第一部分例題精講與習(xí)題第一章極限與連續(xù)性相關(guān)聯(lián)的題型1）函數(shù)連續(xù)性和可導(dǎo)性的判斷及應(yīng)用2）求函數(shù)的間斷點：①第一類間斷點（左右極限存在a>可去間斷點：左右極限存在且相等但函數(shù)在該點無除第一類間斷點以外所有的間斷點3）用定義求導(dǎo)數(shù)，若存在，則函數(shù)在x0處可導(dǎo)且。所以，判斷可導(dǎo)性就是判斷極限 0是y=f∞∞⑤00型，常用方法：取對數(shù)化為0.∞型；恒等變形；變量代換⑥∞0型，常用方法：取對數(shù)化為0.∞型；恒等變形消除不定式；利用重要極限xxxx→→1）若則稱當(dāng)x→x0時α(x)是比β(x)高階的無窮小，記為α(x)=oβ(x)，或者說當(dāng)x→x0時β(x)是比α(x)低階的無窮??；若則稱當(dāng)x→x0時α(x)是與β(x)同階的無窮小。特別的，當(dāng)C=1時，稱當(dāng)x→x0時α(x)與β(x)是等價無窮小，記為α(x)~β(x)(x→x0)；若則稱當(dāng)x→x0時α(x)是與β(x)等價無窮小替換求極限（注意：有界函數(shù)與無窮小的積lnx,xα(α>0),xβ(β>α>0),ax(a>1),xx。nn-x11）證明數(shù)列極限存在的方法：①夾逼定理②單調(diào)有界定理③級數(shù)斂散法：若級數(shù)收斂，則an存在④級數(shù)收斂的必要條件：若級數(shù)an收斂，則n補充：給定數(shù)列{an}，則an存在的充要條件是級數(shù)收斂。13）中值定理求極限：關(guān)鍵是將欲求的極限寫成中值定理的形式，在求函數(shù)式具有規(guī)律比或其分子分母之項具有中值定理那樣的關(guān)聯(lián)或函數(shù)式非常復(fù)雜難以化簡時，解：方法一：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx與tanx之間，當(dāng)x→0時ξ→0,eξ→1例3.設(shè)Dr:x2+y2≤r2，則e-x2-y2cr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr解：當(dāng)k≤n-1時，則f(2)=2，xn+2=f(xn),xn+2-2=f(xn)-f(2)，由拉格朗日中值定理得：存在ξ介于x，2之間，使得f(x)-f(2)=f'(ξ)(x-2)，:x2k-2=αk-1x2-2,由0≤x2k-2=αk-1x2-2且limαk-1x2-2解：的不可導(dǎo)點即f、(x)不存在或f、(x)=0的點的 :f、不存在，同理可得f、(-1)不存在，:g(x)在x1=f(0)=0,x2=f(-1)=-1,x3=f(2)=8處均不可導(dǎo)，:α=-1,β=8:2-2nx0-2，又2-2)nx0-2=0，:limxn-2=0,:limxn=解：kC=nC-:k2Ck=1=n(k-)Ck=1C-:k2C=n(n-1).2n-2+n.2n-1=n(n+1).2n-2k=1例12.設(shè)函數(shù)滿足f=A，且f、證明：由f、>0得f單調(diào)遞增，:f:f(x)-:-x，x,:當(dāng)-2<x<-1時該極限不存在，即f(x)不存在；f(-1)=1，若n為奇數(shù)不存在；f(-2)=2，若n為奇數(shù)f(-2)=1,:f)2n-1例14.已知xn=2.4.16.....22n-1，則xn=_________。22-1-1，)...S2n-1=S2n+2n,=S2n=ln2:β-α>0,β≠0解：x+1,nknk2k2k2k2又k2n2!:lim=1!2例25.求sin解：原式=sinπf+ξ=0。:彐N>0使得F(N)>0,F(-N)<0，f(ξ)+ξ=0例28.若函數(shù)f(x)在x=1處可導(dǎo),且f'(1)=1,求函數(shù)F(x)。::xn<1,{xn}單調(diào)有界，limxn存在.x→0例31.n為自然數(shù),f(x)在[0,n]上連續(xù)，f(0)=f(n)，證明：當(dāng)n=1,存在a=0,使f(0)=f(1),結(jié)論成立；當(dāng)n>1,令g(x)=f(x+1)-f(x),g(x)在[0,n-1]上連續(xù),存在最小值m和最大值M，f(a)=0,即f(a)=f(a+1).f(x)=f(x+nT)例33.求limarctan(x-lnx.sinx)解：x→∞時arctan-arctan→0x2+1x2-x2+1x2xx:limxn存在:limxn存在-1及數(shù)學(xué)歸納法得an>1a-2-1)22例42.設(shè)f"存在，且求f(0),f、(0),f"(0)的值。f(0)=0:fx→x→06-2-2-f"(0)=6:3f"(0)=-8,11-x22x()+x-x2x()+x-x2例44.已知f(x)在x=6的鄰域內(nèi)為可導(dǎo)函數(shù),2x-2x-2例47.求極限limcosx-ex→0x2[2x+ln(1-2x)]2例48.設(shè)函數(shù)f(x)具有二階連續(xù)導(dǎo)函數(shù)，且f(0)=0，f,(0)=0，f,,(0)>0.在曲線y=f(x)上任意一點(x,f(x))（x≠0）作曲線的切線，此切線在x軸上的截距記作解：過點(x,f(x))的曲線y=f(x)的切線方程為：Y-f(x)=f,(x)(X-x)注意到由于f,(0)=0，f,,(0)>0，所以x≠0時f,(x)≠0.因此切線在x軸上的截將f(x)在x0=0處展成泰勒公式得：在0與x之間；將x=μ代入得：在0與μ之間；例49.設(shè)當(dāng)x→1時是x-1的等價無窮小,則m=____m:則f'(x)=sinxg'(x)+cosxg(x),:f'(0)=g(0)=2010!例54.設(shè)函數(shù)滿足f=1，且對x≥1時，有f,證明存在:f遞增,:f:0<f,(x)=≤:f,(x)dx≤dx即-1≤arctanx-+arctanxf(x)單調(diào)且有界，所以limf(x)存在由f+arctanx得：3ktan(tan(tanx)-sin(sinx)例57.求極限limx→0tanx-sinxx2…xn:x→1；n例60.設(shè)x0分析：證明數(shù)列極限存在的方法：①夾逼定理②單調(diào)有界定理③級數(shù)斂散法：若級數(shù)收斂，則an存在④級數(shù)收斂的必要條件：若級數(shù)an收斂，則xnnx列{xn}單調(diào)遞減.即數(shù)列{xn}為單調(diào)數(shù)列，從而數(shù)列{xn}必有極限.由正項級數(shù)的比值判別法得：級數(shù)絕對收斂，:由正項級數(shù)的比值判別法得：級數(shù)絕對收斂證明n,fn在上連續(xù)，例62.設(shè)函數(shù)可導(dǎo)，且f=0,Ftn—1fdt，求解：令u=xntn則Ftn1fnnnnf'(0)≠0；（2）求極限limθ。x→0+證明：設(shè)Fdt，則F=0,F在上可微，由(x)F(0)=F'(θx)x,0<θ<1即解：要求f(x)=e—x2sinx2的值域，只需求出函數(shù)的最大值與最小值即可.注意到函數(shù)f(x)=e—x2sinx2為偶函數(shù)，故只需考慮x≥0的情況.為計算方便，令t=x2，得到2m)于是得到函數(shù)g(t)的值域，亦即函數(shù)f(x)的值域為.例67.若f(x)∈C[a,b]且對任意x∈[a[a,b]有f(x)≠0，則f(x)>0或f(x)<0僅取其一。不妨設(shè)而這與f(x0)是最小值矛盾。xxx12.已知曲線y=f(x)在點(1,0)處的切線在y軸上的截距為-1,13.若當(dāng)x→0時，F(xiàn)的導(dǎo)數(shù)與x2為等價無窮小，求f,,(0)。14.設(shè)f，求第二章微分學(xué).........和差與倍角公式把函數(shù)的次數(shù)逐次降低，最后變成sinkx,coskx之和或之差的形式，f(t)dt,則y、=fh(x)h'(x)-fg(x)g、(x)；f(x)g(t)dt，則y=f(x)∫g(t)dt，y、=f(x)∫g(t)dt+f(x)g(x)；f(xt)dt，方法是變量代換，令u=xt,則t=,dt=f(x-t)dt，方法也是變量代換，令u=x-t,則f(u)du,y、=f(x)解：由極限的存在性得f(0)=0，又由極限的保號性得:f(x)>0=f(0)，f(0)是極小值。（3）用高階導(dǎo)數(shù)判斷極值：設(shè)f'(x0)=0,f"(x0)≠0，若f"(x0)>0則f(x0)為極小值；若f"(x0)<0則f(x0)為極大值補充：不動點為f(x)=x點；零點為f(x)=0的點；駐點為f'(x)=0的點；極值點為f'(x)改變符號的點；拐點為f"(x)改變符號的點。fy(x,y)Δy多元復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法：z=f[u(t),v(t)]z=f[u(x,y),v(x,y)]1).空間曲線在點M(x0,y0,z0)處的切線'(x0),z'(x00)'(x0),z'(x0z-z3).若空間曲線方程為過該曲線的曲面束方程為F(x,y,z)+λG(x,y,z)=z-zx-xFyFyyzy-y0FFFFzzxx,Fx,FxxFyy4).曲面z=f(x,y)在點(x0，y0)處的法向量={fx'(x0,y0),fy'(x0,y0),-1},切平面方程z-z0=fx'(x0,y0)(x-x0)+fy'(x0,y0)(y-y0)5).曲面F(x,y,z)=0上一點M(x0,y0,z0)處的法向量：={Fx(x0,y0,z0),Fy(x0,y0,z0),Fz(x0,y0,z0)}切平面方程：Fx(x0,y0,z0)(x-x0)+Fy(x0,y0,z0)(y-y0)+Fz(x0,y0,z0)(z-z0)=0函數(shù)z=f(x,y)在一點p(x,y)沿任一方向l的方向?qū)?shù)為cosφ+對cosα+cosβ+cosY其中α、Y為l的方向角。是gradf(x,y)在l上的投影。沿梯度方向函數(shù)的方向?qū)?shù)最大，函數(shù)變化最快。設(shè)fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0，令：fxx(x0,y0)=A,fxy(x0,y0)=B,fyy(x0,y0)=C，△=B2-AC函數(shù)z=f(x,y)在條件φ(x,y)=0下極值的求法：令F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)2）在題設(shè)條件或欲證結(jié)論中有定積分的表達式時，則先用積分中值定理對該積分式處3）在題設(shè)條件下若函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)上可導(dǎo)，且f(a)=0或f(b)=0如：⑴若f(a)=0，則f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ)(x-a),或②f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ1)(x-a),f(x)=f(x)-f(b)=f'(ξ2)(x-b)4）對定限或變限函數(shù)，若被積函數(shù)或其主要部分為復(fù)合函數(shù)，則先做變量代換使之成證明：由思維3，f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ1)(x-a),f(x)=f(x)-f(b)=f'(ξ2)(x-b)，:f(x)≤M(x-a),f(x)≤M(b-x)f(a)f(b)<0，則至少存在一點ξ∈(a,b)使f(ξ)=0。(x)有k-1個零點，f"(x)有k-2個零點，……,f(k-1)(x)有1個零點，f(k)(x)沒有零點?！襢(x)g(x)dx=g(ξ)∫f(x)dx又叫廣義積分1）.欲證結(jié)論：至少存在一點ξ使得f(n)(ξ)=0的命題。思路一：驗證f(n-1)(x)在[a,b]上滿足羅爾定理條件，由該定理即可得證；思路二：驗證ξ為f(n-1)(x)的最值或極值點，用費馬定理即可得證。2）.欲證結(jié)論：至少存在一點ξ∈(a,b)使得f(n)(ξ)=k及其代數(shù)式的命題。思路提示：①作輔助函數(shù)F(x)；②驗證F(x)滿足羅爾定理條件；③由定理的結(jié)論構(gòu)造輔助函數(shù)的方法1）原函數(shù)法：①將欲證結(jié)論中的ξ換成x；②通過恒等變形將結(jié)論化為易消除導(dǎo)數(shù)符號的形式（或稱（2）常數(shù)k值法：①令常數(shù)部分為k；②恒等變形，使等式一端為a及f(a)構(gòu)成的代3）.欲證結(jié)論：至少存在一點ξ,η∈(a,b)且ξ≠η滿足某種關(guān)系式的命題。解：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx與tanx之間，當(dāng)x→0時ξ→0,eξ→1例2.設(shè)Dr:x2+y2≤r2，則e-x2-y2cosdxdr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr例：將展開到x3項。8）.泰勒公式在微分有關(guān)證明題中的應(yīng)用：泰勒公式是高等數(shù)學(xué)的一個重要內(nèi)容，它若函數(shù)f(x)在含有x0的某個開區(qū)間(叫做拉格朗日余項，這里ξ是介于x與x0之間的某個值?；蜃C明：由條件得在x0=處的泰勒公式為f",)x-,)2+f'''(ξ)x-),3這里ξ介于x與x0=之間。f(a)=f),+f'),),+f",)),2+f'''(ξ1),)3(1)f(b)=f),+f'),),+f",)),2+f'''(ξ2),)3(2)其中，ξ1介于a與之間，ξ2介于與b之間。2f'''(ξ)=f'''(ξ1)+f'''(ξ2)關(guān)鍵是要根據(jù)已知條件，選擇恰當(dāng)?shù)膞0，然后使用泰勒公式，就可得到所要的結(jié)論。ξ∈(0,1)使得f"(ξ)≥8。思路分析：f(x)在[0,1]上二次可微且有最小值-1≠0，所以在(0,1)內(nèi)一定該點的導(dǎo)數(shù)為0。又高階可導(dǎo)，想到泰勒公式，要證的點為x0。2，這里ξ介于x與x0之間。分別令x=0,1得：f=-1+x02,f=-1+所以，當(dāng)x0綜上所述，存在一點ξ∈(0,1)使得f"(ξ)≥8。例3.設(shè)函數(shù)f(x)在R上三階可導(dǎo)，且f(3)(x)和f(x)有界，求證：f、(x),f"(x)也有界。鍵是如何選擇合適的x0點，并要選擇在某處將函數(shù)展開，并恰好約掉多余項，利用f(3)(x)和f(x)有界的條件，從而得到結(jié)論。注意到x+1,x-1與x正好相差1和-1，不妨取x0=x,且x取x+1,x-1時，利用泰勒公式，約掉其中一個未知量，即可得到另一個證明：根據(jù)題目條件，f(x)在x0處的泰勒公式為這里ξ介于x與x0之間。分別取x0=x,且x取x+1,x-1有：兩式相加消去f、(x)得兩式相減消去f"(x)得由f(3)(x)和f(x)有界，可知f、(x),f"(x)也有界。1-2,(1):n+(-1)n=n-2n+o|((1)①觀察法與湊方法例1:設(shè)f(x)在[0,1]上二階可導(dǎo)，f(0)=f(1)=f(0)=0分析：把要證的式子中的ζ換成x，整理得f(x)-xf(x)-2f(x)=0…(1)由這個式可知要構(gòu)造的函數(shù)中必含有f(x)，從xf(x)找突破口因為[xf(x)]=xf(x)+f(x)，那么把(1)式變一下：f(x)-f(x)-[xf(x)+f(x)]=0→f(x)-f(x)-[xf(x)]=0這時要構(gòu)造的函數(shù)就看出來了F(x)=(1-x)f(x)-f(x)②原函數(shù)法例2:設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，f(a)=f(b)=0，又g(x)在[a,b]上連續(xù)求證：彐ζ∈(a,b)使得f(ζ)=g(ζ)f(ζ).現(xiàn)在把與f有關(guān)的放一邊，與g有關(guān)的放另一邊，同樣把ζ換成xF(x)=f(x)e-∫g(x)dx③一階線性齊次方程解法的變形法對于所證式為f+pf=0型其中p為常數(shù)或x的函數(shù)）例：設(shè)f(x)在[a,b]有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，又存在c∈(a,b)，使得f(c)=0求證：存在ξ∈(a,b)，使得f→-這樣就變成了f+pf=0型注：此題在證明時會用到f=0→f這個結(jié)論2）.所證式中出現(xiàn)兩端點①湊拉格朗日例3設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)證明:至少存在一點ζ∈(a,b)使得+ζfF(x)=xf(x),用拉格朗日定理驗證一下②柯西定理2，f(x)在[x1,x2]可導(dǎo)，證明在(x1,x2)至少存在一點c，使得發(fā)現(xiàn)exf(x2)—exf(x1)是交叉的，變換一下，分子分母同除一下ex+xf(x2)—f(x1)于是這個式子一下變得沒有懸念了③k值法設(shè)整理得ex[f(x1)k]=ex[f(x2)k]④泰勒公式法老陳常說的一句話，管它是什么，先泰勒展開再說。當(dāng)定理感覺都起不上作用時，泰勒法往往是可行的，而且對于有些題目，泰勒法反而會更簡單。①兩次中值定理例5f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，f(a)=f(b)=1利用拉格朗日定理可得再整理一下只要找到與eζ的關(guān)系就行了例1.是否存在可微函數(shù)使得f=1+x2+x4-x3-x5，若存在，請求解：令g(x)=ff(x)-x=1-x+x2-x3+x4-x5,g(-1)=6≠0，當(dāng)x≠-1時g=0得x=1，:x=1是g的唯一:f:(x)=f、f(x)f(x)-1，2-1≥-1，另一方面g、(x)=-1+2x-3x2+4x3-5x4，gf(x)≤pf(x)證明：由拉格朗日中值定理得f(x)=f(x)—f(0)=f'(ξ1)x,ξ1介于0，x之間，:當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)=f'(ξ1)x≤f'(ξ1)≤pf(ξ1),ξ1∈[0,x]，:f(ξ1[0,ξ1],...,:f(x)≤pnf(ξn)，ξnξn1][0,ξ:f:limpnf(ξn)=0,:ff(x)=f(x)f(1)=f、(η1)(x1)≤f:f:f]時f(x)=f(x)f(0)=f'(ζ1)x≤f'(ζ1)l:f(x)≤pf(ζ1)≤p2f(ζ2)≤...≤pnf(ζn),limpnf(ζn)=0,:f遞增，:f例6.求fentdt的n階導(dǎo)數(shù)。解：設(shè)gkentdt，則f0ntdtnx，當(dāng)n>k時g=nnk1.enx，由f得：1，且二元函數(shù)滿足解x22f:f3r2f'(r2)+r4f"(r2)=0，令r2=ex，則f(ex)+3exf'(ex)+e2xf"(ex)=0令g(x)=f(ex)，則g、(x)=exf'(ex),g"(x)=exf'(ex)+e2xf"(ex):fex)2x)ex,f(x)=c2:ff、:f:f則則又∈使得x=1，此時f，:x(t)0時，f(t)的最大值為。22令n，則Pn.n!.mn解：f(x)=(x2)n(x1)ncos，(x1)ncos，則f(x)=g(x)h(x)f(n)(x)=Cg(n—k)(x)h(k)(x)證明：記xn=,n∈N*，由題意得f(x),f、(x),f"(x),...,f(n)(x)在x=0處n:f(0)=f級數(shù)收斂，:=0,:ff(x)=f(a)+f'(a)(x—a)+f"(ξ1)(xa)2,ξ1介于x,a之間，f(x)=f(b)+f'(b)(x—b)+f"(ξ2)(xb)2,ξ2介于x,b之間，f"(ξ)=max{f"(ξ1),f"(ξ2)}，則例14.已知函數(shù)f(x)在[a,b]上二階可導(dǎo)，對于[a,b]內(nèi)每一點x，有f(x)f"(x)≥0，且::f:x∈[x1,x2]有f(x)=0，與題意在[a,b]的任一子區(qū)間上f(x)不恒等于0矛盾方法二：設(shè)x1,x2(x1<x2)是f(x)在[a,b]上的兩個相鄰零點，即在(x1f"(x)≥0:f(x)在(x1,x2)上遞增，在x1的右鄰域內(nèi)f(x)>0=f(x1),在x2的左鄰域內(nèi)f(x)>0=f(x2),2,f、(x)遞增，:f')<f'(x2),與f'(x1)>0>f'(x2)矛盾。例15.f(x)在[a,b]上連續(xù)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且f(a)=f(b)=0求證：存在ξ∈(a,b)使ξf(ξ)+f'(ξ)=0F(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),且F(a)=F(b)=0，f(r)當(dāng)0<r<+∞時有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，且f(1)=0,f,(1)=1，又,ux=f,.f且u滿足（二維）拉普拉斯方程,f(x,y)的表達式。f(x,y)是x2+y2的函數(shù)，可以考慮用極坐標進行轉(zhuǎn)化，利用求微分方+y2，則u=f補充題2：u=f(x,y)，試求出（二維）拉普拉斯方程f(x,y,z)，f是可微函數(shù)，若，證明u僅為r的函數(shù)，其中xyz利用球坐標變換：設(shè)x=rsinφcosθ,y=rsinφsinθ,z2(sinφcosφcos2θ+sinφcosφsin2θcosφsinφ)=0求u1,(x,2x).例20.求函數(shù)f(x)=x2ln(1+x)在x=0點處的100階導(dǎo)數(shù)值.(98)例21.設(shè)f(u,v)有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，z=f(x2—y2,cos(xy))，x=rcosθ,y=rsinθ,證類似可得=2r(xsinθ+ycosθ)+rsin(xy).(ysinθxcosθ),代入原式左邊得：cosθsinθ=2cosθ.(xcosθysinθ)cosθ..sin(xy)(ycosθ+xsinθ).sinllφ=z-xf(x)=(1-x)ln(1-x)+x，f'(x)=-ln(1-x)>0:f(x)在（0,1）上遞增，:f::g'(x)>g'(0)=0:g(x)在（0,1）上遞增，g(x)>g(0)=022，x證明：設(shè)f(x)=1+xln(x+1+x2)-x令f,(x)=0，得到駐點x=0.由f,,>0可知x=0例26.試確定a值，使方程上有兩個相異的實根。解：令則f(x)在[-1，1]上是偶函數(shù)，則f(x)=a在（0，1]上:f:fF,(x)<0；當(dāng)2<x時，F(xiàn),(例28.設(shè)Fe-t2dt，試證明在區(qū)間[-1,1]上F(x)有且僅有兩個實根.由-te-t2dt=e-x2-e-1，由于e-x2是偶函數(shù)，所以e-t2dt是奇函數(shù)e-t2dt是偶函數(shù)，于是知F(x)為偶函數(shù).因此函數(shù)F(x)在(0,1)內(nèi)有且僅有一個實根；又由F(x)為偶函數(shù)，故F(x)在(-1,0)內(nèi)同樣有且僅有一個實根.于是知函數(shù)F(x)在閉區(qū)間[-1,1]上有且僅有兩個實根.例29.設(shè)常數(shù)k>ln2-1，證明：當(dāng)x>0且x≠1時，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0.證明：設(shè)函數(shù)f(x)=x-ln2x+2klnx-1(x>0)，故要證(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0，只需證：當(dāng)0<x<1時，f(x)<0；當(dāng)1<x時，f(x)>0.即當(dāng)x>0時f,(x)>0，從而f(x)嚴格單調(diào)遞增.又因f(1)=0，故，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0。證明：函數(shù)f(x)在[0,1]上連續(xù)，有最大值和最小值，又因最大值是2，端點處函數(shù)值f(x)=2，于是f(x0)是極大值，:f'(x0)=0，證明：應(yīng)用泰勒公式將分別在點a,b處展開，注意到<ξ2其中當(dāng)f"(ξ1)≥f"(ξ2)l時ξ=ξ1；當(dāng)f"(ξ2)≥f"(ξ1)時ξ=ξ2f"(x)≤M，求證：(0,1)時f"(x)≤M，∫f(x)dx=(b-a)f(ξ2)≤(b-a)f(a),ξ2∈[a,b],例34.設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]上二階可導(dǎo)，且f(a)=f(b)=0及f"(x)≤8，證明：把f(a)、f(b)分別在點處展開得：:f(a)+f(b)=f"(x1)+ff"(x2)(b-a)214dx≤f證明點處展開得f(x2)=f(|,f'|((),x2-),f"(ξ)x2-),2f"(x)≤0,:f≤f),+f'),x2-,)x2)dxf',)x2-),dx=f),例37.設(shè)函數(shù)f(x)>0，f"(x)≤0，證明：f(x)≤-f(x)dx。因為f(x0)是f(x)的最大值，所以f例38.設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]上二階連續(xù)可導(dǎo)，且f(a)=f(b[x0,b]上分別用拉格朗日中值定理得f(x)-f(0)=f'(x1)(x-0)即f(x)=f'(x1)xM=,]f(x),:f≤Mx:dx≤Mxdx=f(x)=f'(x2)(1-x)即f(x)=-f'(x2)(1-x)f'(x)例40.設(shè)函數(shù)f(x)∈C[a,b]且不恒為0，0≤f(x)≤M，求證：f(x)cosxdx2+|∫f(x)sinxdx2+-∫f(x)dx2=2f(t)cost∫f(x)cosxdx+2f(t)sint∫f(x)sinxdxg"(t::g(t)單調(diào)遞增，::F(b)≥F(a)=0即證明：設(shè)f(x)=xp+(1-x)p，則f'(x)=pxp-1-p(1-x)p-1令f'(x)=0得駐點在上遞減，在上遞增=21-p是函數(shù)的最小值，又1-x)p≤1。f'(1)(x-1)+M(x-1)2|dx=:≤dx=0。證明：f在上恰好有兩個零點。假定x=α是f(x)在(0,1)內(nèi)的唯一零點，不妨設(shè)當(dāng)0<x<α?xí)r，f(x)<0，當(dāng)α<x<1時，f在f,(a)=0,f,(b)=0。對f,(x)在[a,b]上應(yīng)用羅爾定理知，存在ξ∈(a,b)(0,1)，使得f,,(ξ)=0，這與f,,(x)≠0矛盾。所以，f(x)在[0,1]上恰好有兩個零點。例44.設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,+∞)上具有二階導(dǎo)數(shù)，且f(x)≤M0，0<f,,(x)≤M2，h2，其中ξ∈令下面求其最小值：由g,M2=0,,>0，所以g在h0=2處得極小例45.設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在開區(qū)間(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)=0,f(1)=1，試證明：對于任意給定的正數(shù)a和b，在開區(qū)間(0,1)內(nèi)存在不同的ξ和η,使得顯然ξ≠η;于是例46.設(shè)函數(shù)在[a,b]上有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f(a)f(x)=f'(ξ2)(x—b),x<ξ2<bf"(ξ2)(1x)2,ξ2∈(x,1):f(1)—f(0)=f'(x)+ f(a)=1,f'(a)=0，利用泰勒公式展開得：f"(ξ2)(1a)2,ξ2∈(a,1):f"(ξ1)=,f"(ξ2)=例49.設(shè)f(x)在[a,b]上有二階可導(dǎo)，且f'(a)=f'(b)=0,則在(a,b)內(nèi)必存在一點ξ:f(b)—f(a)=f"(ξ1)—f"(ξ2)(b—a)2令f"(ξ)=max{f"(ξ1)，f"(ξ2)}，則例50.設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]上具有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，證明：彐ξ∈(a,b)，使得證明：將函數(shù)在點x0=處作泰勒展開，并分別取x=a和x=b得到例51.設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[—2,2]上具有二階導(dǎo)數(shù)，f(x)≤1，且[f(0)]2+[f,(0)]2=4，證明：存在一點ξ∈(—2,2)，使得f(ξ)+f,,(ξ)=證明：在區(qū)間[2,0]和[0,2]上分別對函數(shù)f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理得F(x)=[f(x)]2+[f,(x)]2F(η1)故F(x)在區(qū)間[η1,η2]上的最大值F(ξ)=Max{f(x)}≥4，且ξ∈(η1,η2).由費馬引理知,η2)F,(ξ)=0.而F,(x)=2f(x)f,(x)+2f,(x)f,,(x)故F,(ξ)=2f,(ξ)[f(ξ)+f,,(ξ)]由于F(ξ)=[f(ξ)]2+[f,(ξ)]2≥4，所以f,(ξ)≠0，從而f(ξ)+f,,(ξ)=0.上至少存在一點ξ使得a3f"2f(x)f(0)x2f"(x)在[a,a]上連續(xù)，故f"(x)在[a,a]上有最小值m和最大值M，故a3maf"(ξ1)x2dx≤Max2dx=a3Mξ使得:a3f"(ξ)=3af(x)dx例53.設(shè)f"(x)連續(xù)且f"(x)>0,f(0)=f'(0)=0，u(x)是曲線y=f(x)在點分析：當(dāng)x→0時所求極限為型未定式，可考慮用等價無窮小和洛必達法則，因此要對變上限函數(shù)的定積分求導(dǎo)，所以先要求出u(x),u'(x)，進而可利用f(x),f'(x)解：曲線y=f(x)在點(x,f(x))處的切線方程為：Y—f(x)=f,(x)(X—x)，注意到由于f,(0)=0，f,,(x)>0，所以x≠0時f,(x)>0.令Y=0得切線在x軸上的截距為且將f(x)在x0=0處展成泰勒公式得：在0與x之間；在0與u之間；:f'(x)=f"(ξ1)x,f"(x)=f"(ξ1),=1—=:u(x)~→0+),fu(x)=f,,(ξ2)u(x)2~f,,(ξ2)x2[a,b]且f(x)f(y)≤kxy，其中k為常數(shù) （2）xnx=f(xn1)f(x)≤kxn1x≤k2xn2x≤...≤kn1x1x例55.設(shè)f在上連續(xù)，在上可導(dǎo)，證明：在(a,b)內(nèi)至少存在兩點使得f'證明：f(x)≤1。證明：令g(x)=exf(x),g、(x)=exf(x)+f、(x):g、(x)≤ex，gx→-∞即-ex≤exf(x)-limexf(x)≤ex:-1≤f(x)≤1:fx→-∞例57.設(shè)f、(x)在[a,b]上連續(xù)，f(x)在(a,b)內(nèi)二階可導(dǎo)，（1）在(a,b)內(nèi)至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)；（2）在(a,b)內(nèi)至少存在一點η(η≠ξ)使得f"(η)=f(η)。:f=0，設(shè)g=e-xf所以，在(a,b)內(nèi)至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)。得=0，即f'（2）由（1）得f'(ξ1)-f(ξ1)=0,f'(ξ2)-f(ξ2)=0,ξ1,ξ2)(a,b)使得F,(η)=0，又，所以f"證明：存在ξ∈使得證明：令h(x)=f(a)g(x)+f(x)g(b)-f(x)g(x)，又h(x)=f(a)g、(x)+f、(x)g(b)-f(x)g、(x)-f、(x)g(x)故，存在ξ∈使得衡時，它的軸線與桌面的夾角為θ=arctan所以，sinθ=cosY=故tanθ=因此θ=arctan。例60.設(shè)函數(shù)f(u)可導(dǎo)且f,(u)≠0，證明：旋轉(zhuǎn)曲面的法線與轉(zhuǎn)軸相交。+y2則z=f。因為，所以旋轉(zhuǎn)面上P(x,y,z)點處的法線l的方程為易見旋轉(zhuǎn)面的轉(zhuǎn)軸為z軸，其方程為解它們聯(lián)立的方程組得l與z軸相交且交點,z=f于是旋轉(zhuǎn)面在點P(x,y,z)處的法線l的方向向理可取為s=[xf,(u),yf,(u),-u],而旋轉(zhuǎn)面轉(zhuǎn)軸為z軸O(0,0,0)到l上點P(x,y,z)的向量為OP=(x,y,z)，由于三向量k,s,OP的混合積解：方法1：令F(x,y,λ)=x2+2x2y+y2+λ(x2+y2-1)，并令：解得：及，F(xiàn),(y)=2-6y2，令F,(y)=0解得駐點，2.若函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)可導(dǎo),且=-1,求f'3.當(dāng)x→0時,1-2x-31-3x與axn是等價無窮小,求a與n4.設(shè)fdx，g=x3+x4，則當(dāng)x→0時，（A）f(x)與g(x)為同階但非等價無窮小B）f(x)與g(x)為等價無窮??；（C）f(x)是比g(x)更高階的無窮小D）f(x)是比g(x)更低階的無窮小 （A）1條B）2條C）3條D）4條.8.設(shè)u=f(x,y,z)，φ(x2,y,z)=0，y=sinx，其中f,φ具有連續(xù)的一階偏導(dǎo)數(shù)，且10.由方程xyz+所確定的函數(shù)z=z(x,y)在點(1,0,-1)11.設(shè)z=，其中f、φ具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，則.f，其中f具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，g具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，求2z2z14.設(shè)f(x)在[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)=0，證明：存在點ξ∈(0,1)，使ξf,(ξ)+f(ξ)=f,(ξ)。16.設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在開區(qū)間(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且4∫dx=f求證：在開區(qū)間(0,1)內(nèi)存在一點ξ,使得f,(ξ)=0.dx=f。證明：存在ξ∈使得f"存在ξ∈(a,b)使得αf(ξ)=f'(ξ)。20.設(shè)f(x),g(x)均在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)上可導(dǎo)，且x∈(a,b),f'(x)g(x)≠f(x)g'(x)，又f(X)在(a,b)內(nèi)有兩個零點x1,x2。證明：21.設(shè)f(x)是區(qū)間[0,1]上的非負可導(dǎo)函數(shù)，且f'f'(0)+f'(a)≤Ma。n的點x0使f(x0)=x0。內(nèi)至少存在一點ξ使得f在(a,b)內(nèi)至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)-ξ+1。=1上求一點，是函數(shù)f(x,y,z)=x2+y2+z2在該點沿方向第四章無窮級數(shù)等比級數(shù)qn-1,當(dāng)q<1時收斂且qn-1=當(dāng)q≥1時發(fā)散。級數(shù)發(fā)散，其中k為正常數(shù)。級數(shù)收斂a正項級數(shù)審斂法：則正項級數(shù)與廣義積分f(x)dx具有相同的收斂性。2n錯級數(shù)判斷收斂一般用下述方法：其余項rn的絕對值rn≤an+1。如果{an}不滿足條件，則一般可改用：（2）取通項的絕對值所構(gòu)成的級數(shù)，若收斂則原級數(shù)絕對收斂；若此絕對值所構(gòu)成的（3）拆項或并項的方法，將通項拆成兩項，若以此兩項分別作通項的級數(shù)均收斂，則絕對收斂與條件收斂：若收斂，則收斂且稱為絕對收斂；若發(fā)散但收斂則稱為條件收斂。由發(fā)散不能斷言也發(fā)散。但如果的發(fā)散是由比值法（或根值法）推斷出的，則≠0，從而0，于是也發(fā)散。調(diào)和級數(shù)發(fā)散，而收斂；級數(shù)收斂。任意項級數(shù)的判別法：①絕對值判別：若級數(shù)收斂，則收斂。即絕對收斂的級nn非是冪級數(shù)：23nnxnx<R時收斂級數(shù)在收斂域上的性質(zhì)：anxn+bnxn，收斂半徑R=min{R1,半徑為的收斂半徑為1，當(dāng)x=±1時，級數(shù)絕所以，收斂域為[-1,1]。冪級數(shù)在收斂域(-R,R)上絕對收斂，且和函數(shù)S(x)為連續(xù)函數(shù)。若anxn在-R或R處antndt，逐項積分后收斂半徑不變。逐項求導(dǎo)、逐項積分后，收斂半徑A.條件收斂B.絕對收斂C.發(fā)散D.收斂性與{an}相關(guān)解：原冪級數(shù)在x=3處條件收斂說明收斂半徑為3-1=2。冪級數(shù)經(jīng)逐項積分、平移后，收斂半徑不變，所以后一冪級數(shù)的收斂域為（-2，2]。X=3在收斂域外，所以在該點處發(fā)散。p若不存在時并不能說收斂半徑不存在，因為收斂半徑總是存在的。對于類似 anx2n、anx3n等級數(shù)的收斂半徑不能這樣做，應(yīng)根據(jù)求收斂半徑。>1，級數(shù)x2n發(fā)散；所以收斂半徑為。小試身手：冪級數(shù)的收斂半徑為___________（答案：）若an的分母為n!或(2n)!或(2n-1)!也可通過上述方法化簡，最后利用ex,sinx,cos式求和。若an的分母為(2n)!!或(2n-1)!!也可通過上述方法化簡，最后利用(1+x)m的展開式求和。冪級數(shù)求和還應(yīng)求出收斂域。常用方法舉例anxn,用下列兩種用冪級數(shù)求和的方法求某些數(shù)項級數(shù)的和時，要找到一個適當(dāng)?shù)膬缂墧?shù)，求函數(shù)展開成冪級數(shù)：余項：n+1,f可以展開成泰勒級數(shù)的充要條件是Rn=0x0f(x)展開成x的冪級數(shù)的步驟：(1)求出f(n)(x)(n=1,2,...(3)寫出f(0)+f,(0)x+x2+…+xn+…并求出斂散半徑R；=0(ξ位于0與x之間)是f(x)的邁克勞林級數(shù)收斂的充要條件。此x2+…+xn+…一些常用函數(shù)展開成冪級數(shù)：2-...nxnxxxxn三角級數(shù)：傅立葉級數(shù)：Σbnsinnx是奇函數(shù)Σancosnx是偶函數(shù)周期為2l的周期函數(shù)的傅立葉級數(shù)解：由于tan:當(dāng)時有x-y=arctan=arctan::級數(shù)收斂例4.討論級數(shù)的斂散性。n2n解x2n，則s"x2n-2=n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,例6.設(shè)函數(shù)f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有二階連導(dǎo)數(shù)，且=0，證明：級數(shù)證因為函數(shù)f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且則方法2因為函數(shù)f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，則f,,(x)在該鄰域內(nèi)的某閉子區(qū)間[-a,a]上有界，即存在常數(shù)M>0，使得f,,(x)≤M。由泰勒公式x2，0<θ<1由此較判別法知，級數(shù)絕對收斂。n-2=n(n-1)an,n≥21）求冪級數(shù)anxn的和函數(shù)S(x)2）求S(x)的極值。解1）設(shè)冪級數(shù)anxn的收斂區(qū)間為(-R,R)，逐項求導(dǎo)得nanxn-1，S,,anxn-2，x∈依題意，得S,,an-2xn-2=anxn，所以，有S,,解此二階常系數(shù)齊次線性微分方程，得S(x)=C1ex+C2e-x。代入初始條件處取極小值。例9.設(shè)f(x)是(0,+∞)上遞減的連續(xù)函數(shù)，且f(x)>0，證明數(shù)列{an}收斂，其中(f(n+1)-f(x)≤0)[f(n-1)-+f(n)≥0:{an}收斂n-1稱為歐拉常數(shù),:1+-lnn=C+o表示無窮?。?0.57721566490153286060651209，目前還不知道它是有理數(shù)還是無理數(shù)。在微積分學(xué)中，歐拉常數(shù)有許多應(yīng)用，如求某些數(shù)列的極限。,n:收斂，:收斂和-ln2n=C+o，:通常也可以使用定積分的定義法求limxn:例10.設(shè)函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上有定義，在x=0的某個鄰域內(nèi)有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且:f(x)↑(x∈I)，n::++……＋+……收斂，并求和(2n-1)!證明：將f(x)按馬克勞林展開得anxn，其中 ::nn0:n:n→∞:Σ=Σ=Σ|-:Σ=Σ=Σ|-nn=0anan+2n=0anan+2n=0(anan+2,而級數(shù)發(fā)散，:un發(fā)散，所以原級數(shù)條件收斂。證明：將x2在[-π,π]上展開成余弦級數(shù)，則a0=x2dx=證明：」x→0時f(x)是x的高階無窮小，:f(0)=0,f'(0)=0，在x=0的某鄰域內(nèi)將f(x)展成泰勒公式x2,ξ介于0，x之間，」f"連續(xù)，::收斂，:收斂，:收斂4.3練習(xí)題1.求冪級數(shù)的和函數(shù)S(x)。2.求冪級數(shù)n的和函數(shù)S(x)。3.設(shè)冪級數(shù)的收斂域為(-4,2)，則冪級數(shù)的收斂區(qū)間為 。 收斂，收斂，證明：anbn絕對收斂。第五章常微分方程3.一階線性方程：形如y、+p(x)y=q(x)的解是其中，y=Ce-p(x)dx是方程y、+p(x)y=0的通解，p(x)dx4.貝努里方程：形如y、+p(x)y=q(x)yα,當(dāng)α=0時是一階線性方程；當(dāng)α=1時是可分離變量方程；當(dāng)α≠0,1時，令z=y1-α,則有z、+(1-α)p(x)z=(1-α)q(x)，先解出z再解y。5.可降階的高階方程：①形如y"=f(x)連積兩次分②形如y"=f(x,y、)，設(shè)p=y、則p、=f(x,p)解出p后再積分即可③形如y"=f(y,y、)不含自變量x，可令p=y、利用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則將y"化為對y的導(dǎo)數(shù)，從而先解出p再分離變量并積分即可+p1y、2yr2r2y"+p1y、2yrxrrxrx2e2x)erx一對共軛復(fù)根α±βiαx(c1cosβx+c2sinβx)一項：cerx2xkxk-1)erx一對單共軛復(fù)根α±βi兩項：y=eαx(c1cosβx+c2sinβx)一對k重共軛復(fù)根α±βiαxk-1)cosβx+1k-)sinβx]1由于n次代數(shù)方程有n個根，而每一個根對y=c1y1+c2y2+...+cnyn。n階齊次線性方程有且僅有n個線性無關(guān)的解。8.二階常系數(shù)非齊次線性方程：y"+p1y、+p2y=q(x),p1,p2是實常數(shù)。q(x)是指數(shù)函數(shù)eαx、多項式函數(shù)Pn(x)、三角函數(shù)acosβx+bsinβx或者是它們的乘積。將方程右邊非齊次項q(x)分解成幾個容易求解的部分的和，利用線性疊加原理，再分成⑴q(x)=pn(x)eαx，其中pn(x)是x的n次多項式，α是常數(shù)，特解是y*kqn(x)eαx，其中qn(x)是與pn(x)同次（n次）的多項式，而k按αy*須注意k是特征根方程的根α的重復(fù)次數(shù)（即若α不是特征根方程的根k取0，是9.解微分方程時，若是齊次的只有通解；若是非齊次的就先解出方程對應(yīng)的齊次方程的通解，再求出非齊次的特解，二者相加即為非齊次方程的解。非齊次方程的兩個例：設(shè)y1=ex(1+sinx),y2=ex(1-cosx)是某二階常系數(shù)非齊次線性微分方程的兩個特征方程是r2-2r+2=0，設(shè)方程為y"-2y、+2y=f(x)，將y1代入得：f(x)=ex，:原微分方程為y"-2y、+2y=ex。11.常數(shù)變易法：通過把對應(yīng)齊次線性方程的通解中的任意常數(shù)，變易為待定函數(shù)去求設(shè)非齊次線性方程為y"+p(x)y、+q(x)y=f(x)（1其對應(yīng)的齊次線性方程為知齊次線性方程的兩個線性無關(guān)解為y1(x),y2(x),則y=c1y1(x)+c2y2(x)是方程（2）(x)y2(x)是（1）的特解。則有：解題步驟：①求方程（2）的解y1(x),y2(x)；(x)，在積分得到c1(x),c2(x)；:積分得到{；+y2解全微分方程：設(shè)dudx+Ndy,即確定C(y)。即可解得方程。其中μ(x,y)是積分因子。即M-N=μ(|(-,)題意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1兩邊對y求導(dǎo)得xyf、(xy)+f(xy)=f(x)+f(y):f(x)=3lnx+3例4.設(shè)函數(shù)可微，fx,且滿足ncoty，求f又由積分得f(x,y)=φ(y)e-x，由f(0,y)=siny和φ(y)=siny，所以f(x,y)=e-xsiny。lnf(x,y)=-x+lnφ(y)，即f(x,y)=φ(y)e-x。始條件得C=λ,所以，f(x,y)=e-xsiny。)上有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，f(1)=0,f'(1)=1，且二元函數(shù)r4f"(r2)+3r2f'(r2)+f(r2)=0)e-t，即由f=0,f'得2:f解：」y1=x是原方程的解，設(shè)y2=xu(x)，求一階、二階導(dǎo)數(shù)后代入原方程得2:y2=c1+c2x1.設(shè)y12x,y3x,y4x2xydx+Q(x,y)dy與路徑無關(guān)，并對任意實數(shù)t都有4.設(shè)函數(shù)f(x)具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f(0)=0,f'(0)=1，且方程性齊次微分方程是，該第三部分競賽真題與模擬題及參考答案第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷一（非數(shù)學(xué)類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.55面(y>0)內(nèi)的有向分段光滑曲線，L的起點為(a,b),終點為(c,d).記同，求此切線方程，并求,其中k為一非零常數(shù).五、（本題滿分15分）設(shè)函數(shù)f(x)定義在[0,c]上，f,(x)在(0,c)內(nèi)存在且單調(diào)下降，又f(0)=0.證明：對于0≤a≤b≤a+b≤c,恒有f(a+b)≤f(a)+f(b).六、（本題滿分15分）設(shè)u=f具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且滿足第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷一參考答案x.2．解：要使函數(shù)f(x)在x=0處可導(dǎo)，m應(yīng)滿足以下條件：當(dāng)x≠0時，對任意自然數(shù)m，都存在,由①,②知f(x)在x=0處的二階導(dǎo)為由②,③知要使f(x)在x=0處的二階導(dǎo)存在，m的取值范圍為：m>3。3.解：令x-y2=0,拋物線x=y2將區(qū)域D分成D1和D2兩塊，其中在D1中，x-y2=y2-x,而在D2中x-y2=x-y2.當(dāng)x=±時，由于故該級數(shù)的收斂區(qū)域為(-,).面(y>0)內(nèi)的有向分段光滑曲線，L的起點為(a,b),終點為(c,d).記在上半平面內(nèi)處處成立，所以在上半平面內(nèi)曲線積分I與路徑L無關(guān)。于是得，g(x)在(0,0)點處的切線方程為：y=x.五、（本題滿分15分）證明：由于f(0)=0∈(0,a),使得f(a)-ff(b)=(a+b-b)f,(ξ2)=af,(ξ2).②由于函數(shù)f,單調(diào)下降，且0≤a≤b≤a+b≤c,故有ξ2>ξ1,于是得f,(ξ2)≤f,(ξ1),f(b)≤f(a),即：f(a+b)≤f(a)+f(b).設(shè)xn-2,x y22y2x+y22y2x+:g、(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，:g、(x)<g、(0)=0，:g(x)在(0,1]上單調(diào)遞減:g(x)<g(0)=0即f、(x)<0，:f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減所以，-1,β=第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷二（非數(shù)學(xué)類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.6二本題滿分10分）設(shè)f(x)=nx(1-x)n（n為正整數(shù)（1）求f(x)在閉區(qū)間[0,1]上的最大值M(n)2）求limM(n)（1）a為何值時，f(x)在x=0點處連續(xù)；（2）a為何值時，x=0為f(x)的可去間斷點。（1）設(shè)函數(shù)試求并討論F(x)在x=1處的設(shè)f求五本題滿分10分）已知曲線的極坐標方程是r=1-cosθ,求該曲線上對應(yīng)于八本題滿分10分）已知f,(sin2x)=cos2x+tan2x,求f(x)且f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1。試證必存在ξ∈(0,3)，使f,(ξ)=0。第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷二參考答案二本題滿分10分）解：f,(x)=n[(1-x)n-nx(1-x)n-1]=n(1-x)n-1(1-x-nx)2故為f的極大值點為對應(yīng)的極大值。又f(0)=f(1)=0故f(x1)即為f(x)在閉區(qū)間[0,1]上的最大值：三本題滿分10分）解：因為因此，F(xiàn)(x)在x=1處連續(xù)。以代入，得到切點坐標為七本題滿分10分）解：利用積分中值定理，存在ξ,介于0與x之間，因此，九本題滿分10分）解：dt+xdt，F(xiàn),,由于f(x)為偶函數(shù)，對于f(t)dt，作變量替換：t=-u，則有-xaf(t)dt+-xaf(t)dt+--f(t)dt=∫-xxf(t)dt由積分中值定理dt=f十本題滿分10分）證明：因為f(x)在[0,3]上連續(xù)，所以f(x)在[0,2]上連續(xù)，設(shè)f(x)在[0,2]上的最大值為M，最小值為m，于是m≤f(0)≤M，m≤f(1)≤M，m≤f(2)≤M因為f(c)=1=f(3)，且f(x)在[c,3]上連續(xù)，在(c,3)內(nèi)可導(dǎo)，因此由羅耳中值定第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷三（非數(shù)學(xué)類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.63．設(shè)f，求f,三設(shè)g|x-t|et2dt，求g的最小值。成的旋轉(zhuǎn)曲面介于平面z=0與z=1之間部分的外側(cè)，函數(shù)f(u)在(-∞,+∞)內(nèi)具Σ五設(shè)F證明：（1）F(t)為偶函數(shù)2）F(t2)=2F(t)續(xù)的一階導(dǎo)數(shù)，且存在，求f第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷三參考答案4．解：=-csctcott-2c二證明：設(shè)F由f(0)=0且0<f,(x)<1，知當(dāng)x>0時，f(x)>0。又設(shè)dt-f2則g=0,g,所以F,(x)>0，從而F(x)>F(0),不等式得證.單調(diào)增加；當(dāng)x<-1時，g=-2xet2dt，g,et2dt<0故當(dāng)x≤1時g單調(diào)減少；當(dāng)-1<x<1時，get2dt+et2dt故x=0是g(x)的極小值點et2dt>2dt=2tet2dt=et2|=e-1，故g的最小值為g(0)=e-1記P=xf(xy)-2x,Q=y2-yf(xy),R=(z+1)2，則補面Σ1:z222≤2)，上側(cè)。由高斯公式知I0x=π-u六證明：設(shè)F=2x-dt-1，則F(x)在[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，F(xiàn)(0)=-1<0又F,(x)=2-f(x)>0，故F(x)在[0,1]上嚴格單調(diào)遞增，因此在[0,1]上方程發(fā)散,bn=收斂:發(fā)散時，an=遞減:an收斂:bn收斂::an收斂絕對收斂,:bn收斂:題意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷四（非數(shù)學(xué)類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.451．設(shè)當(dāng)x→0時，(1-cosx)ln(1+x2)是比x.sinxn高階的無窮小，而x.sinxn是比ex2-1高階的無窮小，則正整數(shù)n等于。二.（本題滿分10分）設(shè)f(x)在[0,+∞)上可導(dǎo)，f(0)=0，且其反函數(shù)為g(x)，若dt=x2ex，求f22第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷四參考答案5.解：:x=e2c，又由拉格朗日中值定理有f(x)—f(x—1)=f,(ξ).12c二.（本題滿分10分）解：:f(x)與g(x)互為反函數(shù)，:g[f(x)]=x(x)g(t)dt=x2ex，得g[f(x)].f,(x)=2xex+x2ex，→f,(x)=2ex+xex，:f(x)=∫(2ex+xex)dx=ex+xex+C，:f(0)=0，→c=—1，:f(x)=ex+xex—1:f(x)↑(x∈I)，n::+z222xg解方程得：g2g(x)在x=0處左連續(xù):g(0)存在。故g(x)=Cx1±,C>0第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷五（非數(shù)學(xué)類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.45dz=，其中L是圓周Lz24.以四個函數(shù)ex,2xex,3cos3x,4sin3x為解的4階常系數(shù)線性齊次微分方程是 ,該方程的通解是。求limxn。ξ,η∈(a,b)，dt=0,f=1，求f'第三屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽模擬試卷五參考答案1.x=0,x=12.13.πR4:limx=ln2nf(ξ,x)=f(0,0)+fx'(0,0)ξ+fy'(0,0)x+o(x)x→x→0+xS除原點外，P,Q,R及其偏導(dǎo)數(shù)連續(xù)，且有則曲面積分與積分曲面其上側(cè)為正；將xoy面上位于S1與S的邊界曲線之間的部分記為S2，取其上側(cè)為正；設(shè)S,S1,S2所圍空間區(qū)域為V，記xoy平面上由S1邊界所圍部分為S3，取其上側(cè)為正；設(shè)S1與S3所圍半球體區(qū)域為V1，則有兩邊同時對x求導(dǎo)得：(x+1)f"(x)+(x+2)f'(x)=0f'(x)=xln(x+1)+c1=1得f'=1,:c=1，:f'首屆中國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽賽區(qū)賽試卷（非數(shù)學(xué)類，2009）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數(shù)：0.35坐標軸所圍成三角形區(qū)域.4．設(shè)函數(shù)y=y(x)由方程xef(y)=eyln29確定，其中f具有二