例3.112(江苏省2000年竞赛题) 设
求常数a,b.
解析 原式左边应用洛必达法则,有
原式右边应用广义N-L公式,有
于是-(1+2b)=1,解得b=-,即a=1,b=-
例3.113(南京工业大学2009年竞赛题) =____________.
解析 方法1 令=t,则x=2-,dx=-,故
方法2 原式=,令=t(2-x),则x==故
例3.114(南京大学1993年竞赛题) =________.
解析 方法1 令x2=t,则
方法2 令x2=t,则原式=令
两边求导得
t3e-t=e-t[-at3+(3a-b)t2+(2b-d)t+d-e]
比较两边t的同次幂的系数得a=-1,b=-3,d=-6,e=-6,于是
解析 令x=,则
于是
例3.116(全国大学生2009年初赛题) 求x→1-时与等价的无穷大量.
解析 当0<x<1时,考察,由于
所以
应用积分公式可得
由于x→1-时,-lnx=-ln(1+x-1)~-(x-1)=1-x,所以x→1-时
由(*)式即得:当x→1-时,与等价的无穷大量为
例3.117(浙江省2005年竞赛题) 设f(x)在[-1,1]上2阶导数连续,求证:存在ζ∈(-1,1),使得
解析 令F(x)=xf(x),则F(x)在[-1,1]上2阶导数连续,且F(0)=0,F′(0)=f(0),F″(x)=2f′(x)+xf″(x),于是要证明(1)式,等价于证明存在ζ∈(-1,1),使得
下面用两种方法证明(2)式.
方法1 (1)设常数k满足令
则G′(x)=F(x)-f(0)x-kx2,G″(x)=F′(x)-f(0)-kx,G‴(x)=F″(x)-k.因G(0)=0,G(1)==0,应用罗尔定理,∃ξ1∈(0,1),使得G′(ξ1)=0;又因G′(0)=F(0)=0,应用罗尔定理,∃ξ2∈(0,ξ1),使得G″(ξ2)=0;又因G″(0)=F′(0)-f(0)=f(0)-f(0)=0,应用罗尔定理,∃ξ3∈(0,ξ2),使得G‴(ξ3)=0,即k=F″(ξ3).于是(www.xing528.com)
(2)设常数L满足令
则H′(x)=-F(x)+f(0)x+Lx2,H″(x)=-F′(x)+f(0)+Lx,H‴(x)=-F″(x)+L.因H(0)=0,H(-1)==0,应用罗尔定理,∃η1∈(-1,0),使得H′(η1)=0;又因H′(0)=-F(0)=0,应用罗尔定理,∃η2∈(η1,0),使得H″(η2)=0;又因H″(0)=-F′(0)+f(0)=-f(0)+f(0)=0,应用罗尔定理,∃η3∈(η2,0),使得H‴(η3)=0,即L=F″(η3).于是
将(3)和(4)两式相加得
(3)因为f″(x)在闭区间[-1,1]上连续,所以F″(x)在闭区间[-1,1]上连续.应用最值定理,记故应用介值定理,∃ζ∈(-1,1),使得于是有成立,代入(5)式得,即(2)式成立.
方法2 因为f″(x)在闭区间[-1,1]上连续,所以F″(x)在闭区间[-1,1]上连续,应用马克劳林公式,存在η(x)使得
其中η(x)介于0与x之间.于是
应用最值定理,记m=,则m≤F″(η(x))≤M,即
即应用介值定理,∃ζ∈(-1,1),使得F″(ζ)=,即,代入(6)式得,即(2)式成立.
例3.118(精选题) 设λ∈R,求证:
解析 作广义换元积分变换,令tanx=t,则
令cotx=t,则
故I1=I2.于是
例3.119(江苏省2006年竞赛题) 设f(x)在(-∞,+∞)上是导数连续的有界函数,|f(x)-f′(x)|≤1,求证:|f(x)|≤1,x∈(-∞,+∞).
解析 方法1 ∀x∈R,有
即|f(x)|≤1.
方法2 令F(x)=e-x[f(x)+1],由题意-1≤f′(x)-f(x)≤1,所以
F′(x)=e-x[f′(x)-f(x)-1]≤0
因而F(x)单调减,故
而e-x>0,故f(x)+1≥0,即f(x)≥-1.
令G(x)=e-x[f(x)-1],由题意-1≤f′(x)-f(x)≤1,所以
G′(x)=e-x[f′(x)-f(x)+1]≥0
因而G(x)单调增,故
而e-x>0,故f(x)-1≤0,即f(x)≤1.
综上,|f(x)|≤1.
例3.120(北京市1992年竞赛题) 求反常积分(a,b>0).
解析 化为二次积分并交换积分次序,有
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