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数学竞赛练习题高等数学竞赛练习题 1、设a>0，xn满足： x0>0,xn+1=1a(xn+),2xnn®¥n=0,1,2L, 证明：xn收敛，并求limxn。 分析：用数列通项表示的这种类型题目，往往要用单调有界必有极限这个定理来解决，因此先要用不等式技术证明xn单调且有界。 证明: 证明：易见，xn>0,(n=0,1,2,L),则 xn+1³xnaxn=a， 2a-xn1a)-xn=£0， 从而有： xn+1-xn=(xn+2xn2xn 故xn单调减少，且有下界。所以xn收敛。 设limxn=l， 在xn+1=n®¥1a(xn+)两边同时取极限得 2xnl=limxn+1=1lim(xn+a)=1(l+a), n®¥2n®¥xn2l解之得l=a，即limxn=n®¥a。 f(x)ùé32、设f(x)在x=0的邻域具有二阶导数，且lim ê1+x+，试求f(0)，=eúx®0xûëf¢(0)及f¢¢(0). 1x分析：这种类型的题目，先要取对数将指数去掉化成分式。再根据分式极限为常数而分母极限为零，得到分子极限为零。另外求一点的导数往往要用定义。 f(x)x=e3得 解 由lim1+x+x®0x1ln1+x+limx®0xf(x)x=3， 因为分母极限为零，从而分子极限为零，即 limln1+x+x®0f(x)=0， x可以得到limx®0f(x)=0， x同样，我们有 limf(x)=0=f(0)， x®0由导数的定义得 f'(0)=limx®0f(x)-f(0)=0。 x-0因为f(x)在x=0的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得 f(x)=1f"(0)x2+0(x2)(x®0)） 2两边取极限得 10(x2)limf"(0)+2=2， x®02x故f"(0)=4。 3、设a>0，且f(x)在a,+¥)满足： "x,yÎa,+¥)，有|f(x)-f(y)|£K|x-y|。 证明： f(x)在a,+¥)上一致连续。 xf(x)在a,+¥)有界。 x分析：利用已知条件，通过不等式放大证明有界，再用一致连续的概念和常用的分析方法可以证明函数的一致连续。 证明： 由条件知，"xÎa,+¥)，有 |f(x)-f(a)|£K|x-a|， 则 |f(x)|£|f(x)-f(a)|+|f(a)|£K|x-a|+|f(a)|， 从而 故f(x)|f(a)|x-a|f(a)|x-a|f(a)|£K+=K+£K+， x|x|x|xxaf(x)在a,+¥)有界。 x "x1,x2Îa,+¥)，则 f(x1)f(x2)|x2f(x1)-x1f(x2)|-= x1x2x1x2=|x2f(x1)-x2f(x2)+x2f(x2)-x1f(x2)|x1x2x2|f(x1)-f(x2)|f(x2)|×|x2-x1|+ x1x2x1x2££|f(a)|K1|x1-x2|+(K+)|x1-x2| aaaé2K|f(a)|ù=ê+2ú×|x1-x2| ， aûëa"e>0，取d=2aKe，则"x1,x2Îa,+¥)，当|x1-x2|<d时，有 +fa(a)f(x1)x1-f(x2)x2<e, 故 f(x)在a,+¥)上一致连续。 xxìïe, x<0;4、设函数f(x)=í2且f ¢¢(0)存在, 试确定常数a, b, c. ïîax+bx+c, x³0分析：这是一个分段函数，分段函数在分段点的导数要用定义求。 解：由条件可知函数f(x)在x=0处连续, 故c=f(0)=1。 ìex, x<0,由条件可知f¢(x)在x=0处连续,且f¢(x)=í, 故b=f¢(0)=1。 2ax+b, x>0îìex, x<0;ìex, x<0,因此f¢(x)=í 从而f¢¢(x)=í，故2a=f¢¢(0)=1，则î2ax+1, x³0,î2a, x>0a=1。 25、设当x>-1时, 可微函数f(x)满足条件f¢(x)+f(x)-f(0)=1，试证: 当x³0时, 有e-x£f(x)£1成立. 1 xf(t)dt=0，且x+1ò 0分析：这是一个积分微分方程，可以通过两边求导变成一个微分方程，然后求解。 证明: 设由题设知f¢(0)=-1, 则所给方程可变形为 (x+1)f¢(x)+(x+1)f(x)-òf(t)dt=0. 0x两端对x求导并整理得 (x+1)f¢¢(x)+(x+2)f¢(x)=0， 这是一个可降阶的二阶微分方程,可用分离变量法求得 Ce-x. f¢(x)=1+xe-x<0, 可见f(x)单减. 由f¢(0)=-1得c=-1, f¢(x)=-1+x而f(0)=1, 所以当x³0时,f(x)£1。 e-t<0在0,x上进行积分得 对f¢(t)=-1+txe-tf(x)=f(0)-òdt³1-òe-tdt=e-x. 01+t0x6、计算三重积分 I=òòòVx2y2z2(2+2+2)dxdydz。 abcx2y2z2其中V是椭球体2+2+2£1。 abc分析：计算二重积分和三重积分是数学竞赛和考研的基本内容，这种题目都是将重积分化成累次积分，而累次积分的关键是要确定出每个积分的限，确定积分的限一定要根据所给积分的图形区域，因此正确画出图形或者是想象出图形是解决问题的关键。 解： 由于 I=òòòVx2dxdydz+2aòòòbVy22dxdydz+òòòVz2dxdydz， 2c其中 òòòVx2dxdydz=2aòx2dxdydz， -aa2Daòò这里D表示椭球面 y2z2x2 2+2£1-2 bca或 y2x22b(1-2)a+z2x22c(1-2)a£1。 它的面积为 x2x2x2 p(b1-2)(c1-2)=pbc(1-2)。 aaa于是 òòòVx2dxdydz=a2òapbc-ax24x(1-)dx=pabc。 15a2a22同理可得 òòòVy2bdxdydz=24pabc， 15 òòòVz24dxdydz=pabc。 15c2所以 I=3(7、讨论积分ò+¥44pabc)=pabc。 155pxcosxdx的敛散性。 pqx+x分析：积分敛散性的讨论是数学中的一个难点，要用不等式技术和一些重要结论，其中Cauchy收敛准则起作很大的作用。对于数学专业的来说必须要掌握。 解：首先注意到 ¢xö(1-p)xp+(1-q)xqæ çp。 =q÷2pqèx+xøx+x()¢xæö<0，从而当x充分大时，函数若max(p,q)>1，则当x充分大时，çpq÷èx+xøx是递减的，且这时 pqx+xx®+¥limx=0。 pqx+x+¥又因òpA，故òcosxdx=sinA£1pxcosxdx收敛。 xp+xq¢xxæö³0若max(p,q)£1，则恒有çp，故函数在x³p上是递增的。于÷qpqx+xèx+xø是，"正整数n，有 ò2np+p42npxcosxdx pqx+xp42 >2ò2np+2npxdx xp+xq >2pp ×p×q2p+p42p=常数>0， ×p8p+pq = 故不满足Cauchy收敛准则，因此ò+¥pxcosxdx发散。 xp+xq8、设f(x)在 0, 1 上二阶可导，f(0)=f(1) , f¢(1)=1, 求证：$xÎ( 0, 1 ) 使 f¢¢(x)=2. 分析：洛尔定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等数学的重要内容，往往也是研究生考试和数学竞赛的命题的重点。平时练习时，采用多种方法去解决，能有效地提高解题能力。这种题目难点是构造出一个合适的函数。 证1 令F(x)=f(x)-x2+x, 则 F(x)ÎC0,1ID(0,1), F(0)=F(1) 由洛尔定理知 $hÎ(0,1), F¢(h)=0 F¢(x)=f¢(x)-2x+1, F¢(x)ÎC0,1ID(0,1), F¢(1)=f¢(1)-1=0=F¢(h) 由洛尔定理知 $xÎ(0,1), F¢¢(x)=0, F¢¢(x)=f¢¢(x)-2, f¢¢(x)=2 证2 令F(x)=f(x)-x2, F(x)ÎC0,1ID(0,1), 由拉格朗日定理知 $hÎ(0,1), F¢(h)=F¢(h)(1-0)=F(1)-F(0)=-1, F¢(x)ÎC0,1ID(0,1), F¢(1)=f¢(1)-2=-1=F¢(h), 由洛尔定理知 $xÎ(0,1), F¢¢(x)=0, F¢¢(x)=f¢¢(x)-2, f¢¢(x)=2 证3 在x=1展开为一阶泰勒公式 f(x)=f(1)+f¢(1)(x-1)+f(0)=f(1)-f¢(1)+1f¢¢(x1)(x-1)2, x1Î(x,1) 21f¢¢(x), xÎ(0,1) 2因f(0)=f(1) , f¢(1)=1, 故 $ xÎ(0,1), f¢¢(x)=2 1证4 令 F(x)=f(x)-(x-)2, 用两次洛尔定理。 2证5 令 F(x)=xf¢(x)-x2-f(x), 用一次洛尔定理。 9、设f在a,b上可微，且a与b同号，证明：存在xÎ(a,b)，使 2xf(b)-f(a)=(b2-a2)f'(x)； böf(b)-f(a)=xæçln÷f'(x). èaø证：令g(x)=x2，显然f,g在a,b上满足Cauchy中值定理的条件，所以 f(b)-f(a)b2-a2=f'(x)， 2x即 2xf(b)-f(a)=(b2-a2)f'(x). 令g(x)=ln|x|，显然f,g在a,b上满足Cauchy中值定理的条件，所以 f(b)-f(a)f'(x)=xf'(x)， 1ln|b|-ln|a|x即 f(b)-f(a)=xln bæböf'(x)=xçln÷f'(x) aèaø10、设f:0,1®R二阶可微，f(0)=f(1),f'(1)=1，证明：存在xÎ(0,1)，使f"(x)=2. 证明：令F(x)=f(x)-x2+x，则F(0)=F(1)。 显然F(x)在0,1上满足Rolle定理的条件，从而$h1Î(0,1)，使F'(h)=0. 又 F'(1)=f'(1)-2+1=0，于是F'(x)=f'(x)-2x+1在h,1上满足Rolle定理的条件，故$xÎ(h,1)Ì(0,1)，使F"(x)=0，即存在xÎ(0,1)，使f"(x)=2. 11、设f(x)是定义在(-¥,+¥)上的函数，f(x)¹0,f'(0)=1. 且"x,yÎ(-¥,+¥),f(x+y)=f(x)f(y). 证明：f在(-¥,+¥)上可导，且f'(x)=f(x) . 分析：由于已知条件："x,yÎ(-¥,+¥),f(x+y)=f(x)f(y)是一个很广的条件，要充分利用它；另外要用导数的定义。 证明： 由已知条件得f(0)=1. 因为limf(x+Dx)-f(x)f(x)f(Dx)-f(x) =limDx®0DxDxDx®0f(x)f(Dx)-1Dx®0Dxf(Dx)-1 =f(x)limDx®0Dxf(Dx)-f(0) =f(x)limDx®0Dx=lim=f(x)f'(0) =f(x)。 所以f(x)在(-¥,+¥)上可导，且f'(x)=f(x). 12、设f(x)=a1sinx+a2sinx2+L+ansinnx(aiÎR,i=1,2,L,n)，且|f(x)|£|sinx|，证明：|a1+2a2+L+nan|£1. 分析：从结论可以看出，绝对值里面刚好是f¢(0)，因此容易想到先求f(x)的导数。再用导数的定义。 证明：因为f'(x)=a1cosx+2a2cos2x+L+nancosnx，所以 f'(0)=a1+2a2+L+nan 又f'(0)=limx®0f(x)-f(0)f(x)=lim=a1+2a2+L+nan， x®0xxx®0所以 |a1+2a2+L+nan|=lim即|a1+2a2+L+nan|£1。 f(x)sinx£lim=1. x®0xx13、设f在a,b上二阶可微，f(a)=f(b)=0，f'+(a)f'-(b)>0，则方程f"(x)=0在(a,b)内至少有一个根 . 分析；方程在一个区间有根的问题往往要用零点存在定理去判断，因此验证该方程在两端点值的符号是解决问题的关键。 证明： 因为f'+(a)f'-(b)>0，不妨设f'+(a)>0,f'-(b)>0， 因lim+x®af(x)-f(a)>0，故$(a,a+d)，使 x-af(x)-f(a)>0， x-a从而$x1>a，使f(x1)>f(a)=0。 因lim-x®bf(x)-f(b)>0，故$(b-d,b)，使 x-bf(x)-f(b)>0， x-b从而$x2<b，使得f(x2)<f(b)=0。 又因f(x)在a,b上可微，所以f(x)在x1,x2上连续，由零点存在定理知，$x0Î(x1,x2)，使f(x0)=0. 于是在a,x0及x0,b上分别利用Rolle定理得，存在x1<x2，使得 f'(x1)=f'(x2)=0. (a<x1<x0,x0<x2<b). 再在x1,x2上用Rolle定理得，使f"(x)=0.即方程f"(x)=0在$xÎ(x1,x2)Ì(a,b)，(a,b)内至少有一个根. 14、设f(x)在0,1上具有二阶导数，且满足条件f(x)£a，f¢¢(x)£b，其中a,b都是非负常数，证明f¢(c)£2a+c是(0,1)内的任一点，b。 2分析：如果函数高阶可导，并给定了函数的导数或函数的值，要求估计一个函数的界，往往要用Taylor展开式。 证明： 因f(x)在0,1上具有二阶导数，故存在x1Î(0,c)使得 f(0)=f(c)+f¢(c)(0-c)+1f¢(x1)(0-c)2 2同理存在x2Î(c,1)使得 f(1)=f(c)+f¢(c)(1-c)+1f¢(x2)(1-c)2 2将上面的两个等式两边分别作差，得 f(1)-f(0)=f¢(c)+11f¢(x2)(1-c)2-f¢(x1)c2 22即 f¢(c)=f(1)-f(0)-11f¢(x2)(1-c)2+f¢(x1)c2 22因此 f¢(c)£f(1)+f(0)+11f¢(x2)(1-c)2+f¢(x1)c2 22bb£2a+(1-c)2+c2 22而(1-c)2+c2=2c2-2c+1=2c(c-1)+1£1，故f¢(c)£2a+ b。 21ö15、设fÎC30,1,f(0)=1,f(1)=2,f'æç÷=0. 证明：$xÎ(0,1)，使|f¢¢¢(x)|³24 . è2ø证明：将f(x)在点x=处展开泰勒公式，得 111111111f(x)=f+f'(x-)+f"(x-)2+f"(x)(x-)3 22222262212令x=0得 111111111f(0)=f+f'(-)+f"2+f"(x1)(-)3,x1Î(0,). 222222622令x=1得 111111111f(0)=f+f'+f"2+f"(x2)3,x2Î(,1). 222222622因为f'=0，所以 1æ1ö|f(1)-f(0)|£|f¢¢¢(x1)|+|f¢¢¢(x2)|ç÷. 6è2ø312令 f¢¢¢(x)=max|f¢¢¢(x1)|,f¢¢¢(x2)， 则 |f(1)-f(0)|£1|f¢¢¢(x)|， 24代入f(0)=1,f(1)=2，得|f¢¢¢(x)|³24. 1-2x16、将函数f(x)=arctan展开成x的幂级数，并求级数1+2x(-1)n的和. å2n+1n=0¥分析：给定的函数是一个反正切函数不能直接展开，由于它的导数是一个分式函数，可以展开，因此可以考虑先求导数。 ¥211nn2n解： 因为f¢(x)=-=-2(-1)4x,xÎ(-,). å2221+4xn=0又f(0)=p, 所以 4xf(x)=f(0)+òf¢(t)dt=0p4-2òå(-1)n4nt2ndt 0n=0x¥(-1)n4n2n+111 =-2åx,xÎ(-,). 422n=02n+1p¥(-1)n1因为级数å收敛，函数f(x)在x=处连续，所以 2n=02n+1¥(-1)n4n2n+111x,xÎ(-,. f(x)=-2å422n=02n+1p¥令x=1，得 2¥1p(-1)4n1p¥(-1)n×2n+1=-å f=-2å, 244n=02n+1n=02n+121再由f=0，得 2(-1)np1p=-f=. å424n=02n+1¥17、设函数f(x)连续且恒大于零， òòò F(t)=W(t)f(x2+y2+z2)dv2D(t)òòf(x+y)ds2，G(t)=D(t)òòf(x2+y2)dsòt-1f(x)dx2， 其中W(t)=(x,y,z)x2+y2+z2£t2，D(t)=(x,y)x2+y2£t2. (1) 讨论F(t)在区间(0,+¥)内的单调性. (2) 证明当t>0时，F(t)>2pG(t). 分析：要判定一个函数的单调性，往往要求它的导数。这是一个变限的积分，可以利用变限积分的求导法则。由于是一个重积分，因此先要计算重积分。 解：(1) 因为 ò F(t)=2p0dqòdjòf(r)rsinjdrpt22ò02p00tdqòf(r)rdr0t2=2òf(r2)r2drtò0t， 0f(r)rdr2 F¢(t)=2tf(t2)òf(r2)r(t-r)dròf(r)rdr00t22， 所以在(0,+¥)上F¢(t)>0，故F(t) 在(0,+¥)内单调增加. 因 G(t)=pòf(r2)rdrtò20t， 20f(r)dr2要证明t>0时F(t)>t220pG(t)，只需证明t>0时，F(t)-t2t00pG(t)>0，即 òf(r)rdròf(r)dr-òf(r2)rdr2>0. 令 g(t)=òf(r)rdròf(r)dr-òf(r2)rdr2， 000t22t2t则 g¢(t)=f(t2)òf(r2)(t-r)2dr>0，故g(t)在(0,+¥)内单调增加. 0t因为g(t)在t=0处连续，所以当t>0时，有g(t)>g(0). 又g(0)=0, 故当t>0时，g(t)>0, 因此，当t>0时，F(t)>2pG(t). 18、设证明limf(x)= 0. x®+¥ò+¥af(x)dx收敛,且f(x)在a,+¥)上一致连续，分析：这是一个综合性的题目，首先要搞清楚一致连续的概念，可以构造一个级数，通过构造的级数的收敛性得到通项趋近于零，然后转化为函数趋近于零。 证：因f(x)在a,+¥)上一致连续，故"e>0，$d>0，使得当t1,t2Îa,+¥)且t1-t2<d时，有f(t1)-f(t2)<e2。 a+nd令un=a+(n-1)dòf(x)dx，则由积分第一中值定理得， a+nd$xnÎa+(n-1)d,a+nd，使得un=因a+(n-1)dòf(x)dx=df(xn). ò+¥af(x)dx收敛，故级数åun收敛，从而un®0，即 n=1¥df(xn)®0，也即f(xn)®0，故对上述的e，存在N΢+，使得 当n>N时，f(xn)<e2. 取X=a+Nd，则当x>X时，因 xÎa,¥)=Ua+(k-1)d,a+kd) k=0¥d,a+dk)，易见k>N，且故存在惟一的k΢，使得xÎa+(k-1)+x-xk<d，从而 f(x)£f(xk)+f(x)-f(xk)<e2+e2=e 19、计算下述积分： òòDy-x2dxdy，其中D是矩形区域x£1，0£y£2。 分析：被积函数带有绝对值的定积分的计算关键在于去掉绝对值，要去掉绝对值就要将积分区域分块。 解： 记D1=(x,y)|x£1,0£y£2,y-x£0 2D2=(x,y)|x£1,0£y£2,0£y-x2， òòDy-x2dxdy=òòD1x2-ydxdy+òòD2y-x2dxdy 1x2=òdxò(x2-y)dy+òdxò(y-x2)dy -10-1x231212122222=ò(x2)dx+ò(2-x2)dx 3-13-144222=ò(x)dx+ò(2-x2)dx 3030416=òx3dx+òcos4tdt (这里x=2sint) 3030116æ1+cos2tö=+òç÷dt 330è2ø=14æ1+cos4tö+òç1+2cos2t+÷dt 330è2ø444214131131314é3sin4tù =+êt+sin2t+ú33ë28û0=14æ3ö5+ç+1÷=+ 33è8ø2320、求曲线积分 I=òL(exsiny-b(x+y)dx+(excosy-ax)dy，其中a与b为正常数，L为从点A(2a,0)沿曲线y=2ax-x2到点O(0,0)的弧。 分析：沿曲线积分的关键在于将所有变量都转化成某一变量，因此将曲线写成参数方程就可以了。也可利用格林公式来解。 解：因exsinydx+excosydy=d(exsiny) 故 òLesinydx+ecosydy=esinyxxx(0,0)(2a,0)=0 而L的参数方程为 x=a+acost,y=asint,0£t£p, 所以 -òLb(x+y)dx+axdy=-ò-ba2(sint+sintcost+sin2t)+a3(1+cost)costdt 0pæpö1=a2bç+2÷-pa3 è2ø2因此 æpö1I=a2bç+2÷-pa3 è2ø221、设函数f具有一阶连续导数，f"(0)存在，且f'(0)=0，f(0)=0， ìf(x) , x¹0 ,ïg(x)=íx ïîa , x=0 .确定a，使g(x)处处连续； 对以上所确定的a，证明g(x)具有一阶连续导数. 分析：分段函数的连续和导数，在分段点的导数一般用定义来求. 解：因为若g(x)处处连续，则g(x)在x=0处连续. 于是f(0)=0，且 a=limf(x)f(x)-f(0)=lim=f'(0)=0. x®0xxx®0ìf(x) , x¹0 ,ï因g(x)=íx ïî0 , x=0 .f(x)-0g(x)-g(0)f(x)x g'(0)=lim=lim=lim2x®0x®0x®0xxx =limx®0f'(x)1f'(x)-f'(0)1=lim=f"(0) 2x2x®0x2ìxf'(x)-f(x) , x¹0 ,ï2ïx于是 g'(x)=í ï1f"(0) , x=0 ,ïî2显然，当x¹0时，g'(x)连续，当x=0时，因为 f'(x)-f'(0)f(x)æf'(x)f(x)ö=lim-=lim-limç÷x®0x®0x®0èx®0x2xx-0x2x2øx®011 =f"(0)-f"(0)=f"(0)=g'(0)22limg'(x)=limxf'(x)-f(x)所以g'(x)在x=0处连续，故g(x)具有一阶连续导数. 22、设幂级数 åanxn, 当n>1时an-2=n (n-1) an，且a0=4, a1=1; n=0¥¥求幂级数åanxn的和函数S(x)； n=0求和函数S(x)的极值. 分析：注意到an-2与an的关系，容易想到要对级数求两次导。 解令S(x)=åanx,则S¢(x)=ånanxn-1 nn=0n=1¥¥S¢¢(x)=ån(n-1)anxn-2=åan-2xn-2=åanxn=S(x)，S¢¢(x)-S(x)=0 n=2n=2n=0¥¥¥5353S(x)=c1ex+c2e-x由S(0)=a0=4,S¢(0)=a1=1，求得c1=,c2=,S(x)=ex+e-x 2222由S¢(x)=ex-e-x=0得x0=ln,又S¢¢(x0)>0,S(x0)为极小值S(ln)=15. x3x5x2n+1+L的和函数，并指出它们的定义域。 23、求幂级数x+L+352n+1523212351235分析：求收敛域是比较简单的。因为级数求导后变成了可以直接写出结果的级数，因此可以先求导，再积分。 解：因为幂级数limnan=lim2n+11n®¥n®¥¥2n+1=1， ¥1-1且x=±1时å与å都是发散级数， 2n+12n+1n=1n=1所以此幂级数的收敛域为(-1,1)。 设其和为f(x)，于是当xÎ(-1,1)时，逐项求导得： f¢(x)=1+x2+x4+L+x2n+L=1， 21-x所以f(x)=ò111+xdt=ln01-t221-xxx£1 xnnpx324、设s(x)=ånsin,xÎ0,。证明：lims(x)=s(1)，并求其值。 x®1222xnnpx证明：设un(x)=nsin,n=1,2,3L， 223它们都是0,上的连续函数，且有 2xn33un(x)£n£n,xÎ0,。 2423显然å为收敛级数。 4n3故由优级数判别法知åun(x)为0，上一致收敛。 23从而该级数的和函数s(x)在0，上连续。 211np(-1)n-12=2。 =å2n-1=于是有lims(x)=s(1)，且s(1)=ånsinx®122251+1425、 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层. 汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功. 设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比.汽锤第一次击打将桩打进地下a m. 根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r(0<r<1). 问 (1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？ (2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？ 解：(1) 设第n次击打后，桩被打进地下xn，第n次击打时，汽锤所作的功为Wn(n=1,2,3,L). 由题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx，所以 Wòx1kk1=0kxdx=2x21=2a2， Wòx2xkxdx=k2(x2k22=2-x21)=2(x2-a2). 1由W2=rW1可得 x22-a2=ra2 即 x22=(1+r)a2. W=òx3k2xkxdx=2(x2k233-x2)=2x3-(1+r)a2. 2由W3=rW2=r2W1可得 x2-(1+r)a2=r2a23， 从而 x3=1+r+r2a， 即汽锤击打3次后，可将桩打进地下1+r+r2am. 由归纳法，设xn-1n=1+r+r2+L+ra，则 Wxn+1n+1=òxkxdx=k2(x22nn+1-xn) =k2n2x-1n+1-(1+r+L+r)a2. 由于W2nn+1=rWn=rWn-1=L=rW1，故得 x2rn-1n+1-(1+r+L+)a2=rna2, 1从而 x=1+r+L+rna=1-rn+n+11-ra. 于是 limx1n®¥n+1=1-ra， 即若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下11-ra m. 26、设f(x)在0，1上具有二阶导数，且f¢¢(x)<0，求证：ò1f(x)dx£f(1)02. 1分析： 考虑到题目涉及f(x)、f与f¢¢(x)的关系，首先联想到利用泰勒公式. 2证一 将f(x)在x0=处展开为一阶泰勒公式 11111f(x)=f+f¢(x-)+f¢¢(x)(x-)2 2222212Qf¢¢(x)<0，f(x)£f+f¢(x-12121) (这一步也可由凹函数的性质直接2得到) 由定积分的性质得 òf(x)dx£ò01101fdx+2ò101111111¢¢f(x-)dx=f+f(x-)dx=f. 2222022ò分析： 考虑到题目涉及定积分，还可对f(x)的原函数利用泰勒公式. 证二 令F(x)=òf(t)dt，则F¢(x)=f(x)，òf(x)dx=F(1)-F(0). 00x1将F(x)在x0=处展开为二阶泰勒公式 11111111F(x)=F+F¢(x-)+F¢¢(x-)2+F¢¢¢(x)(x-)3 22222262111111111. =F+f(x-)+f¢(x-)2+f¢¢(x)(x-)3 22222262212利用公式 òf(x)dx=F(1)-F(0) 容易得证. 011分析： 所证不等式的几何意义是高为f、宽为1的矩形面积不小于以y=f(x)2为曲边的曲边梯形的面积，矩形可以认为是由曲边梯形增加一部分与减少一部分得到，而增加的一部分面积大于减少的一部分面积；为了证明这一点，可从x=1的左右对称点出发来研究. 21212证三 "xÎ(0, )，有1-xÎ(, 1)，Q在0，1上f¢¢(x)<0 f(x)+f(1-x)111，即f-f(x)³f(1-x)-f， f³2222ò1201f-f(x)dx³2ò1201f(1-x)-fdx=2ò1f(x)-fdx 1221故 òf(x)dx=01ò120f(x)dx+ò112f(x)dx£ò1201fdx+2ò1121fdx=2ò1011fdx=f. 22分析： 证明数字不等式往往是先设法转化为函数不等式，再利用函数的单调性加以证明；转化的方法是将结论中的积分上限换成x，式中相同的字母也换成x，移项使不等式一端为零，则另一端的表达式即为需作的辅助函x数。f前面乘以x是由不等式的几何意义想到的. 2证四 设辅助函数F(x)=òf(t)dt-xf，xÎ0, 1。 0xx2xxxxF¢(x)=f(x)-f-f¢ 2222=xxxxxxf¢(x)-f¢=f¢(x)-f¢ xÎ(, x) (对f¢(x)用Lagrange定理) 222222xxx(x-)f¢¢(h)£0 hÎ(,x) 222F(x)在0，1单调减少，F(1)£F(0)，即ò111f(t)dt-f£0，f(x)dx£f. 00221ò分析： 利用分部积分法可将被积函数求导，两次使用分部积分法就可得到二阶导数，从而可以利用已知条件加以证明. 证五 òf(x)dx=xf(x)-ò012012120111xf¢(x)dx=f-222ò120f¢(x)dx2 111