东南大学2012高等数学竞赛练习1及解答

竞赛练习1（Hechuanfu）

f(x)连续，且lim

f(x)

2,(x)1

f(xt)dt

，讨论

x

x

处的连续性。x0 x1

xxt=u

0f(u)du提示：(x)0

f(xt)dt

0 ，x求出(x)=？，x0，再讨论lim(x)=(0)？，x=0 x0f(xx2xx0处的nf(n(0)n3).提示：莱布尼茨公式f(x)arctan1xf1x提示：1f(x) f()1x11x2两边再利用莱布尼茨公式求（n-1）再递推求出（2n(0),（2n-1(0)4.f(x在0,1f(0)f(1)f(1)0,1)使f2.证法1： 令F(x)f(x)x2x, 则F(x)CF(0)F(1)由洛尔定理知 (0,1), F0F(x)f(x)2x1,F(x)C,F(1)f(1)10F由洛尔定理知(0,1), F)0, Fx)fx)2, f()2证法2： 令F(x)f(x)x2, F(x)C由拉格朗日定理知(0,1), FF0)F(1)F(0)F(x)CD(0,1), F(1)f(1)21F由洛尔定理知 (0,1), F)0, Fx)fx)2, f()2证法3： 在x1展开为一阶泰勒公式f(x)f(1)f(1)(x1)12

f1

)(x1)2, 1

(x,1)f(0)f(1)f(1)1f), (0,1)2因f(0)f(1),f(1)故(0,1), f)21证法4： 令F(x)f(x)(x)2, 用两次洛尔定理。12证法5： 令F(x)xf(x)x2f(x),用一次洛尔定理。设f在[ab上可微，且ab同号，证明：存在ab)，使（1）f(b)f(a)](b2a2)f'()；（Fxx2[f(bf(a(b2a2fx）（2）f(b)f(a)lnbf'(). a洛尔定理:Fx)(f(bf(a))lnxlnb

f(x)a a fx在(有界且导数连续，又对于任意实数x有f(x)f(x)1 f(x)1，试证明： 。证 令F(x)exf(x)，则F(x)x[f() f()]于是F(x)ex，即ex

F(x)ex。故exdxxx

x () F xF x

exdx，即xxexexf(x)limexf(x)exf(x)ex。x故1f(x)1，即f(x)1。设f(x)a1

sinxa2

sin2x2

an

sinnx (ai

Ri1,2,n) ，且|fxsi，证明：|a1

2asinxxsinxx

naf(xf(x)f(0)x0

1.|f(x)|

|sinx|lim lim (f(0)0)提示：

|x| |x|

x0 x08.设f在[abf(a)f(b)0f'(a)f'(b)0f"(x)0在(ab)内至少有一个根.提示：利用f'

(a)f'

(b)0去证(a，b)使f()=0，有f(af()=f(b再利用洛尔定理9.f(x在[0，1f(x00

f(x2)dxf().131提示：f(x)利用泰勒公式在x=310.f(xlimfx

f(x)0解：由limf(x)存在，得x

x

x x20,f(x)上有界，即M使得xA时，f(x)MxA，由拉格朗日中值定理得f(x)f(A)f()xAf(x)x2f(A)x2f(f(x)x2f(A)x2f()xAx xf(x2

0x由夹逼准则得 limf(x)0x x211.设x)在上连续，在(0))1,a

ab。使得f) f证设0ab1，令c

a ，则0c

1。因0 ab 0f(0)0,f(1)f(x在[0,1]上连续，由介值性定理存在c(0,1)，使得f(c)c0

。现在在[0,c上利用拉格朗日中值定理，存在(0,c，有f

f(c)f(0) c a() 0 。c0 c0 (ab)c同理在[c,1]上利用拉格朗日中值定理存在(c,1)，有f

f(1)f(c) 1c b() 0 。于是a b

1c 1c (ab)(1c)(ab)c(ab)(1c)ab。f) f命题得证。12.证明：|

2004sint2dt2003

12003。2 x2

u，则2004sint2dt4

sinudu

1 20042sinudu。2003于是

20032 2 u

20032|2004sint2dt2003

20042sinudu 12 22 12 22

12003。13.设fxgx),fx),fx)(xf(x)g(xf(x)0f(a)f(b)0(abf(x)xb证由fx在fx有最大值M和最小值m，得f)Mf)mf(a)f(b)0得m0MM0则f)Mffxf0，且f0ff)g(f()0，与条件矛盾，从而M0同理若m0。14.f(x),上连续，在,2内可导，证明存在，2，使得2f()3f()。证 由f(x)在上连续，在内可导知使得f)f(2)f（1）21fxx2在上用柯西中值定理，得使得f(2)ff

（2）221 整理（1）和（2）得结论成立15. fx在f(0)2,f1)0,，证明至少存2在一点f24。证将fxx1处展开成为泰勒公式21 1 1

1ff2

12

f()

13f(x)f( )f)x x x2 2 2 2 2x0x1代入得f1f1 2 f) 1 f(0)f( ) 1 0 2 8 48 1 2f11 2 f) 1 ff( ) 22 8 48两式相减得11)f

12 2 48取f()1

1f2

2)f2416. fx在f,f(00证明在内至少存在一点f3x0处展开成余项是三阶的麦克劳林公式。17. n1

1 1 1

1n1 .2nee

nen证 先证不等式11)n11)1)10.ne n ne n n n设f(x)x)x)x, x[0,f(x)ln(1x)x(0,所以f(x)上单增, f(0)0,当x(0,时, f(x)(1x)ln(1x)x故 f(1)1)l1)10.n n n n再证不等式1 11)n11)1)10.2ne e n n 2n n n设f(x)xx)x)x, x[0,2f(x)

x) x

x(0,2 2x 1xf(x) 1

2

x(x25x5)x(0,2x (2x)2 (1x)2 (2x)2(1x)2所 以 f(x)上 单 增 , f0 , 当 x(0,时f(x)

x)

1 10,2 2x 1x所 以 f(x)上 单 增 , f0 , 当 x(0,时f(x)x

x)ln(1x)x0,2(1 1 1 1 故 f )l)l) (1 1 1 1 n n 2n n n18. fx在f(x)dx,f(xcosxdx0 0至少存在两个不同的点,1 2

使得f(1

)f2

019．已知函数fx在0,1上三阶可导，且f01f0f00，试证x0,10,1，使fx

1x2

x2x1f3!证x(0,)作函数g:(0,1) 使g(t)f(t)1t

f(x)1x2 t2(t1)，t (0,1)x2(x1)第一步f在f01f0，g(x)g(1)g(0)0，从而1

0,x,2

x,1，使得g(1

)g(2

0，且01

x2

1，g(tf(t)

f(x)x2(x1)

(t t)

0

0，故g(0)g(0)0

01

0,1

g

)0，1g(1

)g(2

0和1

2

,1

g

)0，2第三步g

)0，g1

0和02

1 2

知1 2

g0

f(x)1x2第四步g(tf(t2t

x2(x

2t)，故g(t)f(t)2

f(x)1x2x2(x1)

(6t2)g(t)f(t)6

f(x)1x2x2(x1) 第五步：由0gf

f(x)1x2x2(x1) 知，f()6

f(x)1x2x2(x1) ，即f(x)1x2

x2x1 3!

。解 令F(x)0

f(t)dt，0xF(0)0,F)0由f(x)cosxdxcosxdF(x)F(x)cosx

F(x)sinxdxF(x)sinxdx=00 0得 使得F()sin0

0 0 0若不然，F(x)sinx恒为正或恒为负，均与f(x)sinxdx=0矛盾0又sin0F)0，在内分别用洛尔定理即得。20fx在[0,1]f(x)af(x)ba,bc是(0,1)f(c)2ab。2分析Taylor证明：因f(x)在[0,1]上具有二阶导数，故存在(0,c)使得11f(0)f(c)f(c)(0c) f)(0c)22 1同理存在 (c,1)使得21f(1)