清华大学大学生数学竞赛培训

第一部分例题精讲与习题第一章极限与连续性相关联的题型1）函数连续性和可导性的判断及应用2）求函数的间断点：①第一类间断点（左右极限存在a>可去间断点：左右极限存在且相等但函数在该点无除第一类间断点以外所有的间断点3）用定义求导数，若存在，则函数在x0处可导且。所以，判断可导性就是判断极限 0是y=f∞∞⑤00型，常用方法：取对数化为0.∞型；恒等变形；变量代换⑥∞0型，常用方法：取对数化为0.∞型；恒等变形消除不定式；利用重要极限xxxx→→1）若则称当x→x0时α(x)是比β(x)高阶的无穷小，记为α(x)=oβ(x)，或者说当x→x0时β(x)是比α(x)低阶的无穷小；若则称当x→x0时α(x)是与β(x)同阶的无穷小。特别的，当C=1时，称当x→x0时α(x)与β(x)是等价无穷小，记为α(x)~β(x)(x→x0)；若则称当x→x0时α(x)是与β(x)等价无穷小替换求极限（注意：有界函数与无穷小的积lnx,xα(α>0),xβ(β>α>0),ax(a>1),xx。nn-x11）证明数列极限存在的方法：①夹逼定理②单调有界定理③级数敛散法：若级数收敛，则an存在④级数收敛的必要条件：若级数an收敛，则n补充：给定数列{an}，则an存在的充要条件是级数收敛。13）中值定理求极限：关键是将欲求的极限写成中值定理的形式，在求函数式具有规律比或其分子分母之项具有中值定理那样的关联或函数式非常复杂难以化简时，解：方法一：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx与tanx之间，当x→0时ξ→0,eξ→1例3.设Dr:x2+y2≤r2，则e-x2-y2cr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr解：当k≤n-1时，则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之间，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：的不可导点即f、(x)不存在或f、(x)=0的点的 :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处均不可导，: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.设函数满足f=A，且f、证明：由f、>0得f单调递增，:f:f(x)-:-x，x,:当-2<x<-1时该极限不存在，即f(x)不存在；f(-1)=1，若n为奇数不存在；f(-2)=2，若n为奇数f(-2)=1,:f)2n-1例14.已知xn=2.4.16.....22n-1，则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.若函数f(x)在x=1处可导,且f'(1)=1,求函数F(x)。::xn<1,{xn}单调有界，limxn存在.x→0例31.n为自然数,f(x)在[0,n]上连续，f(0)=f(n)，证明：当n=1,存在a=0,使f(0)=f(1),结论成立；当n>1,令g(x)=f(x+1)-f(x),g(x)在[0,n-1]上连续,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→∞时arctan-arctan→0x2+1x2-x2+1x2xx:limxn存在:limxn存在-1及数学归纳法得an>1a-2-1)22例42.设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的邻域内为可导函数,2x-2x-2例47.求极限limcosx-ex→0x2[2x+ln(1-2x)]2例48.设函数f(x)具有二阶连续导函数，且f(0)=0，f,(0)=0，f,,(0)>0.在曲线y=f(x)上任意一点(x,f(x))（x≠0）作曲线的切线，此切线在x轴上的截距记作解：过点(x,f(x))的曲线y=f(x)的切线方程为：Y-f(x)=f,(x)(X-x)注意到由于f,(0)=0，f,,(0)>0，所以x≠0时f,(x)≠0.因此切线在x轴上的截将f(x)在x0=0处展成泰勒公式得：在0与x之间；将x=μ代入得：在0与μ之间；例49.设当x→1时是x-1的等价无穷小,则m=____m:则f'(x)=sinxg'(x)+cosxg(x),:f'(0)=g(0)=2010!例54.设函数满足f=1，且对x≥1时，有f,证明存在:f递增,:f:0<f,(x)=≤:f,(x)dx≤dx即-1≤arctanx-+arctanxf(x)单调且有界，所以limf(x)存在由f+arctanx得：3ktan(tan(tanx)-sin(sinx)例57.求极限limx→0tanx-sinxx2…xn:x→1；n例60.设x0分析：证明数列极限存在的方法：①夹逼定理②单调有界定理③级数敛散法：若级数收敛，则an存在④级数收敛的必要条件：若级数an收敛，则xnnx列{xn}单调递减.即数列{xn}为单调数列，从而数列{xn}必有极限.由正项级数的比值判别法得：级数绝对收敛，:由正项级数的比值判别法得：级数绝对收敛证明n,fn在上连续，例62.设函数可导，且f=0,Ftn—1fdt，求解：令u=xntn则Ftn1fnnnnf'(0)≠0；（2）求极限limθ。x→0+证明：设Fdt，则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，只需求出函数的最大值与最小值即可.注意到函数f(x)=e—x2sinx2为偶函数，故只需考虑x≥0的情况.为计算方便，令t=x2，得到2m)于是得到函数g(t)的值域，亦即函数f(x)的值域为.例67.若f(x)∈C[a,b]且对任意x∈[a[a,b]有f(x)≠0，则f(x)>0或f(x)<0仅取其一。不妨设而这与f(x0)是最小值矛盾。xxx12.已知曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线在y轴上的截距为-1,13.若当x→0时，F的导数与x2为等价无穷小，求f,,(0)。14.设f，求第二章微分学.........和差与倍角公式把函数的次数逐次降低，最后变成sinkx,coskx之和或之差的形式，f(t)dt,则y、=fh(x)h'(x)-fg(x)g、(x)；f(x)g(t)dt，则y=f(x)∫g(t)dt，y、=f(x)∫g(t)dt+f(x)g(x)；f(xt)dt，方法是变量代换，令u=xt,则t=,dt=f(x-t)dt，方法也是变量代换，令u=x-t,则f(u)du,y、=f(x)解：由极限的存在性得f(0)=0，又由极限的保号性得:f(x)>0=f(0)，f(0)是极小值。（3）用高阶导数判断极值：设f'(x0)=0,f"(x0)≠0，若f"(x0)>0则f(x0)为极小值；若f"(x0)<0则f(x0)为极大值补充：不动点为f(x)=x点；零点为f(x)=0的点；驻点为f'(x)=0的点；极值点为f'(x)改变符号的点；拐点为f"(x)改变符号的点。fy(x,y)Δy多元复合函数的求导法：z=f[u(t),v(t)]z=f[u(x,y),v(x,y)]1).空间曲线在点M(x0,y0,z0)处的切线'(x0),z'(x00)'(x0),z'(x0z-z3).若空间曲线方程为过该曲线的曲面束方程为F(x,y,z)+λG(x,y,z)=z-zx-xFyFyyzy-y0FFFFzzxx,Fx,FxxFyy4).曲面z=f(x,y)在点(x0，y0)处的法向量={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上一点M(x0,y0,z0)处的法向量：={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函数z=f(x,y)在一点p(x,y)沿任一方向l的方向导数为cosφ+对cosα+cosβ+cosY其中α、Y为l的方向角。是gradf(x,y)在l上的投影。沿梯度方向函数的方向导数最大，函数变化最快。设fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0，令：fxx(x0,y0)=A,fxy(x0,y0)=B,fyy(x0,y0)=C，△=B2-AC函数z=f(x,y)在条件φ(x,y)=0下极值的求法：令F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)2）在题设条件或欲证结论中有定积分的表达式时，则先用积分中值定理对该积分式处3）在题设条件下若函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且f(a)=0或f(b)=0如：⑴若f(a)=0，则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）对定限或变限函数，若被积函数或其主要部分为复合函数，则先做变量代换使之成证明：由思维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，则至少存在一点ξ∈(a,b)使f(ξ)=0。(x)有k-1个零点，f"(x)有k-2个零点，……,f(k-1)(x)有1个零点，f(k)(x)没有零点。∫f(x)g(x)dx=g(ξ)∫f(x)dx又叫广义积分1）.欲证结论：至少存在一点ξ使得f(n)(ξ)=0的命题。思路一：验证f(n-1)(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件，由该定理即可得证；思路二：验证ξ为f(n-1)(x)的最值或极值点，用费马定理即可得证。2）.欲证结论：至少存在一点ξ∈(a,b)使得f(n)(ξ)=k及其代数式的命题。思路提示：①作辅助函数F(x)；②验证F(x)满足罗尔定理条件；③由定理的结论构造辅助函数的方法1）原函数法：①将欲证结论中的ξ换成x；②通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式（或称（2）常数k值法：①令常数部分为k；②恒等变形，使等式一端为a及f(a)构成的代3）.欲证结论：至少存在一点ξ,η∈(a,b)且ξ≠η满足某种关系式的命题。解：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx与tanx之间，当x→0时ξ→0,eξ→1例2.设Dr:x2+y2≤r2，则e-x2-y2cosdxdr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr例：将展开到x3项。8）.泰勒公式在微分有关证明题中的应用：泰勒公式是高等数学的一个重要内容，它若函数f(x)在含有x0的某个开区间(叫做拉格朗日余项，这里ξ是介于x与x0之间的某个值。或证明：由条件得在x0=处的泰勒公式为f",)x-,)2+f'''(ξ)x-),3这里ξ介于x与x0=之间。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与之间，ξ2介于与b之间。2f'''(ξ)=f'''(ξ1)+f'''(ξ2)关键是要根据已知条件，选择恰当的x0，然后使用泰勒公式，就可得到所要的结论。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)内一定该点的导数为0。又高阶可导，想到泰勒公式，要证的点为x0。2，这里ξ介于x与x0之间。分别令x=0,1得：f=-1+x02,f=-1+所以，当x0综上所述，存在一点ξ∈(0,1)使得f"(ξ)≥8。例3.设函数f(x)在R上三阶可导，且f(3)(x)和f(x)有界，求证：f、(x),f"(x)也有界。键是如何选择合适的x0点，并要选择在某处将函数展开，并恰好约掉多余项，利用f(3)(x)和f(x)有界的条件，从而得到结论。注意到x+1,x-1与x正好相差1和-1，不妨取x0=x,且x取x+1,x-1时，利用泰勒公式，约掉其中一个未知量，即可得到另一个证明：根据题目条件，f(x)在x0处的泰勒公式为这里ξ介于x与x0之间。分别取x0=x,且x取x+1,x-1有：两式相加消去f、(x)得两式相减消去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观察法与凑方法例1:设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)=f(1)=f(0)=0分析：把要证的式子中的ζ换成x，整理得f(x)-xf(x)-2f(x)=0…(1)由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口因为[xf(x)]=xf(x)+f(x)，那么把(1)式变一下：f(x)-f(x)-[xf(x)+f(x)]=0→f(x)-f(x)-[xf(x)]=0这时要构造的函数就看出来了F(x)=(1-x)f(x)-f(x)②原函数法例2:设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)=f(b)=0，又g(x)在[a,b]上连续求证：彐ζ∈(a,b)使得f(ζ)=g(ζ)f(ζ).现在把与f有关的放一边，与g有关的放另一边，同样把ζ换成xF(x)=f(x)e-∫g(x)dx③一阶线性齐次方程解法的变形法对于所证式为f+pf=0型其中p为常数或x的函数）例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c∈(a,b)，使得f(c)=0求证：存在ξ∈(a,b)，使得f→-这样就变成了f+pf=0型注：此题在证明时会用到f=0→f这个结论2）.所证式中出现两端点①凑拉格朗日例3设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导证明:至少存在一点ζ∈(a,b)使得+ζfF(x)=xf(x),用拉格朗日定理验证一下②柯西定理2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在(x1,x2)至少存在一点c，使得发现exf(x2)—exf(x1)是交叉的，变换一下，分子分母同除一下ex+xf(x2)—f(x1)于是这个式子一下变得没有悬念了③k值法设整理得ex[f(x1)k]=ex[f(x2)k]④泰勒公式法老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。①两次中值定理例5f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)=f(b)=1利用拉格朗日定理可得再整理一下只要找到与eζ的关系就行了例1.是否存在可微函数使得f=1+x2+x4-x3-x5，若存在，请求解：令g(x)=ff(x)-x=1-x+x2-x3+x4-x5,g(-1)=6≠0，当x≠-1时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)证明：由拉格朗日中值定理得f(x)=f(x)—f(0)=f'(ξ1)x,ξ1介于0，x之间，:当x∈[0,1]时，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]时f(x)=f(x)f(0)=f'(ζ1)x≤f'(ζ1)l:f(x)≤pf(ζ1)≤p2f(ζ2)≤...≤pnf(ζn),limpnf(ζn)=0,:f递增，:f例6.求fentdt的n阶导数。解：设gkentdt，则f0ntdtnx，当n>k时g=nnk1.enx，由f得：1，且二元函数满足解x22f:f3r2f'(r2)+r4f"(r2)=0，令r2=ex，则f(ex)+3exf'(ex)+e2xf"(ex)=0令g(x)=f(ex)，则g、(x)=exf'(ex),g"(x)=exf'(ex)+e2xf"(ex):fex)2x)ex,f(x)=c2:ff、:f:f则则又∈使得x=1，此时f，:x(t)0时，f(t)的最大值为。22令n，则Pn.n!.mn解：f(x)=(x2)n(x1)ncos，(x1)ncos，则f(x)=g(x)h(x)f(n)(x)=Cg(n—k)(x)h(k)(x)证明：记xn=,n∈N*，由题意得f(x),f、(x),f"(x),...,f(n)(x)在x=0处n:f(0)=f级数收敛，:=0,:ff(x)=f(a)+f'(a)(x—a)+f"(ξ1)(xa)2,ξ1介于x,a之间，f(x)=f(b)+f'(b)(x—b)+f"(ξ2)(xb)2,ξ2介于x,b之间，f"(ξ)=max{f"(ξ1),f"(ξ2)}，则例14.已知函数f(x)在[a,b]上二阶可导，对于[a,b]内每一点x，有f(x)f"(x)≥0，且::f:x∈[x1,x2]有f(x)=0，与题意在[a,b]的任一子区间上f(x)不恒等于0矛盾方法二：设x1,x2(x1<x2)是f(x)在[a,b]上的两个相邻零点，即在(x1f"(x)≥0:f(x)在(x1,x2)上递增，在x1的右邻域内f(x)>0=f(x1),在x2的左邻域内f(x)>0=f(x2),2,f、(x)递增，:f')<f'(x2),与f'(x1)>0>f'(x2)矛盾。例15.f(x)在[a,b]上连续在(a,b)内可导且f(a)=f(b)=0求证：存在ξ∈(a,b)使ξf(ξ)+f'(ξ)=0F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导,且F(a)=F(b)=0，f(r)当0<r<+∞时有连续的二阶导数，且f(1)=0,f,(1)=1，又,ux=f,.f且u满足（二维）拉普拉斯方程,f(x,y)的表达式。f(x,y)是x2+y2的函数，可以考虑用极坐标进行转化，利用求微分方+y2，则u=f补充题2：u=f(x,y)，试求出（二维）拉普拉斯方程f(x,y,z)，f是可微函数，若，证明u仅为r的函数，其中xyz利用球坐标变换：设x=rsinφcosθ,y=rsinφsinθ,z2(sinφcosφcos2θ+sinφcosφsin2θcosφsinφ)=0求u1,(x,2x).例20.求函数f(x)=x2ln(1+x)在x=0点处的100阶导数值.(98)例21.设f(u,v)有一阶连续偏导数，z=f(x2—y2,cos(xy))，x=rcosθ,y=rsinθ,证类似可得=2r(xsinθ+ycosθ)+rsin(xy).(ysinθxcosθ),代入原式左边得：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）上递增，:f::g'(x)>g'(0)=0:g(x)在（0,1）上递增，g(x)>g(0)=022，x证明：设f(x)=1+xln(x+1+x2)-x令f,(x)=0，得到驻点x=0.由f,,>0可知x=0例26.试确定a值，使方程上有两个相异的实根。解：令则f(x)在[-1，1]上是偶函数，则f(x)=a在（0，1]上:f:fF,(x)<0；当2<x时，F,(例28.设Fe-t2dt，试证明在区间[-1,1]上F(x)有且仅有两个实根.由-te-t2dt=e-x2-e-1，由于e-x2是偶函数，所以e-t2dt是奇函数e-t2dt是偶函数，于是知F(x)为偶函数.因此函数F(x)在(0,1)内有且仅有一个实根；又由F(x)为偶函数，故F(x)在(-1,0)内同样有且仅有一个实根.于是知函数F(x)在闭区间[-1,1]上有且仅有两个实根.例29.设常数k>ln2-1，证明：当x>0且x≠1时，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0.证明：设函数f(x)=x-ln2x+2klnx-1(x>0)，故要证(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0，只需证：当0<x<1时，f(x)<0；当1<x时，f(x)>0.即当x>0时f,(x)>0，从而f(x)严格单调递增.又因f(1)=0，故，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0。证明：函数f(x)在[0,1]上连续，有最大值和最小值，又因最大值是2，端点处函数值f(x)=2，于是f(x0)是极大值，:f'(x0)=0，证明：应用泰勒公式将分别在点a,b处展开，注意到<ξ2其中当f"(ξ1)≥f"(ξ2)l时ξ=ξ1；当f"(ξ2)≥f"(ξ1)时ξ=ξ2f"(x)≤M，求证：(0,1)时f"(x)≤M，∫f(x)dx=(b-a)f(ξ2)≤(b-a)f(a),ξ2∈[a,b],例34.设函数f(x)在[a,b]上二阶可导，且f(a)=f(b)=0及f"(x)≤8，证明：把f(a)、f(b)分别在点处展开得：:f(a)+f(b)=f"(x1)+ff"(x2)(b-a)214dx≤f证明点处展开得f(x2)=f(|,f'|((),x2-),f"(ξ)x2-),2f"(x)≤0,:f≤f),+f'),x2-,)x2)dxf',)x2-),dx=f),例37.设函数f(x)>0，f"(x)≤0，证明：f(x)≤-f(x)dx。因为f(x0)是f(x)的最大值，所以f例38.设函数f(x)在[a,b]上二阶连续可导，且f(a)=f(b[x0,b]上分别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.设函数f(x)∈C[a,b]且不恒为0，0≤f(x)≤M，求证：f(x)cosxdx2+|∫f(x)sinxdx2+-∫f(x)dx2=2f(t)cost∫f(x)cosxdx+2f(t)sint∫f(x)sinxdxg"(t::g(t)单调递增，::F(b)≥F(a)=0即证明：设f(x)=xp+(1-x)p，则f'(x)=pxp-1-p(1-x)p-1令f'(x)=0得驻点在上递减，在上递增=21-p是函数的最小值，又1-x)p≤1。f'(1)(x-1)+M(x-1)2|dx=:≤dx=0。证明：f在上恰好有两个零点。假定x=α是f(x)在(0,1)内的唯一零点，不妨设当0<x<α时，f(x)<0，当α<x<1时，f在f,(a)=0,f,(b)=0。对f,(x)在[a,b]上应用罗尔定理知，存在ξ∈(a,b)(0,1)，使得f,,(ξ)=0，这与f,,(x)≠0矛盾。所以，f(x)在[0,1]上恰好有两个零点。例44.设函数f(x)在区间[a,+∞)上具有二阶导数，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处得极小例45.设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1，试证明：对于任意给定的正数a和b，在开区间(0,1)内存在不同的ξ和η,使得显然ξ≠η;于是例46.设函数在[a,b]上有连续导数，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，利用泰勒公式展开得：f"(ξ2)(1a)2,ξ2∈(a,1):f"(ξ1)=,f"(ξ2)=例49.设f(x)在[a,b]上有二阶可导，且f'(a)=f'(b)=0,则在(a,b)内必存在一点ξ:f(b)—f(a)=f"(ξ1)—f"(ξ2)(b—a)2令f"(ξ)=max{f"(ξ1)，f"(ξ2)}，则例50.设函数f(x)在闭区间[a,b]上具有连续的二阶导数，证明：彐ξ∈(a,b)，使得证明：将函数在点x0=处作泰勒展开，并分别取x=a和x=b得到例51.设函数f(x)在闭区间[—2,2]上具有二阶导数，f(x)≤1，且[f(0)]2+[f,(0)]2=4，证明：存在一点ξ∈(—2,2)，使得f(ξ)+f,,(ξ)=证明：在区间[2,0]和[0,2]上分别对函数f(x)应用拉格朗日中值定理得F(x)=[f(x)]2+[f,(x)]2F(η1)故F(x)在区间[η1,η2]上的最大值F(ξ)=Max{f(x)}≥4，且ξ∈(η1,η2).由费马引理知,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，从而f(ξ)+f,,(ξ)=0.上至少存在一点ξ使得a3f"2f(x)f(0)x2f"(x)在[a,a]上连续，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.设f"(x)连续且f"(x)>0,f(0)=f'(0)=0，u(x)是曲线y=f(x)在点分析：当x→0时所求极限为型未定式，可考虑用等价无穷小和洛必达法则，因此要对变上限函数的定积分求导，所以先要求出u(x),u'(x)，进而可利用f(x),f'(x)解：曲线y=f(x)在点(x,f(x))处的切线方程为：Y—f(x)=f,(x)(X—x)，注意到由于f,(0)=0，f,,(x)>0，所以x≠0时f,(x)>0.令Y=0得切线在x轴上的截距为且将f(x)在x0=0处展成泰勒公式得：在0与x之间；在0与u之间；: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为常数 （2）xnx=f(xn1)f(x)≤kxn1x≤k2xn2x≤...≤kn1x1x例55.设f在上连续，在上可导，证明：在(a,b)内至少存在两点使得f'证明：f(x)≤1。证明：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.设f、(x)在[a,b]上连续，f(x)在(a,b)内二阶可导，（1）在(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=f(ξ)；（2）在(a,b)内至少存在一点η(η≠ξ)使得f"(η)=f(η)。:f=0，设g=e-xf所以，在(a,b)内至少存在一点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"证明：存在ξ∈使得证明：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∈使得衡时，它的轴线与桌面的夹角为θ=arctan所以，sinθ=cosY=故tanθ=因此θ=arctan。例60.设函数f(u)可导且f,(u)≠0，证明：旋转曲面的法线与转轴相交。+y2则z=f。因为，所以旋转面上P(x,y,z)点处的法线l的方程为易见旋转面的转轴为z轴，其方程为解它们联立的方程组得l与z轴相交且交点,z=f于是旋转面在点P(x,y,z)处的法线l的方向向理可取为s=[xf,(u),yf,(u),-u],而旋转面转轴为z轴O(0,0,0)到l上点P(x,y,z)的向量为OP=(x,y,z)，由于三向量k,s,OP的混合积解：方法1：令F(x,y,λ)=x2+2x2y+y2+λ(x2+y2-1)，并令：解得：及，F,(y)=2-6y2，令F,(y)=0解得驻点，2.若函数f(x)在(-∞,+∞)可导,且=-1,求f'3.当x→0时,1-2x-31-3x与axn是等价无穷小,求a与n4.设fdx，g=x3+x4，则当x→0时，（A）f(x)与g(x)为同阶但非等价无穷小B）f(x)与g(x)为等价无穷小；（C）f(x)是比g(x)更高阶的无穷小D）f(x)是比g(x)更低阶的无穷小 （A）1条B）2条C）3条D）4条.8.设u=f(x,y,z)，φ(x2,y,z)=0，y=sinx，其中f,φ具有连续的一阶偏导数，且10.由方程xyz+所确定的函数z=z(x,y)在点(1,0,-1)11.设z=，其中f、φ具有二阶连续导数，则.f，其中f具有二阶连续偏导数，g具有二阶连续导数，求2z2z14.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，证明：存在点ξ∈(0,1)，使ξf,(ξ)+f(ξ)=f,(ξ)。16.设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，且4∫dx=f求证：在开区间(0,1)内存在一点ξ,使得f,(ξ)=0.dx=f。证明：存在ξ∈使得f"存在ξ∈(a,b)使得αf(ξ)=f'(ξ)。20.设f(x),g(x)均在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且x∈(a,b),f'(x)g(x)≠f(x)g'(x)，又f(X)在(a,b)内有两个零点x1,x2。证明：21.设f(x)是区间[0,1]上的非负可导函数，且f'f'(0)+f'(a)≤Ma。n的点x0使f(x0)=x0。内至少存在一点ξ使得f在(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=f(ξ)-ξ+1。=1上求一点，是函数f(x,y,z)=x2+y2+z2在该点沿方向第四章无穷级数等比级数qn-1,当q<1时收敛且qn-1=当q≥1时发散。级数发散，其中k为正常数。级数收敛a正项级数审敛法：则正项级数与广义积分f(x)dx具有相同的收敛性。2n错级数判断收敛一般用下述方法：其余项rn的绝对值rn≤an+1。如果{an}不满足条件，则一般可改用：（2）取通项的绝对值所构成的级数，若收敛则原级数绝对收敛；若此绝对值所构成的（3）拆项或并项的方法，将通项拆成两项，若以此两项分别作通项的级数均收敛，则绝对收敛与条件收敛：若收敛，则收敛且称为绝对收敛；若发散但收敛则称为条件收敛。由发散不能断言也发散。但如果的发散是由比值法（或根值法）推断出的，则≠0，从而0，于是也发散。调和级数发散，而收敛；级数收敛。任意项级数的判别法：①绝对值判别：若级数收敛，则收敛。即绝对收敛的级nn非是幂级数：23nnxnx<R时收敛级数在收敛域上的性质：anxn+bnxn，收敛半径R=min{R1,半径为的收敛半径为1，当x=±1时，级数绝所以，收敛域为[-1,1]。幂级数在收敛域(-R,R)上绝对收敛，且和函数S(x)为连续函数。若anxn在-R或R处antndt，逐项积分后收敛半径不变。逐项求导、逐项积分后，收敛半径A.条件收敛B.绝对收敛C.发散D.收敛性与{an}相关解：原幂级数在x=3处条件收敛说明收敛半径为3-1=2。幂级数经逐项积分、平移后，收敛半径不变，所以后一幂级数的收敛域为（-2，2]。X=3在收敛域外，所以在该点处发散。p若不存在时并不能说收敛半径不存在，因为收敛半径总是存在的。对于类似 anx2n、anx3n等级数的收敛半径不能这样做，应根据求收敛半径。>1，级数x2n发散；所以收敛半径为。小试身手：幂级数的收敛半径为___________（答案：）若an的分母为n!或(2n)!或(2n-1)!也可通过上述方法化简，最后利用ex,sinx,cos式求和。若an的分母为(2n)!!或(2n-1)!!也可通过上述方法化简，最后利用(1+x)m的展开式求和。幂级数求和还应求出收敛域。常用方法举例anxn,用下列两种用幂级数求和的方法求某些数项级数的和时，要找到一个适当的幂级数，求函数展开成幂级数：余项：n+1,f可以展开成泰勒级数的充要条件是Rn=0x0f(x)展开成x的幂级数的步骤：(1)求出f(n)(x)(n=1,2,...(3)写出f(0)+f,(0)x+x2+…+xn+…并求出敛散半径R；=0(ξ位于0与x之间)是f(x)的迈克劳林级数收敛的充要条件。此x2+…+xn+…一些常用函数展开成幂级数：2-...nxnxxxxn三角级数：傅立叶级数：Σbnsinnx是奇函数Σancosnx是偶函数周期为2l的周期函数的傅立叶级数解：由于tan:当时有x-y=arctan=arctan::级数收敛例4.讨论级数的敛散性。n2n解x2n，则s"x2n-2=n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,例6.设函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连导数，且=0，证明：级数证因为函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，且则方法2因为函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，则f,,(x)在该邻域内的某闭子区间[-a,a]上有界，即存在常数M>0，使得f,,(x)≤M。由泰勒公式x2，0<θ<1由此较判别法知，级数绝对收敛。n-2=n(n-1)an,n≥21）求幂级数anxn的和函数S(x)2）求S(x)的极值。解1）设幂级数anxn的收敛区间为(-R,R)，逐项求导得nanxn-1，S,,anxn-2，x∈依题意，得S,,an-2xn-2=anxn，所以，有S,,解此二阶常系数齐次线性微分方程，得S(x)=C1ex+C2e-x。代入初始条件处取极小值。例9.设f(x)是(0,+∞)上递减的连续函数，且f(x)>0，证明数列{an}收敛，其中(f(n+1)-f(x)≤0)[f(n-1)-+f(n)≥0:{an}收敛n-1称为欧拉常数,:1+-lnn=C+o表示无穷小）.0.57721566490153286060651209，目前还不知道它是有理数还是无理数。在微积分学中，欧拉常数有许多应用，如求某些数列的极限。,n:收敛，:收敛和-ln2n=C+o，:通常也可以使用定积分的定义法求limxn:例10.设函数f(x)在(-∞,+∞)上有定义，在x=0的某个邻域内有一阶连续导数，且:f(x)↑(x∈I)，n::++……＋+……收敛，并求和(2n-1)!证明：将f(x)按马克劳林展开得anxn，其中 ::nn0:n:n→∞:Σ=Σ=Σ|-:Σ=Σ=Σ|-nn=0anan+2n=0anan+2n=0(anan+2,而级数发散，:un发散，所以原级数条件收敛。证明：将x2在[-π,π]上展开成余弦级数，则a0=x2dx=证明：」x→0时f(x)是x的高阶无穷小，:f(0)=0,f'(0)=0，在x=0的某邻域内将f(x)展成泰勒公式x2,ξ介于0，x之间，」f"连续，::收敛，:收敛，:收敛4.3练习题1.求幂级数的和函数S(x)。2.求幂级数n的和函数S(x)。3.设幂级数的收敛域为(-4,2)，则幂级数的收敛区间为 。 收敛，收敛，证明：anbn绝对收敛。第五章常微分方程3.一阶线性方程：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.贝努里方程：形如y、+p(x)y=q(x)yα,当α=0时是一阶线性方程；当α=1时是可分离变量方程；当α≠0,1时，令z=y1-α,则有z、+(1-α)p(x)z=(1-α)q(x)，先解出z再解y。5.可降阶的高阶方程：①形如y"=f(x)连积两次分②形如y"=f(x,y、)，设p=y、则p、=f(x,p)解出p后再积分即可③形如y"=f(y,y、)不含自变量x，可令p=y、利用复合函数求导法则将y"化为对y的导数，从而先解出p再分离变量并积分即可+p1y、2yr2r2y"+p1y、2yrxrrxrx2e2x)erx一对共轭复根α±βiαx(c1cosβx+c2sinβx)一项：cerx2xkxk-1)erx一对单共轭复根α±βi两项：y=eαx(c1cosβx+c2sinβx)一对k重共轭复根α±βiαxk-1)cosβx+1k-)sinβx]1由于n次代数方程有n个根，而每一个根对y=c1y1+c2y2+...+cnyn。n阶齐次线性方程有且仅有n个线性无关的解。8.二阶常系数非齐次线性方程：y"+p1y、+p2y=q(x),p1,p2是实常数。q(x)是指数函数eαx、多项式函数Pn(x)、三角函数acosβx+bsinβx或者是它们的乘积。将方程右边非齐次项q(x)分解成几个容易求解的部分的和，利用线性叠加原理，再分成⑴q(x)=pn(x)eαx，其中pn(x)是x的n次多项式，α是常数，特解是y*kqn(x)eαx，其中qn(x)是与pn(x)同次（n次）的多项式，而k按αy*须注意k是特征根方程的根α的重复次数（即若α不是特征根方程的根k取0，是9.解微分方程时，若是齐次的只有通解；若是非齐次的就先解出方程对应的齐次方程的通解，再求出非齐次的特解，二者相加即为非齐次方程的解。非齐次方程的两个例：设y1=ex(1+sinx),y2=ex(1-cosx)是某二阶常系数非齐次线性微分方程的两个特征方程是r2-2r+2=0，设方程为y"-2y、+2y=f(x)，将y1代入得：f(x)=ex，:原微分方程为y"-2y、+2y=ex。11.常数变易法：通过把对应齐次线性方程的通解中的任意常数，变易为待定函数去求设非齐次线性方程为y"+p(x)y、+q(x)y=f(x)（1其对应的齐次线性方程为知齐次线性方程的两个线性无关解为y1(x),y2(x),则y=c1y1(x)+c2y2(x)是方程（2）(x)y2(x)是（1）的特解。则有：解题步骤：①求方程（2）的解y1(x),y2(x)；(x)，在积分得到c1(x),c2(x)；:积分得到{；+y2解全微分方程：设dudx+Ndy,即确定C(y)。即可解得方程。其中μ(x,y)是积分因子。即M-N=μ(|(-,)题意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1两边对y求导得xyf、(xy)+f(xy)=f(x)+f(y):f(x)=3lnx+3例4.设函数可微，fx,且满足ncoty，求f又由积分得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。始条件得C=λ,所以，f(x,y)=e-xsiny。)上有连续的二阶导数，f(1)=0,f'(1)=1，且二元函数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，设y2=xu(x)，求一阶、二阶导数后代入原方程得2:y2=c1+c2x1.设y12x,y3x,y4x2xydx+Q(x,y)dy与路径无关，并对任意实数t都有4.设函数f(x)具有二阶连续导数，f(0)=0,f'(0)=1，且方程性齐次微分方程是，该第三部分竞赛真题与模拟题及参考答案第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷一（非数学类）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.55面(y>0)内的有向分段光滑曲线，L的起点为(a,b),终点为(c,d).记同，求此切线方程，并求,其中k为一非零常数.五、（本题满分15分）设函数f(x)定义在[0,c]上，f,(x)在(0,c)内存在且单调下降，又f(0)=0.证明：对于0≤a≤b≤a+b≤c,恒有f(a+b)≤f(a)+f(b).六、（本题满分15分）设u=f具有二阶连续偏导数，且满足第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷一参考答案x.2．解：要使函数f(x)在x=0处可导，m应满足以下条件：当x≠0时，对任意自然数m，都存在,由①,②知f(x)在x=0处的二阶导为由②,③知要使f(x)在x=0处的二阶导存在，m的取值范围为：m>3。3.解：令x-y2=0,抛物线x=y2将区域D分成D1和D2两块，其中在D1中，x-y2=y2-x,而在D2中x-y2=x-y2.当x=±时，由于故该级数的收敛区域为(-,).面(y>0)内的有向分段光滑曲线，L的起点为(a,b),终点为(c,d).记在上半平面内处处成立，所以在上半平面内曲线积分I与路径L无关。于是得，g(x)在(0,0)点处的切线方程为：y=x.五、（本题满分15分）证明：由于f(0)=0∈(0,a),使得f(a)-ff(b)=(a+b-b)f,(ξ2)=af,(ξ2).②由于函数f,单调下降，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).设xn-2,x y22y2x+y22y2x+:g、(x)在(0,1]上单调递减，:g、(x)<g、(0)=0，:g(x)在(0,1]上单调递减:g(x)<g(0)=0即f、(x)<0，:f(x)在(0,1]上单调递减所以，-1,β=第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷二（非数学类）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.6二本题满分10分）设f(x)=nx(1-x)n（n为正整数（1）求f(x)在闭区间[0,1]上的最大值M(n)2）求limM(n)（1）a为何值时，f(x)在x=0点处连续；（2）a为何值时，x=0为f(x)的可去间断点。（1）设函数试求并讨论F(x)在x=1处的设f求五本题满分10分）已知曲线的极坐标方程是r=1-cosθ,求该曲线上对应于八本题满分10分）已知f,(sin2x)=cos2x+tan2x,求f(x)且f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1。试证必存在ξ∈(0,3)，使f,(ξ)=0。第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷二参考答案二本题满分10分）解：f,(x)=n[(1-x)n-nx(1-x)n-1]=n(1-x)n-1(1-x-nx)2故为f的极大值点为对应的极大值。又f(0)=f(1)=0故f(x1)即为f(x)在闭区间[0,1]上的最大值：三本题满分10分）解：因为因此，F(x)在x=1处连续。以代入，得到切点坐标为七本题满分10分）解：利用积分中值定理，存在ξ,介于0与x之间，因此，九本题满分10分）解：dt+xdt，F,,由于f(x)为偶函数，对于f(t)dt，作变量替换：t=-u，则有-xaf(t)dt+-xaf(t)dt+--f(t)dt=∫-xxf(t)dt由积分中值定理dt=f十本题满分10分）证明：因为f(x)在[0,3]上连续，所以f(x)在[0,2]上连续，设f(x)在[0,2]上的最大值为M，最小值为m，于是m≤f(0)≤M，m≤f(1)≤M，m≤f(2)≤M因为f(c)=1=f(3)，且f(x)在[c,3]上连续，在(c,3)内可导，因此由罗耳中值定第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷三（非数学类）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.63．设f，求f,三设g|x-t|et2dt，求g的最小值。成的旋转曲面介于平面z=0与z=1之间部分的外侧，函数f(u)在(-∞,+∞)内具Σ五设F证明：（1）F(t)为偶函数2）F(t2)=2F(t)续的一阶导数，且存在，求f第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷三参考答案4．解：=-csctcott-2c二证明：设F由f(0)=0且0<f,(x)<1，知当x>0时，f(x)>0。又设dt-f2则g=0,g,所以F,(x)>0，从而F(x)>F(0),不等式得证.单调增加；当x<-1时，g=-2xet2dt，g,et2dt<0故当x≤1时g单调减少；当-1<x<1时，get2dt+et2dt故x=0是g(x)的极小值点et2dt>2dt=2tet2dt=et2|=e-1，故g的最小值为g(0)=e-1记P=xf(xy)-2x,Q=y2-yf(xy),R=(z+1)2，则补面Σ1:z222≤2)，上侧。由高斯公式知I0x=π-u六证明：设F=2x-dt-1，则F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，F(0)=-1<0又F,(x)=2-f(x)>0，故F(x)在[0,1]上严格单调递增，因此在[0,1]上方程发散,bn=收敛:发散时，an=递减:an收敛:bn收敛::an收敛绝对收敛,:bn收敛:题意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷四（非数学类）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.451．设当x→0时，(1-cosx)ln(1+x2)是比x.sinxn高阶的无穷小，而x.sinxn是比ex2-1高阶的无穷小，则正整数n等于。二.（本题满分10分）设f(x)在[0,+∞)上可导，f(0)=0，且其反函数为g(x)，若dt=x2ex，求f22第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷四参考答案5.解：:x=e2c，又由拉格朗日中值定理有f(x)—f(x—1)=f,(ξ).12c二.（本题满分10分）解：:f(x)与g(x)互为反函数，: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处左连续:g(0)存在。故g(x)=Cx1±,C>0第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷五（非数学类）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.45dz=，其中L是圆周Lz24.以四个函数ex,2xex,3cos3x,4sin3x为解的4阶常系数线性齐次微分方程是 ,该方程的通解是。求limxn。ξ,η∈(a,b)，dt=0,f=1，求f'第三届中国大学生数学竞赛模拟试卷五参考答案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除原点外，P,Q,R及其偏导数连续，且有则曲面积分与积分曲面其上侧为正；将xoy面上位于S1与S的边界曲线之间的部分记为S2，取其上侧为正；设S,S1,S2所围空间区域为V，记xoy平面上由S1边界所围部分为S3，取其上侧为正；设S1与S3所围半球体区域为V1，则有两边同时对x求导得：(x+1)f"(x)+(x+2)f'(x)=0f'(x)=xln(x+1)+c1=1得f'=1,:c=1，:f'首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷（非数学类，2009）考试形式：闭卷考试时间：120分钟满分：100分试卷难度系数：0.35坐标轴所围成三角形区域.4．设函数y=y(x)由方程xef(y)=eyln29确定，其中f具有二