高等数学在中学数学中的应用

1、定理 10 设函数 fx 在 I 可导；函数 fx在区间 I 是凸函数x 1,x 2I,且x 1x 2,有fx fx 2fxfx 2；推论 如函数 fx在区间 I 上存在二阶导数,且（1）xI,有fx0,就函数 fx 在区间 I 严凸；xI,有fx0（2）,就函数 fx 在区间 I 严凹；定理 11（詹生不等式）如函数fx 在区间 I 是凸,就有不等式其中x ifq 1x 1q 2x2,12 ,qnx nq 1fx 1q 2fx21；qnfx nI,q i,0i,n ,且q 1q2qn利用拉格朗日重要不等式证明不等式例 33 证明：如函数fx在闭区间 a,b满意拉格朗日定理,且fx在a,b上单

2、调增加（削减）,就其中 a=（xin1fn1fx i1）bnahxifbfahi0fi0fx i1n1n1hxifbfah0 x ,i0ihi0 x 0nhb ,hx0i=0,1,2, ,n,x n 此 不 等 式 称为拉格朗日重要不等式 证明 已知函数 f x 在闭区间 a,b满意拉格朗日定理,就 f x 在 x ix i 1（i=0,1,2, ,n-1）上也满意拉格朗日定理,有f x i 1 f x i f i x i 1 x i i x i , x i 1 （i=0,1,2, ,n-1）1 又已知fx 在a,b上单调增加,就fx在x ix i1（i=0,1,2, ,n-1）上也单调增加,

3、从而fx ix i1x ifxi1fx ifx i1x i1x i或h fixfx i1fx ifhx i1（i=0 ,1,2, ,n-1）于是即fxn1n1fx i1fx ihn1fxi1hfxihi0i0fb fai0 xi1n1n1fhfxi类似可证,i0i0为单调削减的情形利用凸凹函数证明不等式例 38 证明：当ia0（i=0,1,2, ,n）时,有不等式a n12n1na 1a 2ana 1a 2na 1a2an2 （调和平均数）（几何平均数）（算术平均数）证明 分别证明两个不等式,第一证明右端不等式；设 f x ln x,x 0 , ,f x 12 0,x依据定理 10 推论知,

4、fx 在 0 , 内为凸函数,由詹生不等式,令x i a i ,0,有a 1 a 2 a n ln a 1 ln a 2 ln a nlnn n n n n n或 ln a 1 a 2 a n ln a 1 1n ln a 2 1n ln a n 1n ln n a 1 a 2 a n ,n即 n a 1 a 2 a n a 1 a 2 a n；n其次证明左端不等式,只须令 x i 1 0 ,有a i1 1 1 1 1 1ln ln lnln a 1 a 2 a n a 1 a 2 a n,n n n n或ln11n11lna 1lna2lnanlna 1 a2a n1,nna 1a2a n即

5、11n1na 1a 2ana1a2an3 综上所证有12n0 ,1na 1a2a na 1a 2n0an；a 1a2aia n,1 2 ,n ,且,10时,有不,例 42 （107 页）证明：当i等式证明 设fx n11a1a2na nba 1a2nan；x,x,0故 fx在0 ,2fx 1x0上是凸函数,由詹生不等式,有fa 1a 2na n1fa 1fa 2fan,n即a 1a2nana 1a2nan；假如用H如用ia代替ai i,1 2 ,n ,两边开次方,有11a 1a2anba 1a2annn如令2 ,1,有1a1a2nana12a22nan22.,G n,A n,Q n分别代表 n

6、 个正数a 1,a2,a n的调和平均值, 几何平均值,算术平均值和平方平均值,即4 H n n,G n n a 1 a 2 a n1 1 1a 1 a 2 a nA n a 1 a 2 a n,n2 2 2Q n a 1 a 2 a n；n就 H n G n A n Q n；例 43 （108 页）证明：x 1 , x 2 , , x n R,有不等式2 2 2 2x 1 x 2 x n x 1 x 2 x nn n证明 设 f x x 2 , x R , f x 2 0 , 依据定理 10 推论知, fx 在 R 上为凸函数,由詹生不等式,x 1 , x 2 , , x n R,有2 2

7、2 2x 1 x 2 x n x 1 x 2 x n；n n2 2 2当 n=2 时,有 x 1 x 2 x 1 x 2（高中代数习题）2 2例 44（108 页）证明：当 a 1 , a 2 , , a n R,且 a 1 a 2 a n 1 时,有不等式证明设fxln22a 12a 2f2an3n20ex,xR就x22 exx e依据定理 10 推论知, fx 在 R 上为凸函数,有詹生不等式,有即1flna 1flna2ln2flnanflna 1lna 22n0 elnanln3f0 ,nnln2a 1a2 2ln2annlnn于是2a 1a2 2a n35 注 a 1 a 2 a n

8、 1 ln a 1 ln a 2 ln a n 0欲证 2 a 1 2 a 2 2 a n 3 nln 2 a 1 ln 2 a 2 ln 2 a n n ln 3ln 2 e ln a 1 ln 2 e ln a 2 ln 2 e ln a n n ln 3故,设函数为 f x ln 2 e x , x,x i ln a i , i ,1 ,2 . n；例 55（赫尔德不等式）（114 页）已知 p 0 q 0 , 且 1 1,1 求证：p q1 1n n p n qpi x i i x i ii 1 i 1 i 1其中 x i 0 , i ,0 i 2,1 , , n；证明 有题设条件 1

9、1 1 1,就 p 1；p q设 f x x p, x ,0 就 f x p p 1 x x 10,依据定理 10 推论知, fx 在 0 , 内为凸函数,由詹生不等式,有n ni x i i f x i i 1 i 1f n ni ii 1 i 1n p npi x i i x i即 i 1n i 1ni ii 1 i 1n或ii1ixiinixip1ini1ppni1116 于 是 ,inixiinix ipi1iinii1i1ip1ini1pp11nx1nxpqi111（*）ix i如令a i11,b i11,就ix ip,b iqi,就（*）式为i1ib1代替,p ix iiq1且ai

10、ia ib iipxiqna ip1nbqnqpa ib i如令1,i1i1i11与1 ,且ia与ib分别用iapqpq就（*）式为或in1a i1 pb i1 qnai1in1qpb ii11inb ina iana ib i11ii1这就是常见的赫尔德不等式形式；例 69（122 页）证明：当a,b ,c0时,有不等式a3b3c33 abc；,证明设fx x3b3c33 bcx ,x,0fx3 x23 bc令fx0,即3x23 bc0,解得驻点xbc,且x,0bc,有fx 0 ;xbc,有f x 0,知函数fx在点xbc取微小值,其微小值为fbcbc33 bc33 bcbc7 由于fx在0

11、 ,b32 bcbc3bcc3b3c320上连续,且只有一个微小点, 因此这个微小点就是最小点,就x0 ,有x3b3c3,3 bcxb3c30；x n1nxfx令xa,于是,1a3b3c33abc0 1即a3b3c33abc,且例 73（124 页）证明：xx0nN,n2,有不等式证明设fx1x n1nx ,x,1,且x0 xfxn 1xn1nn 1xn11 ,10,有fx0,故函数fx在（-1,0）内严格削减；x0 ,有fx 0,故函数 f（x）在0 ,内严格增加, 明显 fx在点 x=0 连续；x,1,x0有fxf00或 1x n1nx,08 即1x n1nx例 75 （125 页）证明不

12、等式ab1ap1bq（杨格不等式,英国数学家）；pq其中a,0b0 ,p1 ,111；pq证明设fxx1x,x0 ,就fx 1x111 1x11ppqppp令fx 0,即1x110qp解得唯独一个驻点x1,且x0 1, ,有fx0 ;x ,1,有fx 0知,函数fx在点 x=1 取极大值,其极大值为f1111pq由于 fx 在,0上连续,且只有一个驻点,因此这个极大值点就是最大点,就xxax0,有1x1；xp令p当b0 时,欲证的不等式明显pq成立,有bqa1apbqqaq1ap1qq1qpbqqbp1 qbpppp9 即ab1ap1bqtR（1）pq例 78（ 127 页）证明：1,2,n,

13、1,2,nR,就12n1n12n1n12n1n0,证明用数学归纳法,当n2 时,（1）式成立,事实上,设ft 1t 11,tRtft1tt1t1令f t0 ,解得驻点x,且t0,ft0 ;t,有f于是 函数ft在点x取微小值,此微小值为最小值,就x,y,有ffyxyy,x即,xxyxxyxyy21xyxy2121从而,1211212假设nk时,（1）式成立,nk1 时,有10 111222kkkkk12k121k1k1k1k112kk12k11121k1k1kkk112kk111k1即（1）式得证；特殊,如在（ 1）式中,令ipi,ip ini,i2,1 ,3,n ,就p 1p np11p22

14、,ipnnp 1p2pn（2）1np1ppn2, 就如在（ 2）式中,令qip 1p 2p i2,1 ,p nq 1q np 11p222np nn1n如在（ 1）中,令i,1i,1 2 ,n ,就1 n,12112nn如在（ 1）中,令i,1i,1 2 ,n ,就n212nn；112n1n11 利用柯西不等式证明不等式例 79（128 页）证明：当akk0 ,bkk,12,n,p,1且11,1时,有不等式pqnakb knakp1nb kq1pq1k1k1称此不等式为 赫尔德不等式 ；证明,1设aa k1,bb k1,代入例 75 的不等式中,有na kppnb kqqk1k1na kpak

15、b knb kq11kapp1b kpq,k将k,2,1naknpqpqb k1k1k1k1n 个不等式左右两端分别相加,有n即pq2 时,有n1akbkq1a11n11k11npqakppq1b kkk1pb kqnaknpqakb k特殊是,当k1k1n12k122nnakb kbkkkk1k1称为柯西 -施瓦兹不等式 ；例 81（129 页） 已知adbc ,求证：a22 bc2d2acbd212 证明设a 1a ,a2b ,b 1c ,b 2d,应用柯西不等式,有明b别a2b2 c2d2acbd2又因adbc 即ab,a i不为常数,于是cdb ia2b2 c2d2acbd2例 83（

16、130 页）已知a,b ,cR,求证：abcbca9bcaabc证将a,b,c分2 a 1,a2,a2,将b,c,a分2 b 1,b2,b2,由23239bcaabcabcbcaabbcca11.2bcaabcbacbac1 19类似可证：a,b,cR,有abc 11abc例 89（131 页）设a,b 为正实数,且111 . 证明：nN,有不等式ab（an b）anbn2 2nn 211；证明 （一）已知11,1就abab2ab,从而ab4与a1 b1ababn ann b1abnanbn11bn2an1 bn1 a1 an1an2a1 b1 bnan1an2a1 bn1bn2b1abn1a

17、bn2ab1 24n14n241 22n12n221 22n1222n2n11于是, abn anbn22n2n1；13 （二）已知a,b为正实数,且111,就0n1 a1,从而,a1.1 11 tn1ab令a1t,就t0 ,b11,bnan1 b1）1 1ttab n（anbnab nan C1tC2t2CntnC11C21Cn11nnnnnntt2tnC1C2Cn2nnn 2n1 212 2nn 21例 14 （156 页）证明：x,yRcosxsiny（4）sinxy sinxcosycos xy cosxcosysinxsiny证明 设fx ,y s i n ys i n xc o s

18、c o ss i n y（1）gx ,ygx ,ycosxycosxcosysinxsiny（2）只须证明fx,ygx ,y0 即可用反证法,假设fx ,y0,由于fxx ,ycos xycosxcosysinxsinyfyx ,y cos xysinxsinycosxcosyg x ,y就dfx ,yfxx,y dxfyx ,ydygx ,y dxy（3）同理dgx,yfx ,ydx,y由（3）与（4）得dgx ,ydfx ,y 或gx ,ydgx,yfx,ydfx,y,fx ,ygx,y从而f2x,yg2x,yc由假设fx ,y0 ,就c 为不等于零的常数；14 令xy,0代入上式,有f2

19、,0 0 1g20 20,这与c0 冲突；于是,fx ,y0；由 3 式知,gx ,y .02C3 C3 nnCnn2n1,nN例 18（159 页）证明：（1）Cnnn证明已知 1x nC（2）C1 n22 C2C3 3 C n1n1nCn0nnCx23 n3 xCn nxn,0C1xnnn对上式两端求导,得令x1,就n 1x n1C12 C2x3 C3x21n 2nn nC nxn1nnnC1 n2 C2 n3 C3 nnCn n1令x1,就C1 n2 2 C n3 C3 n1nn nC n0；应用例题例 1 （162 页）分解因式xy2x z2y z2x2zz x22y2x2y2将xy2

20、z2y2xz 解x 看作变量,y 与z 看作常数；设f2z zfxy2z22xy2xz2x zyyz2yy2 x15 对上式求原函数,有fx fx dxzx2xdxc ,yzyyzyz2xdxyz yz x2从而x y2z2yz2x2z x2y2yz yz xx2c .令x0,就cyz2zy22 z于是,xy2z2y z2x2z x2y2yz yz xx2 yz22 zyyz x2yz xyz xyyz zx；例 2（163 页）分解因式xy3yz 3zx 3解将x 看作变量,y 与z 看作常数,设fx xy3yz 3zx3fx 3 xy 23z zx 213 x22xyy23 z22xz 6

21、 yz x3y23 z2,对上式求原函数,有fxfxdxz z x3y232 3 z dxc6 y3 y2 x3 y2z2x6 yz x3y22 z,16 从而令x0,就cxy 3xyz 3zx 3；yz 3z33yz 23 y2z2xc于是,y3yyz3z3,y3xy 3z 3zx 33 yz x23y22 zx3 yz xyyz 例 1 （170 页）运算2353235 33523523 3解 令a2,b3,c5,并将b、c 看作常数,a 看作变量x,就原式表为fxxbc3xbc3bcx3cxb3fx 3 xbc 2xbc 2 bcx 2cxb224 bc対上式求原函数,有就c 1f0 f

22、x24 bcdx24xbcc10； bc 3 bc3 bc 3cb从而30fx 24 xbc 或f a24 abc即原式 =24abc2423524例 2 （171 页）证明：星型线2y2x,a2x333上任一点处的切线被二坐标轴截得的线段长为定值；证明设My 是星型线上任一点,将星型线方程对x求导,得2x12y1y0或yy133333x13过点 M 的切线 l 方程为17 1令Y0 .就得l在xYyy3x11X轴上的截距x322121令XX1xx 3y3xx3 ax3a3x30. 就得l在x轴上的截距Y 1121221yy3x3yy3ay3a3y3于是,二坐标轴所截线段长为dX2Y 122N

23、,212212422p n42a 常数知a3x3a3y3a3x3y3a3a31例3（171页）已p2p 1,p2,pna 1,a 2,anR,且p 1 a 1a 2anr,求p 1k a 1p 2k a 2,pnk a n k1 的最小值；,般性,令解不失一a 1,aa 1min,a n,anmaxa 1,a 2,anpp 1p n就将a2,a 3,an看作常量,a1r pan（*）0,ra 1看作变量,设函数（将a 1用x 表示）fxp1xkp2akpnak,x2np或fxp 1xkp2akpn1k a n1p11rp 1xp2a2pn1an1k2kn18 就fx kp 1xk1kp 1rp

24、 1xp 2a2,有pn1an1k1pk1n1fxfr pkp 1xk1kp 1pnankpk n1kp 1xan00,r故函数fx在0 ,r上单调削减,就xpp取xr,就由题设r为定值与*式,有a2ar为所求的最小值；pa1np于是,frp 1pnrkrkp 1pnk1pp例 2（188 页）解方程92x2x119x2x12949x23解 将方程变形为9492x2x119x2x129x23；而 4,2 x2x11 ,x2x12 ,x23均是 R 上的函数,且原方程根42x2x11x2x12x23,函数Fx9x存在二阶导数,就原方程与x2x1214 或x234同解,解此方程,得x 1,1x 2

25、,1代入原方程验证,即为例 13（195 页）解以下方程：1 6x4 33x33x2410 x20 ,23x33 x2x10 .19 解 （1）由于 6x4 3x33x210 x2x3 6x436x4x1 3x1 6x1 1036x1 10 x1 3x1 设f tt3t,tR ,原方程为f6 x1 10fx1 .明显,f t 是奇函数,且tR ,有f t3 2t10 .故函数ft在R 上严格递增,故原方程与方程 61 t100 或61 x1100 同解；解此方程得x3,代入原方程验证即为原方程的根；7（2）由于3x333 x24 x13x333x23x2x333x2 3 x2 3x3x3 33

26、 x3 113 x3 11 3x3设f t3tt,tR ,就为f3x3 11 fx3 0现然,ft是奇函数,且,tR ,有ft1t210,33故函数f t 在R 上严格递增,故原方程与方程31 t110或31 x3 110同解；解此方程得x1,代入原方程验证即为原方程的根；420 弦位法 （206 页211页）如下图,21 将 a , b 上的曲线弧 AB的两端连成弦 AB,用弦 AB与 X 轴的交点横坐标为方程根的近似值,这种方法称为 弦位法 ；假如 f x 与 f x 同号,令 x0 a,以点 A x 0 , f x 0 为已知点的弦 AB方程为y f x 0 f b f x 0 x x

27、0 b x 0令 y=0,求得这弦与 x 轴的交点横坐标 x 是x 1 x 0 b x 0f x 0 （1）f b f x 0 假如 f x 与 f x 异号,令 x 0 b , 用同样的方法,求得弦 与 x 轴的交点的 横坐标 x 是 x 1 x 0 x 0 af x （2）f x 0 f a 由 上 图 可 见 , 弦 AB 与 x 轴 的 交 点 的 横 坐 标x 1 比a（a 或d）或比b b 或 c 间更接近方程 根,用 同样方 法,从新 区x 1,b 或a,x 1 动身,可得比x 1 更接近的x2如此连续下去,一般地,从区间 x n1,b 或 a ,x n1 动身,得根的近似值为x

28、 nx n1fbx n1n1fx n1（3） b fx22 或当n时,xnxn,x n1fx n1aafx n1（4）x n1f其 中 满 足 （） 近 似 根 数 列 ,ax 1x2x n满意（ 4）式的近似根数列,有x n x n 1 x 2 x 1 b在 区间 x n , 或 , x n 上应用拉格朗日定理,有f x n f x n f x n f c x n f c , c 在 x n 与 构成的区间内 或 x nf c f x n 设 m a inf x b f x , 由 m f x , 就 x nm（5）这样,由（ 5）式就可以判定近似根 x n 与 的近似程度；例 8（208

29、页） 用弦割法求方程 x 3 2 x 2 4 x 7 0 的实根的近似值,精确到 10 2；解 设 f x x 32 x 24 x 7 , 由 f 3 10 ,0 f 4 9 ,0 且 x ,3 4 ,有2f x 3 x 2 x 4 0就方程fx0 在,34 内仅有一个实根,3 ,4 即是一个隔离区间,且fm3 inf x4fx1.又x,34 ,有fx6 x40 ,令x 0,3b,4 由 1式,有3 3.52x 1x0fbx 0 x 0fx 0=3f433 令1xbf4f3 . 52 , 由 1 式,有x2x 1fbx 1x 1fx 1.3 52f4.3 523 . 61b f4 f 3 .

30、52 23 同法可得明显fxi,0i,1 2 ,3,x303 .61f4x 33 .6161 f3.61 3. 63.4 f3.所以xx 1x2；由误差估量公式,有x3fx 3x30 .0410 .004方程m11即3.6303 . 634于是,以.3 63 作为根的近似值,其误差小于102；例9（209页）用弦切法求x0 . 1 sinx20 的实根近似值,精确到103 .解fxx01.sinx2,xRfx101.cosx00 有唯独正实根；故函数fx在R 上严格递增,又lim xfx,f02,所以方程fx0由f20.1s i n 20 .1*0. 1 3 6 80. 0 9 0 40f21

31、. 0 .1*1s i n 2.10.1*0 .1 3 6 80 .0 0 1 3 7 0故唯独正实根在区间,2.2 1 内,且x,2.2 1 ,有fx0 . 1 sinx0与fx 同号,令x 12 , 由 1式,有x120 .09042.12 20.08682. 08680 .09040.0137从而f1x.008680 . 1 sin.20868.0 00020 x22 .08680 .00022 .12.0868 2.08700 .00020 .0137从而f2x0 . 0870.01 sin2 . 0870 .000030 ,于是,方程的根.2 0868 ,.2 0870 . 其误差不

32、超过103；24 切线法 （210 页）如上图,用曲线弧一端的切线来代替曲线弧,从而求出方程实根的近似值,这种方法称为切线法；在曲线弧的端点纵坐标与 f x 同号的曲线端点处作曲线的切线, 如图,情形（a）,（d）作点 B 处（情形（b）,（c）处作点 A）的曲线切线；令 x 0 b x 0 a ,就点 B x 0 , f x 0 （A x 0 , f x 0 ）处曲线切线方程为y f x 0 f x 0 x x 0 令 y 0,求得这切线与 x 轴交点横坐标 1x 是x 1 x 0 f x 0 （6）f x 0 由上图 可见,端点 B 处（A 处）的曲线切线与 x 轴交点的横坐标 1x 比

33、b（情形（ a）（d）或 a（情形（ b）,（c）更接近方程根；再在点 x 1 , f x 1 作切线,可得根的近似值 x ,如此连续下去,一般地,在点 x n 1 , f x n 1 作切线,得根的近似值为x n x n 1 f x n 1 （7）f x n 1 例 10（210 页） 用切线法求方程 x 3 1 1. x 2 0 . 9 x 1 . 4 0 的实根近似值,精确到 10 3；解 设 f x x 3.1 1 x 2.0 9 x 1 4.,由例 7 知 0 1, 是根的一个隔离区间,2x 1,0 ,有 f x 3 x 2 . 2 x 0 9. 0f x 6 x 2 . 2 0由

34、f 0 0 , f 1 0 , 就 f x 与 f 1 同号,令 x 0 1 由（6）式,有x 1 x 0 f x 0 1 f 1 .0 738f x 0 f 1 25 令x 1.0738,由（ 6）式,有fx 1.0738f 0 . 738 .0 674x 2x 1fx 1f.0738 同法可得x 3.0674f.0 674 .0671f.0 674 x 4.0671f.0 671 0 . 671 .f.0671 显现此种情形, 不能再连续算下去, 明显,f x i i 2,1 , 与 f x 同号,即 f 0 . 671 0 , 经 过 计 算 知3f 0 . 670 ,0 于是,有 0

35、. 670 或 0 . 671 作为根的近似根其误差 都小于 10；例 12（234 页） 证明：当 p 1 且 1 1 1 时,有不等式p qp qab a bp q其中 a ,0 b 0 为任意实数；证明 设函数 y x p 1, 明显在区间 0 , 上是正值连续严格增加；及 f 0 0 .由下图不难看到,26 不论bap1,bap1,bap1,都有xp1 dx1b 0y11dypp11p11S 2a 0abS 1p已知1 p11,从而111pp1或qp或q1qqpp于是,abaxp1dxby11dyaxp1dxbyqdy11xpa1 qyqb1ap1bqp000000ppq例 17（23

36、8 页） 证明：当n2 时,有11lnn1 ；2n证明 如下列图,27 将区间1 ,n1 n等分,在每个小区间k,k1 1kn上作高为1 的矩 ky1 ,与直线 xx形；这些小矩形面积和为T,由曲线,1xn1及 x 轴所围成平面图形的面积为S,就n11dxlnxn11lnn1T111S2n1x即111lnn1 2n11112；例 20（240 页）证明：当n2时,有2232n2证明如下列图,1 1kn1 上作高为k1的将区间1 ,nn1等分,在每个区间k,k1 3矩形,设这些小矩形面积的和为T,由曲线y1与直线x,1xn及 xx228 轴所围成平面图形的面积为S,就n111,求通项T1111S

37、n1dx12232n21x2x1n上式两端同时加上1,于是,211112232n21mn 且a 1例 1（243 页） 已知数列an满意amnama nan其中m ,nN；（1）解 设fx ax,x,1,且f 11与fxy fxfyxy,x,y,1明显,当xn ,ymn,mN时,有fxyfxyfxy或fxy令xn, y,1就fn1 fn1故fn是首项为f 1 ,公差为 1 的等差数列；由等差数列的通项公式,有f n f 1 n 1 1 f 1 n 1,于是 f x f 1 x 1 的原函数为f x f x dx f 1 dx xdx 1 dx f 1 x 1x 2x c , x ,1 （2）2

38、已知 f 1 1 与 f n 1 f n n ,1 有 f 2 f 1 1 f 1 1 1 3 .由（2）式得方程组 1 f 1 12 c3 2 f 1 c ,解此方程组,得 f c 3 , c 0 并将其代入（ 2）式,且令 x n,得23 1 2 1 2 1a n n n n n n .2 2 2 2例 7（249 页）已知数列 a n 满意 a 1 ,1 a n 1 a n 2 n；求数列通项 a ；29 解fxax,x,1,且f 1 ,1fx1fx 2x1 an.明显,当xn nN 时,有fn1 fn 2n 或a n1an2 n,当x1 时,有f2 f1 23；对（1）式两端关于 x求

39、导,得fx1 fx2,从而,fn1 fn 2或fn1 fx2故f n是以f1 为首项,公差为2 的等差数列；由等差数列的通项公式,有fnf1n1 2f1 2n2故fxf12x2的原函数为fxfxdxf 1 dx2xdx2dxf 1 xx22xc（2）将f 1 ,1f23代入（ 2）式,得方程组22f 1c3f 1c ,解此方程组,得f 1 1 ,c1；并将其代入（ 2）式,且令xn ,得fn nn22 n1n2n,1即ann2n1；例 9（251 页）已知数列an满意a1,1an1an2n,1求数列通项解 设fx ax,x ,1,且f1 ,1fx1fx 2 x1（1）明显 当xn N 时,有f

40、n1 fn2n1 或a n1an2n1当x1 时,有f11 f 1212对（1）式两边关于x 求导,得fx1fx2xln2；从而f nf n1 2n1ln230 fn22n2ln22n1ln21ln2f 1 2ln22n2ln22nf 1 ln222n111x（2）2f 1 2nln22ln2故fx f 12xln22ln2的原函数为fxfxdxf1 dx2xln2 dx2ln2dxf 1x2x2ln2xc将f 1,1f2 2 代入（2）式,得方程组2ln21f 1cn,有4ln222f 1c ,解此方程组,得f 1 2ln2,1c0并将其代入（ 2）,且令fn 2ln21nn 22ln2n2

41、nn即an2nn；例 1（265 页）求C0 nC1 nCn1的和；n12n解 已知二项式公式1x nC0C1xC22 xCnxn,1Cnxndxnnnn对上式两端分别关于x 从 0 到 1 进行积分运算,得1 0 1x ndx 1nxn112n1n1110n11C0dx1C1x dx1C2x2dx即0n0n0n0nC01 C n2 C nCn1nn23nC0C1Cn2n11nnn12n1n1n131 0 1 2 n例 2（267 页）证明 C n C n C n 1 n C n 1；1 2 3 n 1 n 1证明 已知二项式公式 1 x nC n 0C 1n x C n 2x 2 1 nC

42、n nx n,对上式两端分别关于 x 从 0 到 1 进行积分运算,得1 1 x n dx 1 x n 1 1 10 n 1 0 n 11 0 1 1 1 2 2 n 1 n n0 C n dx 0 C n x dx 0 C n x dx 1 0 C n x dx1 2 nC n 0 C n C n 1 C n2 3 n 10 1 n即 C n C n 1 n C n 1；1 2 n 1 n 1例 19（278 页）求 19 110 10 16 的最大整数部分；解 设 A 19 110 10 16,就10 6 1 10 66A 8 x 2 x8 2 10 8 2 1000 2 . 848 19

43、94 . 344A 9 10 6 1 1x 2 x 10 69 12 10 61 9 2 1000 . 004 3 1994 . 0008即 1994 . 0008 A 1994 . 344于是, A 的最大整数部分是 1994；例 20（278 页）证明 1 22 2n 2 n n 1 2 n 1 .6 n 1 1证明 1 22 2n 2k 2, m 2k 1由预备学问 5 中,贝努力多项式序列的定义及定理 9 知,2 1P 2 x x x ,632 2 2 2 n 1 12 n 1 1 3 1 2 1 n 1 n n 1 2 n 11 2 nk 1 k 0 P 2 x dx 3 x2 x6

44、 x 0 6例 24（280 页）证明： 1+2+3+ +k= k k 1 . 2k k证明 依据预备学问中定理 10,f 0 x x,从而,f 0 k k j 01j 1 j 1由于欲证等式左端自然数幂指数为 1,故只须构造出 f 1x 的表达式即可,将 f 0 x 乘以n 1 n 0 ,再关于 x 积分,有1 2 n 1 f 0 x dx xdx x c2取 c 0 , 就 g x 1x 2. 于是有21 1a 1 g 1 12 2从而,f 1 x g x ax 1x 2 1x x x 1 2 2 2于是,f 1 k kj 1 k k 1 , 即 1 2 3 k k k 1 ；j 1 2

45、2例 25（281 页）证明 1 22 2k 2 k k 1 2 k 1 .6证明 由于欲证不等式左端自然数幂指数为 2,故只须构造出 f 2x 的表达式即可,由例 24 知,f 1 x x x 1 2将 f 1x 乘以 n 1 n 1 ,再关于 x积分,有x x 1 1 3 1 2 n 1 f 1 x dx 1 1 dx x x 1 dx x x c2 3 2取 c 0 就 g x 1x 3 1x 2,于是有3 21 1 1a 1 g 1 13 2 6从而,f 2 x g x ax 1x 3 1x 2 1x x 2 x 23 x 1 x x 1 2 x 1 ,3 2 6 6 6于是,f 2

46、x kj 2 k k 1 2 k 1,j 1 633 即1222k2kk1 2k1 .6平面一般图形面积的运算例 15（301 页）证明：半径为R 的圆面积为R . R 2显证明（一）已知圆心在坐标原点,半径为R 圆的方程是x2y2然,它关于坐标原点对称,故圆的面积为圆的第一象限内的面积的4倍；故所求图形面积为S4aydx4aR2x2dx4 x2 Rx2R2arcsinxRR2与 下 半 圆0022R0 二 圆 的 面 积 也 可 以 看 作 是 由 上 半 圆yR2x2arcsinx RRR2yR2x2所围成图形的面积,于是有SRR2x2R2x2dx2xR2x2R2RR22三圆的参数方程为x

47、 R cos t0 t 2,于是有,y R sin t ,2 2 2 2 2 2S 0 R sin t R cos t dt 0 R sin t R sin t dt R 0 sin tdt R2 2例 16（302 页）证明：椭圆 x2 y2 1 的面积为 ab ；a b2 2证明 （一）由于椭圆 x2 y2 1 关于两个坐标轴对称,故椭圆面积为a b椭圆在第一象限内面积的 4 倍；2 2由椭圆方程 x2 y2 1 得,第一象限函数表达式为 y ba 2x 2；于是a b a34 有S4aba2x2dx4bx2 ax2a2arcsinxaab；00aa22a（二）椭圆的面积也可以看作是由上半

48、椭圆yba2x2与下半椭圆ayba2x2a3）得所围成图形的面积,由预备学问中公式（Saba2x2ba2x2 dx2bxa2x2a2arcsinxaabaaaaa22a（三）椭圆参数方程为xacos t0t2；ybsint,于是有S2bsint acos tdtab2sin2tdtyab 2 t21sin2 t2ab0020例 17（304 页）求由y2sinx 与2所围成平面图形的sinx 0 x面积；解 由题知 如图就 所求平面图形面积为S22sinxsin2xdx0由2sinxsin2x2sinx1cosx35 在0.上,二曲线交点的横坐标分别为0 ,2；在区间0,上,有2sinxsin

49、2x0,于是,S22sinxsin2xdx0 2sinxsin2x dx 12sin2 x2sinx dx28一拱0例 18（304 页）求旋轮线xa tsint,yacosta0 ,0t与 x 轴围成区域的面积；解 如图旋轮线是指： 半径为 a的圆 x轴上转动一周时, 圆周与坐标原点接触的点轨迹；由预备学问中公式（ 4）,所求面积为S2a1cos t atsintdta2 t2sint11sin2 t23a20024例 20（305 页）求心脏线ra 1cos所围成平面图形的面积；如下图解36 已知的变化范畴是02,就所求的面积为2cos11cos2d3a3S1fd1a21cos2da221

50、222022例 21（305 页）求双纽线r2a2cos 2 a0 所围成图形（如图）的面积 ；解如下列图,双纽线关于两个坐标轴都对称,因此,双纽线所围成的平面图形的面积是第一象限图形面积的4 倍；在第一象限中,的变化范畴是从0到4；于是,所求的面积为1sin22 0a2S4104a2cos 2d22 a22积分在空间立体体积与表面积中的应用例 1 （309 页）证明（祖定理）：“ 夹在两个平行平面间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等”；证明 在空间直角坐标系中,将两个平面中的一个平面作为 xy坐标平面,另一个平面放在 xy 坐标

51、面的上方；设两个平面之间的距离是 h ；z 0 , h , 过点 z 轴的平面与这两个几何体相截,设截面面积分别是P z 与 Q z ；已知 P z Q z 依据已知立体的截面积求体积公式,就这两个几何的体积分别是于是,V 1V 1bP z dz .与V 2bQbQz dz.aabPz dzz dzV 2aa即这两个几何体的体积相等；例 2（310 页）证明：半径为 R 的球的体积为 V 4 R 3；3证明 球心在坐标原点的球面方程为 x 2y 2z 2R 2球体在 z轴上的投影区间是 R , R ,在 R , R 上任取一点 z,过点 z 垂直于 z 轴的平面与球体相截, 截面是圆盘,设圆盘

52、的半径是 r （如图）,即 r R 2z 2；38 从而,圆盘的面积为Pzr22R2z2,从而球的体积为VRPz dzRR2zdz2 Rzz3R4R3RRR33例 3（310 页）证明：底面积为Q 高为 h 锥体体积为V1Qh；3证明 如下列图,39 设锥体体积的顶点为坐标原点 o,过顶点 o 垂直于底面的直线为 z 轴（正方向向下）；设距顶点 o 为 z 0 z h 的截面的面积为 P z ；由初等几何知,平行于锥体底面的截面面积与底面面积之比等于各自距顶点距离的平方比,即P z z 2或Pz Qz2；Qh2h2就底面积为 Q 高为 h 的锥体的体积为V 0 hP z dz 0 hh Q2

53、z 2dzh Q2 0 hz 2dzh Q2 z3 3 h0 13 Qh；例 4（311 页）设有一底面半径为 r 的圆柱,用过底面直径 AB 且与底面成 4角的平面去截这个圆柱所得的部分（如图）；求截得的立体的体积；解 取底面直径 AB 的中心 o 为坐标原点, AB 所在的直线为 x 轴,在直径 AB 上取一点 xrxr,x 既表示点又表示坐标,过点 x 且垂直于40 直径的平面与立体的截面是等腰直角三角形QRx ,它的面积为Px1QxQR1Qx21r2x2Qxr2x2）；222（由直角三角形Qox求得故 所截立体的体积为V rr P x dx 12 rr r 2x 2 dx 12 r 2

54、x 13 x 3 rr 23 r 3；例 5 311 页设有一半径为 r 的圆；它的一条直径为 AB,过直径 AB上任意点 x 且垂直于 AB 的平面与圆的交点分别为 L,M ；这这个平面上作 LM 为一条边的正三角形LMN 将点 x 从 A 移动到 B 时,求正三角形LMN 形成的立体的体积 如图. x 轴,在直线AB解 取圆心 o 为坐标原点,直径AB 所在的直线为上任意取一点 xrxr,x 既表示点又表示坐标,用过点 x 且垂直于直径AB 的平面去截这个立体所得截面是正三角形2LMN . Mxr2x2,MNr2x2正三角形LMN 的面积为r2x23r2x2Sx1MxNx1r2x24r2x

55、222241 故所求立体体积为Vrr3 r2x2dx3r2x1x3rr23r3；hr2；2233例 8（314 页）证明：底面半径为 r,高为 h 的圆锥体的体积为V3证明取圆锥体顶点 o 为坐标原点,过顶点垂直于底面的直线为x 轴,过坐标原点 o 且垂直于 x 轴的直线为 y 轴（如图）,就圆锥体可以看作是由直线 PO 于 x=h 及 x 轴围成的直角三角形绕 x 轴旋转一周得到的旋转体；直线 OP 的方程为yrx,0 xh.h就,所求圆锥体的体积为Vhrx 2dxz2r21x3hhr2；004hh33y2x2例 9（314 页）证明：椭球体的体积是ab ；（如图）a2b2c2342 证明这个椭球体可以看作是由上半椭圆yba2x2及 x 轴围成的a区域绕 x 轴旋转一周得到的立体；故所求椭球体的体积为Va2 ba2x2dxb2 a2xx3a；aa2a23a例 18（319 页）证明：半径为R 的球的表面积为4 R ；证明 （一）在直角坐标系中,半径为 程为R,球心在坐标原点的球面方x2y22 zR2R2；R ,R 绕 x 轴半径为 R 的球的表面积等于上半圆yx2,在区间旋转所得旋转体的侧面积；43 由yR2x2,有yR2xx2x,1y2x2yy2R,yy故半径为 R 的球的表面积为S2Ry1y2dx2RR R dx4R 2R（二）由于球的表