大学生数学竞赛习题辅导.pdf

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1、大学生数学竞赛辅导大学生数学竞赛辅导内蒙古大学鄂尔多斯学院数学教研组内蒙古大学鄂尔多斯学院数学教研组PDF pdfFactory 目录目录第一章极限与连续第一章极限与连续.1第二章一元函数微分学第二章一元函数微分学.21第三章一元函数积分学第三章一元函数积分学.42第四章多元函数微分学第四章多元函数微分学.67第五章多元函数积分学第五章多元函数积分学.77第六章无穷级数第六章无穷级数.97第七章微分方程第七章微分方程.112PDF pdfFactory 第一章极限与连续题型一求数列的极限题型一求数列的极限数列 nx的极限limnnx的计算方法通常有以下六种:(1)利用数列极限的运算法则和一些常

2、用的结论利用数列极限的运算法则和一些常用的结论?设数列设数列 nx有界有界,又又lim0nny=,则则lim0nnnx y=;?()0,1lim01,lim1,1,1nnnnqqqqqq=;?()11lim10,lim 1nnnnaaen=+=;?()()()()22311111211,262nnnkkkn nn nnn nkkk=+=.例 1.极限22222244411212limnnnnn+=LL_.解:由于()()22222222244444111(21)1121211126nnkkk kknknnnnn=+=+=LLL()323244111111232366nnnnkkkkkkkkkk

3、nn=+=+()()()2411(21)11236262n nn nnn nn+=+()()()()2241121116222nnn nnn nn+=+故222222444112121lim12nnnnn+=LL.例 2.极限23235lim3 sin1sinnnnnn=_.PDF pdfFactory 如果你还不知道读什么书，或者想寻找下载阅读更多书籍，就请您打开微信扫一扫，扫描下方二维码，关注微信公众号：大学生学术墙。微信直接搜索关注公众号：大学生学术墙这里是每一位上进的人的家园【大学生学术墙】资料库里有数万本书籍，此外，关注微信公众号：大学生学术墙，回复：1.回复：资料，即可免费领取 5

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6、.已知10,0maaL,则极限()11limnnnmnaa+=L_.解:由于()11111max,max,nnnnmmmaaaamaa+LLL故()111limmax,nnnmmnaaaa+=LL.例 4.使得22201lim1nxnnaaxedxa+=+成立的a=_.解:2220,111lim0,1,14,1nxnna aaaaxedxaa a+,故14a=.例 5.()2lim 11nnnn+=_.解:()221lim 11lim 11nnnnnnnn+=+()211121lim 11nnnnnnenn+=+=+.(2)利用利用 Heine 定理将抽象数列的极限转化为具体函数的极限定理将抽

7、象数列的极限转化为具体函数的极限Heine 定理定理:0()limxxf xA=的充分必要条件是的充分必要条件是:对于任意满足条件对于任意满足条件0limnnxx=且且0()nxx nN+的数列的数列 nx,相应的函数值数列相应的函数值数列()nf x成立成立()limnnf xA=.PDF pdfFactory 3例 6.设数列 nx满足0()nxnN+且0limnnx=,计算21sin()limnxnnnxx.解:我们考虑函数极限22223sinsinsinln()ln(11)11sin00000sin()limlimlimlimlimxxxx xxxxxxxxxxxxxxxeeeex+=

8、200cos1sin1636limlimxxxxxxeee=从而2211160sinsin()()limlimnxnxnxnxxexx=.例 7.求111lim3nnnnnabc+,其中0,0,0abc.解:由于1110111lnln()ln33limln30limlimlim3ttttttxxxtxabcabcabcxxxxttxxtabceee+=0lnlnlnlnlim33tttttttaa bb ccabcabceeabc+=故1113lim3nnnnnabcabc+=.(3)利用夹逼准则利用夹逼准则例 8.求222111lim()2nnnnnn+L L.解:由于2222222111(

9、)2nnnnnnnnnn+L L,故222111lim()12nnnnnn+=+L L.(4)利用利用单调单调有界准则有界准则适适用题型用题型:(I)由递推关系由递推关系1()nnxf x+=定定义义的数列的数列 nx极限极限问问题题,一一般般先先用用单调单调有界准则有界准则证明证明极限极限存在存在,然后等式两边取然后等式两边取极限求极限求出出极限极限。(II)有些题目有些题目直接给出了直接给出了数列数列 nx的的通项公式通项公式,要求要求我们证明我们证明数列数列PDF pdfFactory 4 nx的极限存在的极限存在,这时优先考虑用单调有界准则证明其极限存在。这时优先考虑用单调有界准则证明

10、其极限存在。例 9.设1110,6()nnxxxnN+=+,试证数列 nx极限存在,并求此极限。解:先证明数列 nx是单调减少的。由于1(3)(2)60()6nnnnnnnnxxxxxxnNxx+=+=+,所以数列 nx是单调减少的。注意到10()nxxnN+,于是数列 nx有界,故数列 nx极限存在。设limnnxa=,等式16nnxx+=+两边取极限得6aa=+,即3a=或2a=,又1010ax=,所以3a=,亦即3limnnx=.例 10.设数列 nx满足110,sin()nnxxx nN+=.(I)证明limnnx存在,并求该极限;(II)计算211()limnxnnnxx+.解:(I

11、)用数学归纳法证明数列 nx是单调减少的且有界。由10 x得2110sinxxx=;设0nx,则10sinnnnxxx+=,所以数列 nx是单调减少的且有界,故limnnx存在。记limnnxa=,于 是0a.由1sinnnxx+=得sinaa=,注 意 到 函 数()sinf xxx=在0,上是单调增加的,所以0a=,即0limnnx=.(II)2211116sin()()limlimnnxxnnnnnnxxexx+=.例 11.证明:(1)对任意正整数n,都有111ln(1)1nnn+时PDF pdfFactory 5()(0)0f xf=,所以对任意正整数n,都有11ln(1)nn+时(

12、)(0)0g xg=,所以对任意正整数n,都有11ln(1)1nn+.故对任意正整数n,都有111ln(1)1nnn+.(2)先证明数列 nx是单调减少的。我们考虑111111ln(1)(1ln)212nnxxnnnn+=+L LL L11ln(1)0()1nNnn+=+=+L LL L从而数列 nx有界,故数列 nx收敛。(5)利用定积分的定利用定积分的定义义设 函 数设 函 数()f x在在,a b上上 连 续连 续,则则()()1limbniniabaff x dxn=,其 中其 中()()()1,1iiiabaabainnn+.例 12.计算极限111lim()122nnnn+L.解:

13、1011111111lim()lim()ln2121221 1111nndxnnnnxnn+=+=+LL.例 13.计算极限()111lim()1321nnnnn+L.解:()()111111lim()lim()13211321nnnnnnnnnn+=+LL2012111111limln3132122 12111ndxnnxnnn=+=+L.PDF pdfFactory 6例 14.求2sinsinsinlim()1112nnnnnnn+L L.解:注意到111sin11sinsin11nnniiiiiinnnnnni=+而11012limsinsinnniixdxnn=1110112lims

14、inlim(sin)sin11nnnniiinixdxnnnnn=+故2sinsinsin2lim()1112nnnnnnn+=+L L.(6)利用利用Taylor展开式展开式要要熟记熟记常用函数常用函数()(),sin,cos,ln 1,1xexxxx+的的带佩亚诺余项带佩亚诺余项的的麦克劳麦克劳林公式林公式:()()()()()()()()2321222221122111()2!11sin1()3!(21)!11cos11()2!(2)!11ln 11()211111()2!xnnnnnnnnnnnnnexxxo xnxxxxo xnxxxo xnxxxxo xnnxxxxo xn +=+

15、=+=+=+=+LLLLLL例 15.求极限lim sin(2!)nnen.解:由于()()11111 12!1!1!eonnn=+L,故11212!21 1!()2!11ennonnn=+L,从而PDF pdfFactory 7212lim sin(2!)lim sin()lim2111nnnnennonnnn=+=+.题型二求函数的极限题型二求函数的极限函数极限的计算方法通常有以下五种:(1)利用利用左、右左、右极限极限由由于于000()()()limlimlimxxxxxxf xAf xf xA+=,鉴鉴于于此此,如果我们如果我们要要考查考查函函数数()f x当当0 xx时时极限是极限是

16、否存在否存在,我们可以去考查我们可以去考查函数函数()f x在在0 x处处的的左、右左、右极限是极限是否存在并否存在并相相等。等。适适用题型用题型:多用于多用于判别判别一一个个分分段段函数函数()f x在在分分段点段点0 x处处的极限是的极限是否存否存在。在。例 16.当1x 时,函数12111xxex的极限()(A)等于 2.(B)等于 0.(C)为.(D)不存在但不为.解:由于1111221111111111(1)0,(1)11limlimlimlimxxxxxxxxxxexeexexx+=+=+=+则当1x 时,函数12111xxex的极限不存在但不为.注注:这里特别这里特别应应注注意的

17、是意的是1100,0limlimxxxxee+=+=.例 17.求1402sin1limxxxexxe+.解:由于1144002sin2sin1,111limlimxxxxxxexexxxee+=+=+,故1402sin11limxxxexxe+=+.(2)利用利用两个重两个重要极限要极限PDF pdfFactory 81(1)limxxex+=(或者或者10(1)limxxxe+=),0sin1limxxx=在处在处理理1型极限型极限时时,经经常将常将所所求极限求极限“凑”“凑”成成基本基本极限极限1(1)limxxx+的的形形式式,然后然后求求出出极限极限。例 18.求0(cos)limx

18、xx+.解:1(cos1)cos1200(cos)1(cos1)limlimxxxxxxxxe+=+=.例 19.求极限110ln(1)limxexxx+.解:111100ln(1)ln(1)11limlimxxeexxxxxx+=+1ln(1)11ln(1)110ln(1)11limxxxxexxxx+=+而2000ln(1)1ln(1)ln(1)1121(1)limlimlimxxxxxxxxxxxexex+=故11120ln(1)limxexxex+=.(3)利用利用等价等价无穷无穷小代换小代换在处在处理函数极限的理函数极限的过过程程中中,如果我们能恰当如果我们能恰当地地利用利用等价等价

19、无穷无穷小代换小代换,可以可以使计使计算算简简化化。我们。我们把把常用的常用的等价等价无穷无穷小代换小代换列列举举如如下下:当当0 x 时时,2sin,arcsin,tan,arctan111 cos,112ln(1),1nxxxxxxxxxxxxxnxx ex+例 20.设20tan(1 cos)2ln(12)(1)limxxaxbxcxde+=+,其中220ac+,则必有()PDF pdfFactory 9(A)4bd=(B)4bd=(C)4ac=(D)4ac=解:2200tan1 costan(1 cos)22ln(12)(1)ln(1 2)1limlimxxxxxxabaxbxaxxc

20、cxdexecdxx+=+,从而4ac=.例 21.求极限40sinsin(sin)sinlimxxxxx.解:444000sinsin(sin)sinsinsin(sin)sin(sin)(sin)limlimlimxxtxxxxxxtt txxt=3200sin1 cos136limlimttttttt=.例 22.设当0 x 时,()()22arcsin sinln 1xx+是比()1 sinxnex高阶的无穷小,而()1sin11nx+是比()22sinln1 cosxex+高阶的无穷小,则正整数n=_.解:由于当0 x 时,()()224arcsin sinln 1xxx+,()11

21、 sinxnnexx+,故14n+.当0 x 时,()111sin11 2nnxx+,()22sin21ln1 cos1 cos2xexxx+,故21n+,于是13n+=,故2n=.例 23.已知函数()f x满足0()ln 11 coslim421xxf xx+=,求极限30()limxf xx.解:由于0()ln 11 coslim421xxf xx+=,故0()limln 101 cosxf xx+=,从而0()lim01 cosxf xx=.故230000()()()1ln 12()1 cos1 cos2limlimlimlim421ln2ln2ln2xxxxxf xf xf xxf

22、xxxxxx+=30()lim2ln2xf xx=.PDF pdfFactory 10(4)利用洛必达法则求不定式极限适用题型利用洛必达法则求不定式极限适用题型:(I)求求00型型、型型不不定定式式极限极限;(II)求求型型不不定定式式极限极限,此时此时型型可可化成化成1100型型,再再通通分分变变成成000型型,即即00型型;(III)求求0型型不不定定式式极限极限,此时此时0型型可可化成化成1型型或或100型型,即即型型或或00型型;(IV)求求0型型、1型型、00型型不不定定式式极限极限,此时此时0型型、1型型、00型极限型极限()lim()g xf x可以通过可以通过对数对数恒恒等式等

23、式统统一化成一化成()()ln()ln()limlimg xg xfxf xee=,这里这里的的lim()ln()g xf x已已成为成为0型型.例 24.设函数()()12220sinxF xtxtdt=,则()30limxF xx+=_.解:因为()()()2112222222200011sinsin()sin22xxxF xtxtdtxtd xtudu=所以()203320001sin2sin1limlimlim33xxxxuduF xxxxxx+=.例 25.设 函 数()()222sin02ln 1,021,0 xxxt dtf xxeea x+=+=在 点0 x=处 连 续,则 常

24、 数a=_.解:()()()()()222222sinsinsin0002420000ln 1ln 1ln 1limlimlimlim211xxxxxxxxxxt dtt dtt dtaf xxeee+=+()223300ln 1 sinsin221limlim442xxxxxxxx+=.PDF pdfFactory 11对洛必达法则的延伸对洛必达法则的延伸:洛必达法则其实也适用于求洛必达法则其实也适用于求型型不不定定式式极限极限。例 26.设 函 数()f x在0,)+上 连 续,无 穷 积 分()0f x dx+收 敛,求01lim()yyxf x dxy+.解:()()()0000001

25、11lim()limlimyyyyxxyyyxf x dxxdf t dtyf t dtf t dt dxyyy+=()()()()00000limlim0yxyyyf t dt dxf x dxf x dxf t dty+=.(5)利用利用Taylor展开式展开式例 27.设0 x 时,()2311()xeBxCxAxo x+=+,求常数,A B C的值。解:由于233111()26xexxxo x=+故()23323111()11()26xxxo xBxCxAxo x+=+即()23331111()1()262BB xBC xC xo xAxo x+=+于是11021062BABCBC+=

26、+=+=解得121,336ABC=.例 28.求0 x 时,函数()()()tan tansin sinf xxx=的等价无穷小。解:由于234342343411sin(),sin()()3!621tan(),tan()()3!3xxo xxxxo xxxo xxxo xxxxo xxxo x=+=+=+=+=+=+于是PDF pdfFactory 12()()()()()()()()()()()34334243434434343342434341sin sinsinsinsin611()()6611()()661()31tan tantantan(tan)311()()3311()33xxx

27、oxxxo xxo xo xxxo xxo xo xxxo xxxxoxxxo xxo xo xxxo xxo x=+=+=+=+=+=+=+434()2()3o xxxo x=+由此得到()()343tan tansin sin()(0)xxxo xxx=+即0 x 时,()()tan tansin sinxx的等价无穷小为3x.例 29.求极限()203302sin22lim1xxxtxdtxxe+.解:由于()()33444312211()1()()(0)333xxxexxo xxo xxo xxx+=+=+所以()220033000432sin2sin2sin22222limlimli

28、m28133xxxxxxtxtxxdtdtxxxexx=+20cos112lim832xxx=.PDF pdfFactory 13题型三连续函数零点定理和介值定理的应用连续函数的零点定理是题型三连续函数零点定理和介值定理的应用连续函数的零点定理是:设设()f x在在,a b上连续上连续,且且()()0f a f b,则存在则存在(),a b 使得使得()0f =.因此因此,对对,a b上的连续函数上的连续函数()f x,如果要证明存在如果要证明存在(),a b 使得使得()0f =,需在需在(),a b内找到两点内找到两点(),c d cd使得使得()()0f c f d.如果要证明存在如果要

29、证明存在(),a b 使得使得()(),0Gf=(其中其中()(),Gf是关于是关于与与()f 的某个代数式的某个代数式),则需作辅助函数则需作辅助函数()()(),F xG x f x=(这里这里()(),G x f x是将欲证等式左边的是将欲证等式左边的改为改为x所得所得),并在并在(),a b内寻找满足内寻找满足()()0F c F d 的两个不同点的两个不同点c与与d.连续函数零点定理有各种形式的推广连续函数零点定理有各种形式的推广,例如例如:(1)设设()f x在在,)a+上连续上连续,且且()()0f a f+,则存在则存在(),a+使得使得()0f =(其中其中()()limxf

30、f x+=可为常数可为常数,或或+,或或);(2)设设()f x在在(,)+上连续上连续,且且()()0ff+,则存在则存在(),+使得使得()0f =(其中其中()()()()lim,limxxff xff x+=+=).连续函数的介值定理是连续函数的介值定理是:在闭区间上连续的函数必取得介于最大值在闭区间上连续的函数必取得介于最大值M与最小值与最小值m之间的任何值。之间的任何值。例 30.设函数()f x在0,)+上连续,且()()101,lim02xf xf x dxx+此 外 由()()1110001()02F x dxf xx dxf x dx=+=+知 存 在0,1使 得10()(

31、)0FF x dx=+=+=使得当xN时有()(0)1F xF+.此外,存在,N N 使得()F 是()F x在,N N上的最小值,于是在,N N上()()F xF,所以对一切(),x +有()()FF x,即()()nnfxf x+.例 32.设函数()f x在,a b上连续,acdb+)3.设()2(2,3,)nnfxxxxn=+=LL,证明:(1)方程()1nfx=在0,)+内有惟一的实根nx;(2)求limnnx.4.设()111,sin1,2,nnxxxn+=L,则limnnx=_.5.设()f x是()0,+上递减的连续函数,且()0f x,证明数列 na收敛,其中11()()nn

32、nkaf kf x dx=.6.21lim cosnnn=_lnlnlimlnnnnnnnn+=_lim 1 sinnnn=_.7.22lim lim coscoscos222nnxxxx=L_.PDF pdfFactory 178.求下列极限:(1)1lim1nnnen+;(2)11112limnnnnmnaaam+L,其中0(1,2,)iaim=L.9.1lim1knnnkenk=+_2222lim14nnnnnnnn+=+L_2sinsinsinlim1112nnnnnnn+=+L_()()2222221lim121nnnnnn+=L_10.应用Stolz定理考虑下述问题:(1)证明:若

33、limnnaa=,则12limnnaaaan+=L;(2)设0na,limnnaa=,则12limnnna aaa=L;(3)设limnnaa=,求极限1222limnnaanan+L;(4)求极限()2222313521limnnn+L;(5)设01,又设1()()()xxabF xf t dtdtf t=+,证明()0F x=在,a b内恰有一实根。22.设 对 任 意,x ya b有(),()()af xb f xf yk xy(其 中 常 数()0,1k).证明存在唯一的,xa b使得()xf x=.PDF pdfFactory 2023.设函数()f x在,a b上连续,acdb,证

34、明:对任意正数p和q,存在,c d 使得()()()()pf cqf dpq f+=+.24.若()f x在,a b上连续,12(3)naxxxb n;(2)(0)xxyxx=.解:(1)lnln()()(ln1)(ln1)xxxxxxyxeexxx=+=+.(2)lnln1()()()lnxxxxxxxxxxyxeexxx=+ln1(ln1)lnxxxxxexxxx=+1(ln1)lnxxxxxxxxx=+.注注:在处理函数在处理函数()()v xu x(其中其中()0u x,(),()u x v x均可导均可导)的导数时的导数时,我们经常先把函数我们经常先把函数()()v xu x变形为变

35、形为()ln()v xu xe,再对函数再对函数()ln()v xu xe运用复合函数的求导法则。运用复合函数的求导法则。例 4.设函数()yy x=由方程()ln29f yyexe=确定,其中f具有二阶导数,且1f,则22d ydx=_.解:()()()ln29f yf yydydyexefyedxdx+=于是()()()()ln29ln29ln29 1f yyyfyydydydyeefyeeefydxdxdx+=从而()ln29ln29 1yydyexefydx=,故()11dydxxfy=()()()()()()22232221111dyfyxfyfyfyd ydxdxxfyxfy=.例

36、 5.已知()2ln 1arctanttxeyte=+=,求22d ydx.PDF pdfFactory 23解:22222111221tttttttdyedyeedtedxedxedte+=+22222221()(2)222241ttttttttddyeed yeeedt dxdxedxedte+=+例 6.22xyx e=,求(20)y.解:(20)22(20)202219218220 19()220 22222!xxxxyx eexexe=+20222(2095)xexx=+.注注 1:Leibniz公式公式()()()0()()nnkn kknkuvC uvnN=是一是一种种常用的常用

37、的计计算算高阶高阶导导数的方法数的方法。注注 2:以以下下是一些常用的结论是一些常用的结论()()()1(sin)sin()()2(cos)cos()()2(1)!ln(1)(1)()(1)nnnnnxxnnNxxnnNnxnNx+=+=+=+题型三 求函数题型三 求函数()f x的极值的极值、单调、单调区间区间、最最值值在判别在判别一一个个函数函数()f x的的单调单调性性时时,我们经我们经常用常用到下面到下面两个两个孰知孰知的结的结论论。(1)设函数设函数()f x在在,a b上上连续连续,在在(,)a b内内可可导导,若若(,)a b中中除至除至多有限多有限个点个点有有()0fx=之外都

38、之外都有有()0fx,则则()f x在在,a b上单调上单调增加增加。(2)设函数设函数()f x在在,a b上上连续连续,在在(,)a b内内可可导导,若若(,)a b中中除至除至多有限多有限个点个点有有()0fx=之外都之外都有有()0fx.32222312212233 222bVbVbVbVLadadab Vdddd=+=,其中等号成立当且仅当2122bVadd=,即34bVda=.所以,高与底的直径之比为2344144VhVVaaddddbVb=时所需费用最少。题型四题型四 讨讨论方程论方程实根实根个个数数如果如果函数函数()f x在其在其定定义义域域内连续内连续,那么那么我们我们就就

39、可以可以按下按下列列步骤来讨步骤来讨论论方程方程()0f x=实根实根的的个个数数:PDF pdfFactory 25(1)确定函数确定函数()f x的单调区间的单调区间;(2)在每一段单调区间上借助零点定理去确定方程在每一段单调区间上借助零点定理去确定方程()0f x=有无实根有无实根;(3)统计方程统计方程()0f x=实根的个数。实根的个数。例 9.求方程arctan0kxx=不同实根的个数,其中k为参数。解:令()arctan()f xkxx xR=,显然(0)0f=.情 形(1):当1k 时,()arctanf xkxx=是 单 调 减 少 的,故 方 程arctan0kxx=只有一

40、个实根。情形(2):当1k 时,我们先确定()arctanf xkxx=的单调区间。()arctanf xkxx=在(,1k 上单调减少,在1,1kk上单调增加,在1,)k+上单调减少。注意到(0)0f=,从而方程arctan0kxx=在1,1kk上只有一个实根。由 于lim(),lim()xxf xf x+=+=,如 果 我 们 还 能 够 证 明(1)0,(1)0fkfk,那末方程arctan0kxx=在(,1k 上只有一个实根,在1,)k+上也只有一个实根。下面我们证明(1)0,(1)0fkfk.我们先证明(1)0fk,亦即arctan(1)10kkk+.令21(0),()(1)arct

41、antktg tttt=+,我们只需证明0,()0tg t.因为()2 arctang ttt=,于是0,()0tg t,这表明()g t在(,0上单调增加,故0,()0tg t.所以当1k 时方程arctan0kxx=有三个实根。综合情形(1)与情形(2),当1k 时,方程arctan0kxx=有一个实根;当1k 时,方程arctan0kxx=有三个实根。PDF pdfFactory 26例 10.讨论方程ln xax=有几个实根?解:令()ln(0)f xxax x=.情形(1):当0a=时,方程()0f x=只有一个实根。情 形(2):当0a 时,()f x在1(0,a上单调增加,在1,

42、)a+上单调减少,此外0lim(),lim()xxf xf x+=.我们现在考虑1()ln1faa=.()I当10ae,从而方程()0f x=在1(0,a上只有一个实根,在1,)a+上也只有一个实根,亦即方程()0f x=有两个实根。()II当1ae=时,1()0fa=,方程()0f x=只有一个实根。()II当1ae时,1()0fa,方程()0f x=无实根。综合情形(1)、情形(2)与情形(3),当0a 时方程()0f x=有一个实根,当10ae时方程()0f x=无实根。题型五题型五 证明证明函数函数不不等式等式证明函数不等式的方法通常有以下四种:(1)利用利用拉格朗日拉格朗日中中值定理

43、值定理证明证明函数函数不不等式等式若恒若恒等等变变形后可形后可使不使不等式等式一一端端形如形如()()f bf aba,则则写写出出()f x的的拉格朗拉格朗日日中中值值公式公式,再估计再估计其其值值。若恒若恒等等变变形后可形后可使不使不等式等式一一端端形如形如()()()()f bf ag bg a,则则写写出出()f x与与()g x的的柯西柯西中中值值公式公式,再估计再估计其其值值。PDF pdfFactory 27例 11.证明下列不等式:(1)arctanarctanabab;(2)当0 x 时,ln(1)1xxxx+.证明:(1)当ab=时,不等式显然成立。下证当ab时,arcta

44、narctanabab.不妨设ab时,对函数()ln(1)f tt=+在闭区间0,x上应用拉格朗日中值定理即得存在(0,)x 使得ln(1)1xx+=+从而ln(1)1xxxx+,亦即()coscosln(,0)2yxxaaxy aa aexy,证明baab.证明:我们只需证明函数ln()xf xx=在(,)e+内是单调减少的。由于21 ln()0()xfxxex=,从而当bae时lnlnbaba.例 14.试证:当0 x 时,22(1)ln(1)xxx.证明:当1x=时22(1)ln(1)0 xxx=,从而我们只需证明当0 x 且1x 时,22(1)ln(1)xxx.情形(1)当1x 时,我

45、们只需证明1ln1xxx+.令1()ln1xf xxx=+,显然221(1,),()0(1)xxfxx x+=+,从而()f x在1,)+上是单调增加的,故当1x 时,()(1)0f xf=,亦即当1x 时1ln1xxx+.情形(2)当01x时,我们只需证明1ln1xxx+,从而()f x在(0,1上也是 单 调 增 加 的,故 当01x时,()(1)0f xf=,亦 即 当01x时,1ln1xxx时,22(1)ln(1)xxx.例 15.设2eabe.证明:令224()lnf xxxe=,我们只需证明()f x在2(,)e e内是单调增加的。由于222ln42(1 ln)(),()xxfxf

46、xxex=,对任意的2(,),()0 xe efx=,这表明()f x在2(,)e e内是单调增加的,故当2eabe,亦即2224lnln()babae.PDF pdfFactory 29(3)利用利用Taylor中值定理证明函数不等式中值定理证明函数不等式Taylor中值定理中值定理:设设()f x在在,a b上具有上具有n阶连续导数阶连续导数,且在且在(,)a b内有内有1n+阶导数。设阶导数。设0,xa b为一定点为一定点,则对于任意则对于任意,xa b,成立成立()(1)2100000000()()()()()()()()()()2!(1)!nnnnfxfxff xf xfxxxxxx

47、xxxnn+=+L其中其中在在x和和0 x之间之间。当问当问题的条件题的条件或或结论结论中出中出现高阶现高阶导数导数,要要证明存在证明存在,使得某使得某个个表达表达式式成立成立时时,往往需往往需利用函数利用函数在在某某些些特特殊殊点处点处的的Taylor公式。公式。例 16.设()f x在0,1上具有二阶导数,且满足条件(),()f xa fxb,其中,a b都是非负常数,c是(0,1)内任一点,证明()22bfca+.证明:由Taylor中值定理可知21()(0)()()2fff ccf cc=+22()(1)()()(1)(1)2fff cfccc=+其中120,1c c.于是22121(

48、)(1)(0)()()(1)2fcfffcfc=+,故222212111()(1)(0)()()(1)2(1)2222fcfffcfcab ccab+例 17.设函数()f x在0,1上有二阶连续导数,且01(0)(1)0,min()1xfff x=.证明:01max()8xfx.证明:设函数()f x在点0 x处取得最小值1.显然0(0,1)x,且0 x是()f x的极小值点,依费马引理知0()0fx=.由Taylor中值定理可得PDF pdfFactory 30210()(0)12ffx=+220()(1)1(1)2ffx=+其中10020,1x x.故12220011()()216(1)

49、ffxx+=+,而12012max()()()xfxff+,于是01max()8xfx.例 18.设函数()f x在0,a上有连续的导数且()00f=,证明:至少存在一点0,a 使()202()aff x dxa=.证明:记()0()xF xf t dt=,则()F x在0,a上二阶连续可导,故()2()()(0)02!FF aFFaa=+,其中0a.证明:令()ln(0)f xxx x=,则1()ln1,()0(0)fxxfxxx=+=,故()f x在(0,)+上是凹的,因而对任意的,0a b 且ab,都成立()()()22abf af bf+,化简得lnln()ln()ln2aabbaba

50、b+.显然,如果0ab=,那末lnln()ln()ln2aabbabab+=+.故lnln()ln()ln2(,0)aabbababa b+.题型六 利用微分题型六 利用微分中中值定理值定理确确定方程定方程(,(),()0G x f xfx=解解的的存在存在性性当当函数函数()f x在在,a b上或上或(),a b内满足内满足某某些条件些条件时时,证明存在证明存在(),a b 使使得得(,(),()0Gff=的方法是的方法是:(1)当当(,(),()0Gff=可以可以改写改写成成()()()baba=或或()()()()()()baba=时时,考虑考虑应用应用拉格朗日拉格朗日中中值定理值定理或