x^2+y^2+z^2=t^2}{\iint} f(x,y,z)dS=\iint_{D}f(t\sin \phi \cos \theta,t\sin\phi \sin \theta,t\cos \phi)\sin \phi d\phi d\theta.$
                  
                                   $\begin{align*}\therefore F'(t)&=\iint_{D}(f_x \sin \phi \cos \theta+f_y \sin\phi \sin \theta +f_z \cos \phi)\sin \phi d\phi d\theta\\\\&=\frac{1}{t^2}\iint_{S}(f_x \sin \phi \cos \theta+f_y \sin\phi \sin \theta +f_z \cos \phi)dS\\\\&=\frac{1}{t^2}\iint_{S}(f_x \frac{x}{t}+f_y \frac{y}{t} +f_z \frac{z}{t})dS\\\\&=\frac{1}{t^2}\iint_{S}(f_x \cos \alpha +f_y \cos \beta +f_z \cos \gamma )dS\\\\&=\frac{1}{t^2}\iint_{S}f_x dydz +f_y dzdx+f_z dxdy\\\\&=\frac{1}{t^2}\iiint_{\Omega }(f_{xx} +f_{yy} +f_{zz})dV\\\\&=\frac{1}{t^2}\iiint_{\Omega }\Delta fdV\\\\&< 0.\end{align*}$

                        因此，$F(t)$单调减。

复旦大学2021年分析考研真题

中国科技大学 2020-2021学年春季数学分析B2期中考试试卷


解：1、$\displaystyle \pi:\frac{x}{3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{5}=\sqrt{3}.$

       2、
             $\displaystyle I=dxdydz=\iiint_\Omega \sqrt{3} xdxdydz-\iiint_\Omega \frac{xy}{4} dxdydz-\iiint_\Omega \frac{xz}{5}dxdydz.$

                                      $\begin{align*}\iiint_\Omega \sqrt{3} xdxdydz&=\sqrt{3}\iiint_\Omega xdxdydz\\\\&=\sqrt{3}\int_{0}^{5\sqrt{3}}dz\int_{0}^{4(\sqrt{3}-\frac{z}{5})}dy\int_{0}^{3(\sqrt{3}-\frac{y}{4}-\frac{z}{5})}xdx\\\\&=\frac{9\sqrt{3}}{2}\int_{0}^{5\sqrt{3}}dz\int_{0}^{4(\sqrt{3}-\frac{z}{5})}(\sqrt{3}-\frac{y}{4}-\frac{z}{5})^2dy\\\\&=\frac{36\sqrt{3}}{6}\int_{0}^{5\sqrt{3}}(\sqrt{3}-\frac{z}{5})^3dz\\\\&=\frac{54\sqrt{3}}{4}.\end{align*}$

                                       $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{xy}{4}dxdydz=\frac{9}{10}-\frac{3}{4}\sqrt{3}.$

                                       $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{xz}{5}dxdydz=$

大连理工大学2021年数学分析考研真题


证明
                  由凸函数的强生不等式
                                  $\displaystyle f(\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n})\leq \displaystyle \frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots f(x_n)}{n},$

                           令
                                    $\displaystyle f(x)=x\ln x,$

                     代入上面的不等式，得
                                    $\displaystyle \frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i}{n}\ln(\frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i}{n})\leq \displaystyle \frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i\ln x_i}{n},$

                       整理，得
                                    $\displaystyle \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\leq\displaystyle  (x_1^{x_1}x_2^{x_2}\cdots x_n^{x_n})^{\displaystyle \frac{1}{x_1+x_2+\cdots +x_n}}.$

第十二届全国大学生数学竞赛（数学类低年级组）决赛试题


解：根据积分区域特征，先进行坐标变换
                                $\displaystyle u=x-2,v=y-3,w=z-4.J=1.\Omega ':u^2+v^2+w^2\leq 1.$

         注意三重积分的对称和奇偶性质，得
                                 $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega (x^2+2y^2+3z^2)dV\\\\&=\iiint_{\Omega'}[(u+2)^2+2(v+3)^2+3(w+4)^2]dudvdw\\\\&=\iiint_{\Omega'}[u^2+4u+4+2v^2+12v+18+3w^2+24w+48]dudvdw\\\\&=\iiint_{\Omega'}[u^2+2v^2+3w^2]dudvdw+70\iiint_{\Omega'}dudvdw\\\\&=\iiint_{\Omega'}[u^2+2v^2+3w^2]dudvdw+\frac{280\pi}{3}.\end{align*}$

                   又
                                   $\begin{align*}\iiint_{\Omega'}[u^2+2v^2+3w^2]dudvdw&=6\iiint_{\Omega'}w^2dudvdw\\\\&=6\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}\sin \phi d\phi \int_{0}^{1}(r\cos \phi )^2\cdot r^2dr\\\\&=\frac{24\pi}{15}.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \therefore I=\frac{24\pi}{15}+\frac{280\pi}{3}=\frac{1424}{15}\pi.$

第十二届全国大学生数学竞赛（数学类低年级组）决赛试题


解：
                          $\displaystyle \because y_n\rightarrow \infty ,(n \to \infty ),$

            利用Stolz公式，再利用罗必达法则，得
                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{x_n}{y_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \frac{e^{n^2}}{n}}{\int_{0}^{n}e^{x^2}dx-\int_{0}^{n-1}e^{x^2}dx}=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle 2e^{n^2}}{\displaystyle e^{n^2}(1-e^{-2n+1})}=2.$

大连理工大学2021年数学分析考研真题
二、


解
                           $\displaystyle f(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2}),f(0)=0,$

                           $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},f'(0)=1,$

                           $\displaystyle \sqrt{1+x^2}f'(x)=1,\Rightarrow \sqrt{1+x^2}f''(x)+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}f'(x)=0,f''(0)=0.$

                           $\displaystyle (1+x^2)f''(x)+xf'(x)=0,$

                           $\displaystyle (1+x^2)f'''(x)+3xf''(x)+f'(x)=0,f'''(0)=-1,$

                            $\displaystyle (1+x^2)f^{(4)}(x)+5xf'''(x)+4f''(x)=0,f^{(4)}(0)=0.$

                           $\displaystyle (1+x^2)f^{(5)}(x)+7xf^{(4)}(x)+9f'''(x)=0,f^{(5)}(0)=9,$

            依此类推，所求的幂级数（$x=0$）为
                           $\displaystyle x-(\frac{1}{2})\frac{x^3}{2}+(\frac{1\times 3}{2\times 4})\frac{x^5}{5}-(\frac{1\times 3\times 5}{2\times 4\times 6})\frac{x^7}{7}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$

大连理工大学2021年数学分析考研真题
三、证明题

证明：

              由已知积分
                               $\begin{align*}\because \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{n^2x}{1+x^2}e^{-n^2x^2}dx&=-\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}de^{-n^2x^2}\\\\&=-\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }\frac{1}{1+x^2}e^{-n^2x^2}|_0^{+\infty}+\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{2x}{1+x^2}e^{-n^2x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{2x}{1+x^2}e^{-n^2x^2}dx.\end{align*}$

                      又
                               $\begin{align*}0&\leq \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{2x}{1+x^2}e^{-n^2x^2}dx\\\\&\leq \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }2xe^{-n^2x^2}dx\\\\&=-\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^2}\int_{0}^{+\infty }de^{-n^2x^2}\\\\&=0.\end{align*}$

                  因此有
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{n^2x}{1+x^2}e^{-n^2x^2}dx=\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}.$

大连理工大学2021年数学分析考研真题
三、证明题


证明：
                由泰勒公式：
                                      $\displaystyle f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\xi)h^2,(x\in(a,b),\xi\in(x,x+h)),$

                                       $\displaystyle f(x-h)=f(x)-f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\eta )h^2,(x\in(a,b),\eta\in(x-h,x)),$

                    再由已知条件，得
                                        $\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}=\lim_{h\to 0}\frac{1}{2}(f''(\xi)+f''(\eta))=f''(x)=0.$

                                      $\displaystyle \therefore f'(x)=C,f(x)=Cx,(x\in(a,b)),$

                          又
                                       $\displaystyle \because f(x)\in C[a,b],f(a)=f(b)=0.$

                                     $\displaystyle \therefore \lim_{x\in a^+}f(x)=Ca=\lim_{x\in b^-}f(x)=Cb=0.\Rightarrow C=0.$

                                    $\displaystyle \Rightarrow f(x)\equiv 0.(x\in[a,b])$

大连理工大学2021年数学分析考研真题
三、证明题


证明：
                  利用已知不等式
                                  $\displaystyle \because |\sin nt|\leq n|\sin t|,\sin t> \frac{2}{\pi}t,t\in(0,\frac{\pi}{2})$

                     可得
                                    $\begin{align*}\therefore a_n&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t|\frac{\sin nt}{\sin t}|^3dt\\\\&=(\int_{0}^{\frac{\pi}{2n}}+\int_{\frac{\pi}{2n}}^{\frac{\pi}{2}})t|\frac{\sin nt}{\sin t}|^3dt\\\\&< \int_{0}^{\frac{\pi}{2n}}n^3tdt+\int_{\frac{\pi}{2n}}^{\frac{\pi}{2}}t(\frac{1}{\frac{2t}{\pi}})^3dt\\\\&< \frac{\pi^2n}{8}+\frac{\pi^3}{8}\cdot \frac{2n}{\pi}\\\\&=\frac{3\pi^2n}{8}.\end{align*}$

                   由此有
                                   $\displaystyle \frac{1}{a_n}>\frac{8}{3\pi^3n},$

                           又
                                   $\displaystyle \because \sum \frac{8}{3\pi^3n}=\infty ,$

                                 $\displaystyle \therefore \sum \frac{1}{a_n}=\infty .$


注：此题与2009第一届全国大学生数学竞赛（数学类）初赛第五题一致。另裴礼文上有一习题4.3.9与此有些相似。

大连理工大学2021年数学分析考研真题
三、证明题


证明：
       (1)、令
                                $\displaystyle z=u(\cos x+i\sin x),$

                                $\displaystyle \because e^z=e^{u\cos x}[\cos(u\cos x)+i\sin(u\cos x)]=1+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n(\cos nx+i\sin nx)}{n!}.$

                                 $\displaystyle \therefore e^{u\cos x}\cos(u\sin x)=1+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\cos nx.$

                  于是，
                                 $\begin{align*}F(u)&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(1+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\cos nx)dx\\\\&=1+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\cos nxdx\\\\&=1+\frac{1}{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\int_{0}^{2\pi}\cos nxdx\\\\&=1+\frac{1}{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\int_{0}^{2\pi}\cos nxdx.\end{align*}$

                     从而有
                                  $\displaystyle \therefore |F^{(n)}(u)|\leq \frac{1}{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{n!}\int_{0}^{2\pi}|\cos nx|dx\leq e^u=M(u).$

       (2)、由前小题结论，在$F(u)$表达式中

                               $\displaystyle\because \int_{0}^{2\pi}\cos nxdx=0,$

                                  $\displaystyle\therefore F(u)=1.$

大连理工大学2021年数学分析考研真题


此题裴礼文上P941,例7.3.17

中国科技大学2012年高等数学单考试题


证明：
               由泰勒展开式：
                                       $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2,$

                         由已知，
                                      $\because f(a)=f(b)=0,$

                                       $\exists \xi \in(a,b),s.t.f'(\xi)=0,(Roll)$

                 在泰勒公式中令：$x=a,x_0=\xi,$有
  
                                      $0=f(a)=f(\xi)+0+\frac{1}{2}e^{\xi}f(\xi)(a-\xi)^2.$

                                         $\Rightarrow f(\xi)=0.$

                  由于$\xi\in(a,b)$的任意性且在区间端点值为零，可知有

                                             $f(x)\equiv 0.(x\in[a,b])$

北京科技大学2005年数学分析考研真题


解：由曲面方程可知$x>0$,而关于$y,z$轴对称，用广义球面坐标：

                                              $x=ar\sin\phi \cos \theta ,y=br\sin \phi \sin \theta ,z=cr\cos \phi ,J=abcr^2\cos \phi ,$

                                             $\begin{align*}I&=\iiint_VdV=4\int_{0}^{\pi/2}d\phi \int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{\sqrt[3]{\frac{a}{h}\sin \phi \cos \theta }}abcr^2\sin\phi dr\\\\&=\frac{4a^2bc}{3h}\int_{0}^{\pi/2}\sin ^2\phi d\phi \int_{0}^{\pi/2}\cos \theta d\theta \\\\&=\frac{\pi^2a^2bc}{3}.\end{align*}$

上海财经大学2009年数学分析考研试题


解：题目有误，将$\displaystyle x\to+\infty$改为$\displaystyle n\to+\infty$。此类题一般采用分段积分的办法。

                         $\begin{align*} \lim_{n \to +\infty }(n+1)\int_{0}^{1}x^nf(x)dx&=\lim_{n \to +\infty }(n+1)(\int_{0}^{\delta }x^nf(x)dx\\\\&+\int_{\delta }^{1-\delta }x^nf(x)dx+\int_{1-\delta }^{1}x^nf(x)dx),\end{align*}$

                          $\begin{align*} \because \lim_{n \to +\infty }(n+1)\int_{0}^{\delta }x^nf(x)dx&=\lim_{n \to +\infty }(x^{n+1}f(x)|_0^\delta -\int_{0}^{\delta }x^{n+1}f'(x)dx)\\\\&=-\int_{0}^{\delta }\lim_{n \to +\infty }x^{n+1}f'(x)dx=0,\end{align*}$

                              $\begin{align*} \lim_{n \to +\infty }(n+1)\int_{\delta }^{1-\delta }x^nf(x)dx&=\lim_{n \to +\infty }(x^{n+1}f(x)|_\delta^{1-\delta } -\int_{\delta }^{1-\delta }x^{n+1}f'(x)dx)\\\\&=-\int_{\delta }^{1-\delta }\lim_{n \to +\infty }x^{n+1}f'(x)dx=0,\end{align*}$

                                 $\begin{align*} \lim_{n \to +\infty }(n+1)\int_{1-\delta }^{1}x^nf(x)dx&=\lim_{n \to +\infty }(x^{n+1}f(x)|_{1-\delta }^1-\int_{1-\delta }^{1}x^{n+1}f'(x)dx)\\\\&=f(1)-\int_{1-\delta }^{1}\lim_{n \to +\infty }x^{n+1}f'(x)dx\\\\&=f(1).\end{align*}$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }(n+1)\int_{0}^{1}x^nf(x)dx=f(1).$

上海财经大学2009年数学分析考研试题



解：
            设曲面方程上任一点为$(x_0,y_0,z_0)$，则在该点曲面的法向量为：

                                      $\displaystyle \vec{n}=(F'_x,F'_y,F'_z)=(\frac{1}{2\sqrt{x_0}},\frac{1}{2\sqrt{y_0}},\frac{1}{2\sqrt{z_0}}),$

                于是，切平面该点的方程为
                                       $\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x_0}}(x-x_0)+\frac{1}{2\sqrt{y_0}}(y-y_0)+\frac{1}{2\sqrt{z_0}}(z-z_0)=0,$

                     即
                                       $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x_0}}+\frac{y}{\sqrt{y_0}}+\frac{z}{\sqrt{z_0}}=\sqrt{a},$

                     切平面在三个坐标轴上的载距之和为：
                                        $\displaystyle \sqrt{x_0}\sqrt{a}+\sqrt{y_0}\sqrt{a}+\sqrt{z_0}\sqrt{a}=\sqrt{a}(\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0})=a.$

中山大学2021上数学分析考研题
10、计算曲面积分
                             $\displaystyle \iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec xdxdy .$
其中$S$为椭球面
                               $\displaystyle \frac{x^2}{\pi^2}+y^2+z^1=1.$

解：
            由第二类曲面积分对称性可知，偶函数的积分为0，故有

                                        $\begin{align*}I&=\iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec xdxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\sin xdydz\\\\&=2\iint_{S^+}\sin {\pi\sqrt{1-y^2-z^2}}dydz\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\sin {\pi\sqrt{1-r^2}}rdr\\\\&=-2\pi\int_{0}^{1}\sin {\pi\sqrt{1-r^2}}d(1-r^2)\\\\&=2\pi\int_{0}^{1}\sin {\pi u}du^2\\\\&=4\int_{0}^{1}\sin {\pi u}d(\pi u)\\\\&=4(1-\cos 1).\end{align*}$

一道上海交大竞赛积分题
求：
                       $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx.$

解：
                 

第11届大学生数学竞赛(非数学类)试题12分





                                                    摘自微信公众号： 考研竞赛智慧e数学


注：查找了一下，似乎12届全国大学生数学比赛没有这道题呀？

上海交通大学高等数学竞赛卷
[八]

解
            

上海交通大学高等数学竞赛卷


证明：
              由已知，函数有连续导数，则函数必连续。于是在$[a,b]$上，必有最大值，即

                                              $\displaystyle \exists x_0\in[a,b],s.t.\underset{a\leq x\leq b}{\max} f(x)=f(x_0),$

                      再由积分中值定理，知

                                               $\displaystyle \exists \xi\in[a,b],s.t.|f(\xi)|=|\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx|,$

                                            $\begin{align*}\therefore \underset{a\leq x\leq b}{\max} |f(x)|=|f(x_0)|&=|\int_{\xi}^{x_0}f'(x)dx+f(\xi)|\\\\&\leq |\int_{\xi}^{x_0}f'(x)dx|+|f(\xi)|\\\\&\leq \int_{a}^{b}|f'(x)|dx+|\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx|.\end{align*}$

上海交通大学高等数学竞赛卷



证明：由中值定理知
                                 $\displaystyle \exists c_1\in(-2,0),\exists c_2\in(0,2),s.t.$

                                 $\displaystyle f'(c_1)=\frac{f(0)-f(-2)}{2},f(c_2)=\frac{f(2)-f(0)}{2},$

                                  $\displaystyle \because |f(x)|< 1,\Rightarrow |f(c_1)|\leq 1,|f(c_2)|\leq 1,$

                 令
                                $\displaystyle F(x)=f^2(x)+f'^2(x),$

                    则有
                                  $\displaystyle F(0)=4,F(c_1)\leq 2,F(c_2)\leq 2.$

                 由此可知，$F(x)$在$[c_1,c_2]$上有最大值，即
                                    
                                 $\displaystyle \exists \xi \in(c_1,c_2),s.t.F(\xi)\geq 4,F'(\xi)=0.$

                  也即有
                                  $\displaystyle \therefore F'(\xi)=2f'(\xi)(f(\xi)+f''(\xi))=0,$

                     若$f'(\xi)=0,$则
                                
                                    $\displaystyle \Rightarrow F(\xi)=f^2(\xi)\leq 1,$

                     这与$F(\xi)\geq 4$矛盾。从而有

                                     $\displaystyle \therefore f(\xi)+f''(\xi)=0.$

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