竞赛题1976年莫斯科钢铁与合金学院( )    

设f′(sin2x)=cos2x+tan2x,0<x<1,试求函数f(x).

暂无解答
暂无分析

竞赛题1996年南京大学( )    

lim x->+∞image007-0.png=.

- 1/3

令x=1/t,并运用洛必达法则,则

原式=lim t->0+image007-2.png=lim t->0+image007-3.png

=1/3•1•2-1=-1/3

竞赛题1976年莫斯科钢铁与合金学院( )    

设x>0时,f(x)=(1+x)^1/x,求证:x→0+时,f(x)=e+Ax+Bx2+o(x2),并求A,B之值.

应用ln(1+x)与ex的马克劳林展式,有

f(x)=(1+x)^1/x=exp(1/xln(1+x))

=exp(1/x(x-1/2x2+1/3x3+o(x3)))

=exp(1-1/2x+1/3x2+o(x2)))

=e•exp(-1/2x+1/3x2+o(x2))

= e•[1+(-1/2x+1/3x2)+( -1/2x+1/3x2)2+ o(x2)]

=e-1/2ex+11/24ex2+o(x2)

A=-1/2e,B=11/24e.

暂无分析

竞赛题2002年江苏省( )    

已知lim x->0 image008-0.png=c(c≠0),求k和c.

应用等价无穷小代换与洛必达法则,有

lim x->0 image008-0.png=lim x->0image008-1.png=lim x->0image008-2.png=lim x->0image008-3.png

=lim x->0image008-4.png=2lim x->0image008-5.png=c

因为c≠0,所以k-1=2,于是

原式=2lim x->0image008-6.png=1/3=c

所以k=3,c=1/3.

暂无分析

竞赛题1977年莫斯科铁路运输工程学院( )    

不查表,求方程

x2sin1/x=2x-1977

的近似解,精确到0.001.

x≠0时,令u=1/x,应用sinu的马克劳林公式,有

sinu=u+1/2!(-sin(θu))u2

这里0<θ<1.于是有sin1/x=1/x-1/2x2sinθ/x

代入原方程得x=1977-1/2sinθ/x

记α=-1/2sinθ/x . 因-1/2<α<1/2,故x>1976,0<1/x<1/1976,0<θ/x<1/1976,于是

|α|=1/2sinθ/x<1/2θ/x<1/2*1976<0.001

X=1977+α≈1977.

暂无分析

竞赛题1995年南京大学( )    

当x→0时,1-cosxcos2xcos3x对于无穷小x的阶数等于 .

2

应用cosx的马克劳林展式,x→0时,有

1-cosxcos2xcos3x

=1-[1-1/2x2+o(x2)] [1-1/2(2x)2+o(x2)] [1-1/2(3x)2+o(x2)]

=7x2+o(x2)

所以原式的无穷小阶数等于2.

竞赛题2004年江苏省( )    

当x→0时,x-sinxcosxcos2x与cx4为等价无穷小,则c=,k=.

8/3,3.

应用三角函数公式化简,有

x-sinxcosxcos2x=x-1/2sin2xcos2x=x-1/4sin4x

由于sinu=u-1/3!u3+o(u3),所以

x-sinxcosxcos2x=x-1/4[4x-1/6(4x)3+o(x3)]

=x-x+1/24•4x3+ o(x3)

=8/3x3+ o(x3)

因x→0时,原式∽cxk,所以c=8/3,k=3.

竞赛题1975年莫斯科钢铁与合金学院( )    

设函数f(x)在(0,+∞)上连续可导,lim x->+∞f(x)存在,f(x)的图形在(0,+∞)是上凸的,求证:lim x->+∞f′(x)=0.

lim x->+∞f(x)=A,令F(x)=f(x)-A,则

lim x->+∞F(x)=lim x->+∞f(x)-A=0

由于f(x)在(0,+∞)是上凸的 f′(x)在(0,+∞)上严格递减,因此F′(x)= f′(x) 在(0,+∞)上严格递减.

∀c>0,若F′(c)<0,在[c,x]上应用拉格朗日中值定理,ξ∈(c,x)使得

F(x)=F(c)+ F′(ξ)(x-c)< F(c)+ F′(c)(x-c)

令x→+∞得lim x->+∞F(x)=-∞,此与F(+∞)=0矛盾. ∀x∈(0,+∞),有F′(x)≥0.于是x→+∞时,F′(x)严格递减,有下界,应用单调有界准则得x→+∞时F′(x)的极限存在,且lim x->+∞F′(x)=B≥0.若B>0,在区间[1,x]上应用拉格朗日中值定理,η∈(1,x),使得

F(x)=F(1)+ F′(η)(x-1)> F(1)+B(x-1)

令x→+∞得lim x->+∞F(x)=+∞,此与F(+∞)=0矛盾.所以B=0,即

lim x->+∞f′(x)=lim x->+∞F′(x)=0

暂无分析

竞赛题2010年全国大学生预赛( )    

设函数f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,并且f″(x)>0,lim x->+∞f′(x)=α>0,lim x->-∞f′(x)=β<0,且存在一点x0使得f(x0)<0,证明:方程f(x)=0在(-∞,+∞)上恰有两个实根.

由于f″(x)>0,可得f′(x)在(-∞,+∞)上严格增加;由lim x->+∞f′(x)=α>0可得存在b>0使得f′(b)>0;由lim x->-∞f′(x)=β<0可得,存在a<0使得f′(a)<0.由于f′(x)在闭区间[a,b]上连续,应用零点定理,ξ∈(a,b),使得f′(ξ)=0,且当x<ξ时,f′(x)<0;当x> ξ时,f′(x)>0.由于f″(ξ)>0,所以f(ξ)是函数f(x)的极小值,由于f(x0)<0,所以f(ξ)<0.

任取x>ξ,应用拉格朗日中值定理,ξ1∈(ξ,x),使得

f(x)=f(ξ)+f′(ξ1)(x-ξ) (其中f′(ξ1)>0)

由此式可得,lim x->+∞f(x)=+∞,因此∃d∈(ξ,+∞),使得f(d)>0.

任取x<ξ,应用拉格朗日中值定理,ξ2∈(x,ξ),使得

f(x)=f(ξ)+f′(ξ2)(x-ξ) (其中f′(ξ2)<0)

由此式可得,lim x->-∞f(x)=+∞,因此∃c∈(-∞, ξ),使得f(c)>0.

因为f(c)>0,f(ξ)<0,f(d)>0,f(x)分别在区间[c, ξ]与[ξ,d]上连续,应用零点定理η∈(c, ξ),ζ∈(ξ,d),使得f(η)=f(ζ)=0.

因为x<ξ时,f′(x)<0,x>ξ时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞, ξ]上严格减少,在区间[ξ,+∞)严格增加,故f(x)在区间(-∞, ξ)内至多有一个零点,在区间(ξ,+∞)内也至多有一个零点,因此方程f(x)=0在(-∞,+∞)上恰有两个实根.

暂无分析

竞赛题2016年江苏省( )    

设函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=0,f(1)=1,求证:存在ξ∈(0,1),使得ξf″(ξ)+(1+ξ)f’(ξ)=1+ξ.

因为f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,f(0)=0,f(1)=1,应用拉格朗日中值定理,可知存在c∈(0,1),使得f′(c)=f(1)-f(0)/1-0=1.

令F(x)=exx(f′(x)-1),则F(0)=0,F(c)=0.因F(x)在区间[0,c]上可导,应用罗尔定理,可知存在ξ∈(0,c) (0,1),使得F′(ξ)=0.

由于

F′(x)=ex[x(f′(x)-1)+ (f′(x)-1)+xf″(x)]

= ex[xf″(x)+(1+x)f′(x)-(1+x)]

F′(ξ)= eξ[ξf″(ξ)+(1+ξ)f′(ξ)-(1+ξ)]

于是 ξf″(ξ)+(1+ξ)f′(ξ)=1+ξ.

暂无分析