高等数学在中学数学中的应用

f(x)f(x2)(f(x)f(x2))。

推论 若函数f(x)在区间I上存在二阶导数，且 （1）xI，有f(x)0，则函数f(x)在区间I严凸。 （2）xI，有f(x)0，则函数f(x)在区间I严凹。 定理11（詹生不等式）若函数f(x)在区间I是凸，则有不等式 f(q1x1q2x2qnxn)q1f(x1)q2f(x2)qnf(xn) 其中xiI,qi0,i1,2,,n,且q1q2qn1。 利用拉格朗日重要不等式证明不等式

例33 证明：若函数f(x)在闭区间[a,b]满足拉格朗日定理，且f(x)在[a,b]上单调增加（减少），则

hf(xi)f(b)f(a)hf(xi1)

i0i0n1n1 （ hf(xi)f(b)f(a)hf(xi1) ）

i0i0n1n1其中a=x0,xix0ih(i=0,1,2,···，n),xnx0nhb,hba n(此不等式称

为拉格朗日重要不等式)

证明 已知函数f(x)在闭区间[a,b]满足拉格朗日定理，

则f(x)在xi,xi1（i=0，1，2，···，n-1）上也满足拉格朗日定理，有

···，f(xi1)f(xi)f(i)(xi1xi) i(xi,xi1)（i=0，1，2，n-1）

1

又已知f(x)在[a,b]上单调增加，则f(x)在xi,xi1（i=0，1，2，···，n-1）上也单调增加，从而

f(xi)(xi1xi)f(xi1)f(xi)f(xi1)(xi1xi) 或

hf(xi)f(xi1)f(xi)hf(xi1)

（i=0，2，···，n-1） 于是

n1n1n1hf(xi)(f(xi1)f(xi))hf(xi1)

i0i0i0即 n1n1hf(xi)f(b)f(a)hf(xi1)

i0i0类似可证，f(x)为单调减少的情形

利用凸凹函数证明不等式

例38 证明：当ai0 （i=0,1,2,····,n）时，有不等式

n1naa2an1a2ana1n

a2a112an 1，2

（调和平均数） （几何平均数） （算术平均数）

证明 分别证明两个不等式，首先证明右端不等式。设f(x)lnx，

x(0,)，

f(x)10， x2根据定理10推论知，f(x)在(0,)内为凸函数，由詹生不等式，令

xiai0,，有

alnanlna1lna2aa ln12nnnnnnn111a1a2an或 lnlna1nlna2nlnannlnna1a2an,

n即 na1a2an其次证明左端不等式，只须令xi111a1a2an lnna1a2an。

n10,，有 ai111lnlnlna1a2an， nnn或

nln111ana1a21lnalnalnalnaaa1n12n12n， nn111a1a2anna1a2an

即

3

综上所证有

n121a1a2anna1a2ana1a2an。

n例42 （107页）证明：当ai0,i1,2,,n,且等式

11,0,0时，有不1a1a2annba1a2ann。 证明 设f(x)x，x(0,)

 f(x)20 1x故f(x)在(0,)上是凸函数，由詹生不等式，有

aa2an1f1f(a1)f(a2)f(an)，

nn即 aa1a2ann1a2ann。

若用ai代替ai(i1,2,,n)，两边开次方，有

11a1a2annba1a2ann 若令2,1，有

a1a2ana1a2an nn222. 12如果用Hn,Gn,An,Qn分别代表n个正数a1,a2,,an的调和平均值，几何平均值，算术平均值和平方平均值，即

4

Hnn111a1a2ana1a2ann ， Gnna1a2an

An ，

Qna1a2an。

n222则 HnGnAnQn。 例43 （108页）证明：x1,x2,,xnR，有不等式

22x1x2xnx1x2xn nn22证明 设f(x)x2,xR,f(x)20,根据定理10推论知，f(x)在R上为凸函数，由詹生不等式，x1,x2,,xnR ，有

22x1x2xnx1x2xn。 nn2x1x2x1x2当n=2时，有（高中代数习题） 222222例44 （108页）证明：当a1,a2,,anR，且a1a2an1时，有不等式

(2a1)(2a2)(2an)3n

2ex证明 设f(x)ln(2e),xR 则 f(x)0 x2(2e)x根据定理10推论知，f(x)在R上为凸函数，有詹生不等式，有

lna1lna2lnan1f(lna1)f(lna2)f(lnan)ff(0)， nn即 ln(2a1)ln(2a2)ln(2an)nln(2e0)nln3 于是 (2a1)(2a2)(2an)3n

5

注 a1a2an1lna1lna2lnan0 欲证 (2an1)(2a2)(2an)3

ln(2a1)ln(2a2)ln(2an)nln3 ln(2elna1)ln(2elna2)ln(2elnan)nln3

故，设函数为 f(x)ln(2ex),x，xilnai,i1,2,.n。 例55（赫尔德不等式） （114页） 已知p0,q0,且

1p1q1,求证： 11nixinxppnqiii1i i1i1其中xi0,i0,i1,2,,n。 证明 有题设条件

1p11q1，则p1。 设f(x)xp,x(0,)则 f(x)p(p1)xx10，

根据定理10推论知，f(x)在(0,)内为凸函数，由詹生不等式，有nnixifi1(if(xi))i1nii1n

ii1npnp即 ixiixii1i1nii1n

ii1nixi1或

i1npn1nppixii

i1ii1i1 6

pxxiiiiii1nn1pn11pi1i1

1p于是， （*）

若令aixi,bii，则

1pi1qpixiixii i1nnn1qi1i1ixi(ixi)(i)aibi 且 aiixip,biqi,则（*）式为

1p1qabi1nii(ai)(bqi)

pi1i1n1pn1q1111 若令,(1)，且ai与bi分别用aip与biq代替，

pq则（*）式为

ai1ni1pbi(ai)(bi)

i1i11qn1pn1q或

ai1nibi(ai)(bi)

ai1i1nn这就是常见的赫尔德不等式形式。 例69（122页）

证明：当a,b,c0时，有不等式a3b3c33abc。 证明 设f(x)x3b3c33bcx,x(0,) f(x)3x23bc 令 f(x)0，即3x23bc0，

解得驻点xbc，且x(0,bc)，有f(x)0;x(bc,)， 有f(x)0，知函数f(x)在点xbc取极小值，其极小值为 f(bc)(bc)3b3c33bcbc

7

b32bcbc3bcc3

(b3c3)20

由于f(x)在(0,)上连续，且只有一个极小点，因此这个极小点就是最小点，则

x(0,)，有

f(x)x3b3c33bcx(b3c3)0。 令xa，于是，

a3b3c33abc0 即 a3b3c33abc

x1，例73（124页） 证明：且x0,nN,n2,有不等式(1x)n1nx

证明 设f(x)(1x)n1nx,x(1,)，且x0

f(x)n(1x)n1nn[(1x)n11]，

x(1,0)，有f(x)0，故函数f(x)在（-1，0）内严格减少； x(0,)，有f(x)0，故函数f（x）在(0,)内严格增加，显然f(x)

在点x=0连续。

x(1,),x0有

f(x)f(0)0或(1x)n1nx0,

8

即 (1x)n1nx 例75 （125页）证明不等式

ab1p1q1p1qab（杨格不等式，英国数学家） pq其中a0,b0,p1,1。

x1p11q证明 设f(x)x,x[0,)，则f(x)(x1)(x1)

ppp1q令 f(x)0，即(x1)0

p11p11解得唯一一个驻点x1，且x(0,1)，有f(x)0;x(1,)，有f(x)0。 知，函数f(x)在点x=1取极大值，其极大值为

f(1)111 pq由于f(x在)[0,)上连续，且只有一个驻点，因此这个极大值点就是最大点，

则xx[0,)，有

x1px1。 pq

ap成立，有 令xq当b0时，欲证的不等式显然babqqp1ap1 pbqqqq1ppq1p aabb (q1)

ppq 9

即 ab1p1qab pq例78（ 127页）证明：1,2,,n,1,2,,nR,则

12n12nn1 （1）

1n12n1n证明 用数学归纳法，当n2时，（1）式成立，事实上，设

f(t)(1t)(11t),,,tR(1t)1

f(t)t1(t)令f(t)0,解得驻点x,且t(0,),f(t)0;t(,),有f(t)0, 于是 函数f(t)在点x取极小值，此极小值为最小值，则x,yR,有

f()f(yx)即，(xyxy)()(x)(y),(xxy)(yxy)1(xy)(x)(y)1从而，12212121122

假设nk时，（1）式成立，nk1时，有

10

12kk112kk112kk1(12k)k1(12k)k1(1)2kk112

k12k12kk1k1k11k111k1k1即（1）式得证。

特别，若在（1）式中，令ipi,ipii,i1,2,3,,n,则

p1p11p22pnp1p2pn1pnnnp （2）

1p2pn 若在（2）式中，令qpiipp,i1,2,,n,则

1p2nq1n1qnp11p22pnn

若在（1）中，令i1,i1,2,,n,则

1(12n)n1n(12n)， 若在（1）中，令i1,i1,2,,n,则

12n12nn1212nn。

11

利用柯西不等式证明不等式

例79（128页）证明：当ak0,bk(k1,2,,n),p1,且1,时，有不等式

pqababkkkk k1k1k1nn1pn1q1p1q称此不等式为赫尔德不等式。 证明 设aaknpakk11p,bbknqbkk11q,代入例75的不等式中，有

1ak1bk， 11nnpqpqnpqakbknpqakbkk1k1k1k1akbkpp将k1,2,,n个不等式左右两端分别相加，有

nabkk11pnk1qpqakbkk1k1n111 pq即 特别是，当pq2时，有

pqababkkkk k1k1k1nn1pn1qnn2n2akbkakbk k1k1k12称为柯西---施瓦兹不等式。

例81（129页） 已知adbc,求证：(a2b2)(c2d2)(acbd)2

12

证明 设a1a,a2b,b1c,b2d,应用柯西不等式，有

(a2b2)(c2d2)(acbd)2

aba又因adbc即,i不为常数，于是

cdbi(a2b2)(c2d2)(acbd)2

例83（130页）已知a,b,cR,求证：

abcbca9 bcaabc证

abc将,,分bcabca22a12,a2,a3,将,,分abc2b12,b2,b32,由明

别abbccaabcbca11!29 acbacbcaabcb111类似可证：a,b,cR,有(abc)()9

abc11例（131页）设a,b为正实数，且1.证明：nN,有不等式

abn（ab）(anbn)22n2n1

证明 （一）已知1,则abab2ab,从而ab4与(a1)(b1)1。 (ab)n(anbn)1

(ab)nanbn1(an1)(bn1)(a1)(an1an2a1)(b1)(bn1bn2b1)(an1an2a1)(bn1bn2b1)[[(ab)n1(ab)n2ab1]]2[[(4)n1(4)n241]]2(2n12n221)2(2n1)222n2n111a1b于是， (ab)n(anbn)22n2n1。

13

（二）已知a,b为正实数，且1令a1t,则t0,b1,t1111，则01，从而，a1. aba1(ab)n（anbn)(ab)nanbn(an1)(bn1）1[(1t)1][(1)n1]t122nn1121n1(CntCntCnt)(CnCnCnn)1tt2t12n2(CnCnCn)

(2n1)2122n2n1例14 （156页）证明：

x,yRsin(xy)sinxcosycosxsiny cos(xy)cosxcosysinxsiny证明 设 f(x,y)sinx(y)sinxcoyscoxssiny （1）

g(x,y)cos(xy)cosxcosysinxsiny （2）

只须证明f(x,y)g(x,y)0即可 用反证法，假设f(x,y)0，由于

fx(x,y)cos(xy)cosxcosysinxsinyg(x,y)

fy(x,y)cos(xy)sinxsinycosxcosyg(x,y)则 df(x,y)fx(x,y)dxfy(x,y)dyg(x,y)d(xy) （3）

同理 dg(x,y)f(x,y)d(x,y) （4） 由（3）与（4）得dg(x,y)df(x,y) 或 g(x,y)dg(x,y)f(x,y)df(x,y)， f(x,y)g(x,y)从而 f2(x,y)g2(x,y)c 由假设f(x,y)0,则c为不等于零的常数。

14

令xy0,代入上式，有f2(0,0)g2(0)0，这与c0矛盾。于是,f(x,y)0由(3)式知，g(x,y)0.

123n2Cn3CnnCnn2n1,nN。例18（159页）证明：（1）Cn

123n （2）Cn2Cn3Cn(1)n1nCn0 012233nn证明 已知(1x)nCnCnxCnxCnxCnx，

对上式两端求导，得

1232nn1n(1x)n1Cn2Cnx3CnxnCnx

令x1，则

123nCn2Cn3CnnCnn2n1

令x1，则

123nCn2Cn3Cn(1)n1nCn0。

应用例题

例1 （162页）分解因式x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2) 解

将

x看作变量，y与z看作常数。设f(x)x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)

f(x)y2z22xy2xz2x(zy)y2z2(yz)(yz2x)

15

对上式求原函数，有

f(x)f(x)dx

(yz)(yz2x)dx (yz)(yz2x)dx

(yz)[(yz)xx2]c,

从而

x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)(yz)[(yz)xx2]c. 令x0,则cyz2zy2

于是， x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)

(yz)[(yz)xx2]yz2zy2 (yz)[x2(yz)xyz]

(xy)(yz)(zx)。

例2（163页）分解因式(xy)3(yz)3(zx)3 解 将x看作变量，y与z看作常数，设

f(x)(xy)3(yz)3(zx)3

f(x)3(xy)23z(zx)2(1)

3(x22xyy2)3(z22xz)z2) 6(yz)x3y23z2，

对上式求原函数，有

f(x)f(x)dx

[6(yz)x3y23z2]dx 3(yz)x23(y2z2)xc

6(yz)x3y23z2,

16

从而 (xy)3(yz)3(zx)3

3(yz)x23(y2z2)xc。

令x0,则cy3(yz)3z3, 于是， (xy)3(yz)3(zx)3

3(yz)x23(y2z2)xy3(yz)3z3

3(yz)(xy)(yz)

例1 （170页）

计算(235)3(235)3(352)3(523)3 解 令a2,b3,c5,并将b、c看作常数，a看作变量x，则原式表为

f(x)(xbc)3(xbc)3(bcx)3(cxb)3

f(x)3[(xbc)2(xbc)2(bcx)2(cxb)2]24bc

対上式求原函数，有

f(x)24bcdx24xbcc1

则 c1f(0)(bc)3(bc)3(bc)3(cb)0 从而 f(x)24xbc或f(a)24abc 即 原式=24abc242352430。 例2 （171页）证明：

222星型线x3y3a3上任一点处的切线被二坐标轴截得的线段长为定值。

证明 设M(x,y)是星型线上任一点，将星型线方程对x求导，得

111 2333x23yy0或yy31

x3过点M的切线l方程为

17

Yyy13(Xx)

1x3 令Y0.则得l在x轴上的截距

121221 X1xx3y3xx3(ax3)a3x3

令X0.则得l在x轴上的截距

121221Y1yy3x3yy3(ay3)a3y3

于是，二坐标轴所截线段长为

122dX2221422421Y1a3x32a3y3a3(x3y3)a3a3a(常数)例3 （171页）已p1,p2,,pnN,a1,a2,,anR,且p1a1p2a2pnanr，求

pkpkk1a12a2pnan(k1)的最小值。 解 不失一般性，a1min{a1,a2,,an},anmax{a1,a2,,an},pp1pn

则 a1rpan （*） 将a2,a3,,an看作常量，a1看作变量，设函数（将a1用x表示） f(x)pk1xkp2a2paknn，x(0,rp]

或

f(x)pkk1xkp2a2pn1an11pk1[r(p1xp2a2pn1an1)]k n 知

令

18

则

f(x)kp1xk1kp1k1 [r(pxpapa)]122n1n1k1pnkp1k1 (pa)nnk1pn kp1xk1 kp1(xan)0

故函数f(x)在(0,]上单调减少，则x(0,],有f(x)f() 取xr,则由题设r为定值与(*)式，有 pa1a2anrprpr prprprp于是， f()(p1pn)()krk(p1pn)k1 为所求的最小值。 例2（188页）解方程92x2x119x2x12949x23 解 将方程变形为

9492x2x119x2x129x23

而4，2x2x11,x2x12,x23均是R上的函数，且 42x2x11x2x12x23， 函数F(x)9x存在二阶导数，则原方程与

x2x1214或x234

同解，解此方程，得x11,x21,代入原方程验证，即为原方程根。

例13（195页）解下列方程：

(1)(6x4)3x33x210x20,(2)x33x24x10.

33

19

解 （1）由于

(6x4)3x33x210x2

33(6x4)(6x4)(x1)(x1)[6(x1)10]3[6(x1)10](x1)3(x1)

设f(t)t3t,tR,原方程为 f[6(x1)10]f(x1). 显然，f(t)是奇函数，且tR,有f(t)3t210. 故函数f(t)在R上严格递增，故原方程与方程

(61)t100或(61)(x1)100同解。

解此方程得x37，代入原方程验证即为原方程的根。 （2）由于

3x333x24x1

3x333x23x2x333x2(3x2)3x3(x3)33(x3)11[3(x3)11)3x3(x3) 设f(t)3tt,tR,则为f[3(x3)11]f(x3)0

2现然，f(t)是奇函数，且，tR,有f(t)13t310,

故函数f(t)在R上严格递增，故原方程与方程

(31)t110 或 (31)(x3)110 同解。解此方程得x14，代入原方程验证即为原方程的根。

20

弦位法（206页~211页） 如下图，

21

将[a,b]上的曲线弧AB的两端连成弦AB，用弦AB与X轴的交点横坐标为方程根的近似值，这种方法称为弦位法。如果f(x)与f(x)同号，令x0a，以点A(x0,f(x0))为已知点的弦AB方程为 yf(x0)f(b)f(x0)(xx0)

bx0令y=0，求得这弦与x轴的交点横坐标x1是 x1x0bx0f(x0) （1）

f(b)f(x0) 如果f(x)与f(x)异号，令x0b,用同样的方法，求得弦与x轴的交点的横坐标x1是 x1x0

由上图可见，弦AB与x轴的交点的横坐标

x1比a（(a)或(d)）或比b((b)或(c))

x0af(x) （2）

f(x0)f(a)更接近方程根，用同样方法，从新区间

[x1,b]或[a,x1]出发，可得比x1更接近的x2

如此继续下去，一般地，从区间 [xn1,b]或[a,xn1]出发，得根的近似值为xnxn1bxn1f(xn1) （3）

f(b)f(xn1) 22

或

xnxn1xn1af(xn1) （4）

f(xn1)f(a) 当n时，xn,其中满足3） （近似根数列， ax1x2xn 满足（4）式的近似根数列，有

xnxn1x2x1b

在区间[xn,]或[,xn]上应用拉格朗日定理，有

f(xn)f(xn)f(c)(xn)f(c),(c在xn与构成的区间内)或xnf(xn)mf(xn) f(c) 设minff(x),由mf(x),则xnaxb （5）

这样，由（5）式就可以判定近似根xn与的近似程度。

例8（208页） 用弦割法求方程x32x24x70的实根的近似值，精确到102。

解 设f(x)x32x24x7,由f(3)100,f(4)90,且x(3,4)，有 f(x)3x22x40 则方程

f(x)0在[3,4]内仅有一个实根，[3,4]即是一个隔离区间，且minff(x)1.又

3x4x(3,4),有f(x)6x40,令x03,b4,由(1)式，有x1x0bx043f(3)3.52 f(x0)=3f(4)f(3)f(b)f(x0)

令x13.52,由(1)式，有

x2x1

bx143.52f(x1)3.523.61

f(b)f(x1)f(4)f(3.52)23

同法可得

x33.6143.61f(3.61)3.63.

f(4)f(3.61)显然f(xi)0,i1,2,3,所以x0x1x2x3。

由误差估计公式，有

x3f(x3)mx30.0410.004 11即 3.6303.634 于是，以3.63作为根的近似值，其误差小于102。 例

9

（

209

页

）

用

弦

切

法

求

方

程

x0.1sinx20的实根近似值，精确到103.

解

f(x)x0.1sinx2,xR

f(x)10.1cosx0故函数f(x)在R上严格递增，又limf(x),f(0)2,所以方程f(x00有唯一正实根。xf(2)0.1sin20.1*0.13680.09040由

f(2.1)0.1*(1sin2.1)0.1*0.13680.001370故唯一正实根在区间(2,2.1)内，且x[2,2.1],有f(x)0.1sinx0 与f(x)同号，令x12,由(1)式，有

x120.0904(2.12)20.08682.0868

0.09040.0137从而 f(x1)0.08680.1sin2.08680.00020

x22.08680.0002(2.12.0868)2.0870

0.00020.0137从而 f(x2)0.08700.1sin2.0870.000030, 于是，方程的根(2.0868,2.0870).其误差不超过103。

24

切线法（210页）

如上图 ，用曲线弧一端的切线来代替曲线弧，从而求出方程实根的近似值，这种方法称为切线法。在曲线弧的端点纵坐标与f(x)同号的曲线端点处作曲线的切线，如图 ，情形（a），（d）作点B处（情形（b）,（c）处作点A）的曲线切线。令x0b(x0a),则点B(x0,f(x0)) （A(x0,f(x0))）处曲线切线方程为

yf(x0)f(x0)(xx0)

令y0，求得这切线与x轴交点横坐标x1是 x1x0f(x0) （6） f(x0)由上图 可见，端点B处（A处）的曲线切线与x轴交点的横坐标x1比b（情形（a）（d））或a（情形（b），（c））更接近方程根。

再在点(x1,f(x1))作切线，可得根的近似值x2，如此继续下去，一般地，在点(xn1,f(xn1))作切线，得根的近似值为

xnxn1f(xn1) （7） f(xn1)例10（210页） 用切线法求方程x31.1x20.9x1.40的实根近似值，精确到103。

解 设f(x)x31.1x20.9x1.4，由例7知[0,1]是根的一个隔离区间，

f(x)3x22.2x0.90x[0,1]，有

f(x)6x2.20由f(0)0,f(1)0,则f(x)与f(1)同号，令x01由（6）式，有 x1x0f(x0)f(1)10.738 f(x0)f(1) 25

令x10.738，由（6）式，有

x2x1f(x1)f(0.738)0.7380.674 f(x1)f(0.738)

f(0.674)0.671f(0.674)同法可得

f(0.671)x40.6710.671.f(0.671)x30.674出现此种情形，不能再继续算下去，显然，f(xi)(i1,2,)与f(x)同号，即

f(0.671)0,经过计算知

f(0.670)0,于是，有0.670或0.671作为根的近似根其误差都小于103。例12（234页） 证明：当p1且1时，有不等式

apbq abpq1p1q其中a0,b0为任意实数。

证明 设函数yxp1,显然在区间(0,)上是正值连续严格增加。及f(0)0.

由下图不难看到，

26

不论bap1,bap1,bap1,都有

abSap11S20xdxb1p10ydy

已知111，从而111pp1pqqp或qpp1或q1p1p11p1于是，

abap10xdxb1p1ap110ydy0xdxb0yqdypxpa01qyqb01p1qpaqb 例17（238页） 证明：当n2时，有1112nln(n1)。 证明 如图所示，

27

将区间[1,n1]n等分，在每个小区间[k,k1](1kn)上作高为的矩形。这些小矩形面积和为T，由曲线y，与直线x1,xn1及x轴所围成平面图形的面积为S，则

n11n111T1Sdxlnxln(n1) 112nx1k1x1n111例20（240页）证明：当n2时，有12222。

23n即 1ln(n1)

12证明 如图所示，

将区间[1,n]n1等分，在每个区间[k,k1](1kn1)上作高为矩形，设这些小矩形面积的和为T，由曲线y

1的3(k1)1与直线x1,xn及x2x28

轴所围成平面图形的面积为S，则

T1n11111n1Sdx11 22221x1n23nx上式两端同时加上1，于是，

11112 2232n2例1（243页） 已知数列{an}满足amnamanmn且a11，求通项

an其中m,nN。

解 设f(x)ax,x[1,),且f(1)1

与 f(xy)f(x)f(y)xy,x,y[1,) （1） 显然，当xn,ym(n,mN)时，有

f(xy)f(x)y 或 f(xy)f(x)y

令xn,y1,则 f(n1)f(n)1 故{f(n)}是首项为f(1)，公差为1的等差数列。

由等差数列的通项公式，有

f(n)f(1)(n1)1f(1)n1，

于是f(x)f(1)x1的原函数为

f(x)f(x)dxf(1)dxxdx1dxf(1)x12xxc,x[1,) （2） 2已知f(1)1与f(n1)f(n)n1,有f(2)f(11)f(1)113.

11f(1)c由（2）式得方程组 232f(1)c,3解此方程组，得f(c),c0并将其代入（2）式，且令xn，得

23111annn2nn2n.

2222例7（249页）已知数列{an}满足a11,an1an2n。求数列通项an。

29

解 f(x)ax,x[1,),且f(1)1,f(x1)f(x)2x (1) 显然，当xn(nN)时，有f(n1)f(n)2n或an1an2n， 当x1时，有f(2)f(1)23。

对（1）式两端关于x求导，得f(x1)f(x)2， 从而，f(n1)f(n)2 或 f(n1)f(x)2

故{f(n)}是以f(1)为首项，公差为2的等差数列。由等差数列的通项公式，有

f(n)f(1)(n1)2f(1)2n2

故f(x)f(1)2x2的原函数为

f(x)f(x)dxf(1)dx2xdx2dxf(1)xx22xc （2）

2f(1)c将f(1)1,f(2)3代入（2）式，得方程组

32f(1)c,解此方程组，得f(1)1,c1。 并将其代入（2）式，且令xn,得

f(n)nn22n1n2n1,

即 ann2n1。

例9（251页）已知数列{an}满足a11,an1an2n1,求数列通项an. 解 设f(x)ax,x[1,),且f(1)1,f(x1)f(x)2x1 （1） 显然 当xn(N)时，有

f(n1)f(n)2n1或an1an2n1

当x1时，有f(11)f(1)212

对（1）式两边关于x求导，得f(x1)f(x)2xln2。 从而 f(n)f(n1)2n1ln2

30

f(n2)2n2ln22n1ln2 f(1)2ln22n2ln22n1ln2

2(2n11)f(1)ln221f(1)2nln22ln2故f(x)f(1)2xln22ln2的原函数为

f(x)f(x)dxf(1)dx2xln2dx2ln2dx

f(1)x2x2ln2xc （2）

将f(1)1,f(2)2代入（2）式，得方程组 2ln21f(1)c 4ln222f(1)c,解此方程组，得f(1)2ln21,c0并将其代入（2），且令xn，有 f(n)(2ln21)n2n2ln2n2nn 即 an2nn。

01nCnCnCn例1（265页）求的和。

12n1解 已知二项式公式

0122nn (1x)nCnCnxCnxCnx，

对上式两端分别关于x从0到1进行积分运算，得

(1x)n112n11 (1x)dx0n10n1n11nnnCdxCxdxCxdxCnxdx000012nCnCnCn0Cn23n110n11n12n21

01nCnCnCn2n11即 12n1n1n1 31

012n例2（267页）证明CnCnCn123(1)nCnn11n1。

证明 已知二项式公式

(1x)nC0122nnnCnxCnx(1)nCnx，

对上式两端分别关于x从0到1进行积分运算，得

1(1x)n1n0(1x)dx11n10n1 1C0111221nnndxCnxdx0Cnxdx(1)n000CnxdxC0nC12nn2Cn3(1)Cnn1即 C01C1nnn2(1)nCnn11n1。 例19（278页）求191101106的最大整数部分。

解 设A119110106，则

A10611068x2x82(1068)2(10002.848)1994.34410611106A1

9x2x92(10619)2(1000.0043)1994.0008即 1994.0008A1994.344 于是，A的最大整数部分是1994。 例20（278页）证明1222n2n(n1)(2n1)6. 证明 (n1)11222n2k2,m2

k1由预备知识5中，贝努力多项式序列的定义及定理9知， P22(x)xx16,

32

12n222(n1)1k12kn10111n1n(n1)(2n1)P2(x)dx(x3x2x)03266k(k1). 2k0k例24（280页）证明：1+2+3+···+k=

证明 根据预备知识中定理10，f0(x)x，从而，f0(k)kj1

j1j1由于欲证等式左端自然数幂指数为1，故只须构造出f1(x)的表达式即可，将f0(x)乘以

n1(n0)，再关于x积分，有

(n1)f0(x)dxxdx取c0,则g(x)x2.于是有

112211x(x1)从而， f1(x)g(x)axx2x

2221212xc 2 a1g(1)1

于是，f1(k)j1j1kk(k1)k(k1)。 ,即123k22k(k1)(2k1). 6例25（281页）证明1222k2证明 由于欲证不等式左端自然数幂指数为2，故只须构造出f2(x)的表达式即可，由例24知， f1(x)将f1(x)乘以n1(n1)，再关于x积分，有

x(x1) 2(n1)f1(x)dx(11)1312x(x1)11dxx(x1)dxx3x2c 232取c0则g(x)x3x2，于是有

a1g(1)1

从而，f2(x)g(x)axx3x2x(2x23x1)(x1)(2x1), 于是， f2(x)j2(k1)(2k1)，

j1k131216131216x6x6k6 33

即 1222k2

平面一般图形面积的计算

k(k1)(2k1). 6例15（301页）证明：半径为R的圆面积为R2.

证明（一）已知圆心在坐标原点，半径为R圆的方程是x2y2R2显然，它关于坐标原点对称，故圆的面积为圆的第一象限内的面积的4倍。故所求图形面积为

S4ydx40aa0xR2xR22Rxdx4(Rxarcsin)R2

22R022(二)圆的面积也可以看作是由上半圆yR2x2与下半圆

yR2x2所围成图形的面积，于是有

xR2xR222S[Rx(Rx)]dx2RxarcsinR 2RR2RR2222(三)圆的参数方程为

xRcost 0t2，于是有， yRsint,S20Rsint(Rcost)dt20Rsint(Rsint)dtR2sin2tdtR2

02x2y2例16（302页）证明：椭圆221的面积为ab。

abx2y2证明 （一）由于椭圆221关于两个坐标轴对称，故椭圆面积为

ab椭圆在第一象限内面积的4倍。

bx2y2a2x2。于是由椭圆方程221得，第一象限函数表达式为yaab 34

有

b2bx2a2xa22S4axdx4(axarcsin)ab。 0aa22a0a（二）椭圆的面积也可以看作是由上半椭圆yyba2x2 aba2x2与下半椭圆a所围成图形的面积，由预备知识中公式（3）得

b2b2bx2a2xa222S[ax([ax)]dx2(axarcsin)ab aaaa22aaa（三）椭圆参数方程为于是有

S2xacost 0t2。

ybsint,0bsint(acost)dtabsin2tdt022ab1(tsin2t)ab

022例17（304页）求由y2sinx与ysin2x(0x2)所围成平面图形的面积。 解 由题知如图

则 所求平面图形面积为 S02sinxsin2xdx 由 2sinxsin2x2sinx(1cosx)

35

2在[0.]上，二曲线交点的横坐标分别为0,,2。在区间[0,]上，有

2sinxsin2x0，

于是，

S202sinxsin2xdx(2sinxsin2x)dx(sin2x2sinx)dx8

02例18（304页）求旋轮线xa(tsint),ya(1cost)(a0,0t2)一拱与x轴围成区域的面积。 解 如图

旋轮线是指：半径为a的圆x轴上转动一周时，圆周与坐标原点接触的点轨迹。

由预备知识中公式（4），所求面积为

S20a(1cost)(a(tsint))dta2(t2sint211sin2t)3a2

024例20（305页）求心脏线ra(1cos)所围成平面图形的面积。如下图 解

36

已知的变化范围是[0,2]，则所求的面积为

2112a2S[f()]da(1cos)d2222013[12cos(1cos2)]da322例21（305页）求双纽线r2a2cos2(a0)所围成图形（如图）的面积 。

解如图所示，双纽线关于两个坐标轴都对称，因此，双纽线所围成的平面图形的面积是第一象限图形面积的4倍。在第一象限中，的变化范围是从0到。于是，所求的面积为

411S44a2cos2d2a2sin22a2

2020

积分在空间立体体积与表面积中的应用

例1 （309页）证明（祖 定理）：“夹在两个平行平面间的两个几何

37

体，被平行于这两个平面的任意平面所截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”。

证明 在空间直角坐标系中，将两个平面中的一个平面作为xy坐标平面，另一个平面放在xy坐标面的上方。设两个平面之间的距离是h。

z[0,h],过点z轴的平面与这两个几何体相截，设截面面积分别是

P(z)与Q(z)。已知P(z)Q(z)

根据已知立体的截面积求体积公式，则这两个几何的体积分别是

V1P(z)dz.与V2Q(z)dz

aabb于是， V1aP(z)dzaQ(z)dzV2. 即这两个几何体的体积相等。

例2（310页）证明：半径为R的球的体积为VR3。 证明 球心在坐标原点的球面方程为x2y2z2R2

球体在z轴上的投影区间是[R,R],在[R,R]上任取一点z，过点z垂直于z轴的平面与球体相截，截面是圆盘，设圆盘的半径是r （如图），即rR2z2。

38

bb43

从而，圆盘的面积为P(z)r2(R2z2)，从而球的体积为

z3R4VP(z)dz(Rz)dz(Rz)R3 RR3R3RR222例3（310页）证明：底面积为Q高为h锥体体积为VQh。 证明 如图所示，

39

13

设锥体体积的顶点为坐标原点o，过顶点o垂直于底面的直线为z轴（正方向向下）。设距顶点o为z(0zh)的截面的面积为P(z)。由初等几何知，平行于锥体底面的截面面积与底面面积之比等于各自距顶点距离的平方比，即

QP(z)z22或P(z)2z2。

hQh则底面积为Q高为h的锥体的体积为

VP(z)dz0hh0Q2Qzdzh2h2h0Qz3h1zdz2Qh。

h3032例4（311页）设有一底面半径为r的圆柱，用过底面直径AB且与底面成角的平面去截这个圆柱所得的部分（如图）。求截得的立体的体积。

解 取底面直径AB的中心o为坐标原点，AB所在的直线为x轴，在直径AB上取一点x(rxr,x既表示点又表示坐标)，过点x且垂直于

40

4直径的平面与立体的截面是等腰直角三角形QRx，它的面积为

P(x)111QxQR(Qx)2(r2x2) 222 （由直角三角形Qox求得Qxr2x2）。 故 所截立体的体积为

VP(x)dxrr1r21213r232(rx)dx[rxx]r。 rr3223例5 (311页)设有一半径为r的圆。它的一条直径为AB，过直径AB上任意点x且垂直于AB的平面与圆的交点分别为L,M。这这个平面上作LM为一条边的正三角形LMN将点x从A移动到B时，求正三角形LMN形成的立体的体积(如图).

解 取圆心o为坐标原点，直径AB所在的直线为x轴，在直线AB上任意取一点x(rxr,x既表示点又表示坐标),用过点x且垂直于直径AB的平面去截这个立体所得截面是正三角形LMN.

Mxr2x2,MN2r2x2

正三角形LMN的面积为

S(x)11232MxNxrx24(r2x2)(r2x2)(rx2) 222 41

故所求立体体积为

Vrrr32321233(rx2)dx(rxx3)r。

r2233

例8（314页）证明：底面半径为r，高为h的圆锥体的体积为Vr2。 证明 取圆锥体顶点o为坐标原点，过顶点垂直于底面的直线为x轴，过坐标原点o且垂直于x轴的直线为y轴（如图），则圆锥体可以看作是由直线PO于x=h及x轴围成的直角三角形绕x轴旋转一周得到的旋转体。

h3

直线OP的方程为yx,0xh. 则，所求圆锥体的体积为

r2r2x3hh2V(x)dxr。 0hh303hrh4x2y2z2例9（314页）证明：椭球体2221的体积是ab2。（如图）

3abc 42

证明 这个椭球体可以看作是由上半椭圆yba2x2及x轴围成的a区域绕x轴旋转一周得到的立体。故所求椭球体的体积为

b22b22x3a2 Va2(ax)dx2(ax)。

3aaaa例18（319页）证明：半径为R的球的表面积为4R2。

证明 （一）在直角坐标系中，半径为R，球心在坐标原点的球面方程为

x2y2z2R2。

半径为R的球的表面积等于上半圆yR2x2，在区间[R,R]绕x轴旋转所得旋转体的侧面积。

43

由yRx，有y22x，1y2yR2x2xx2y2R， yy故半径为R的球的表面积为

S2y1y2dx2Rdx4R2

RRRR（二）由于球的表面积是上半球的表面积的2倍，所以只须计算上半球的表面积即可，

上半球面的方程是

D{(x,y)|x2y2R2}。

zR2x2y2,(x,y)D其中

zxxRxy222,zy2yyRxy222

R221z xzRx2y22于是，半径为R的球的表面积为

22S21zzxydxdy2RDD1Rxy222dxdy

xrcos作极坐标变换：，

yrsin得0rR,02,则将区域D{(x,y)|x2y2R2}变换为方形区域 D{(x,y)|0rR,02}. 从而，

S2RD1R2r2drd2Rd02RrR2r20dr4RRrR2r20dr4R2

例19（321页）证明：半径为R，高为h的球冠的表面积为2Rh。 证明 为了计算方便，取圆心在点（R，0），半径为R的上半圆方程为

44

R2(xR)2,0x2R..

将上半圆在区间[0，h]绕x轴旋转一周所得旋转体是半径为R，高为h的球冠。

yR2,1y2 222R(xR)R(xR)(xR)2所以，半径为R高为h的球冠的表面积为

S2y1ydx20h20R(xR)22R2R2(xR)2dx2Rdx2Rh。

0h例20（321页）求圆x2(yb)2a2(0ab)绕x轴旋转所得旋转体的表面积。

解 上半圆与下半圆的方程分别为

y1ba2x2与y2ba2x2

x2x222且 y122,y2

axax22从而， 1y2aax22

这个旋转体的表面积是上、下半圆分别绕x轴旋转所得到的两个旋转体的侧面积之和。 于是，所求表面积为

dx2y21y2dx S2y11y1aaa2a2 45

aa2(ba2x2)(ba2x2)aa2x2a2x2a14abdxa22axxa4abarcsinaaadx

4ab2积分在求曲线弧长中的应用

例1（323页）证明：半径为R的圆的周长为2R。 证明 （一）已知圆心在坐标原点半径为R的方程为 x2y2R2

由于圆关于两个坐标轴对称，所以只须求出第一象限内的弧长，然后4倍，即得出圆的周长S。

已知圆在第一象限的方程是yR2x2,0xR且

yR2 ,1y2222RxRxx2于是，圆的周长为

S4R01ydx4R2RR00dxR2x24RarcsinR2R 0(二)半径为R的圆的参数方程为xRcost, 0t2

yRsint,且xRsint,yRcost,于是，圆的周长为

S20x2y2dtRdt2R

02（三）半径为R的圆的极坐标方程为

f()R,02,且f()0,f2()f2()R2

所以圆的周长为

46

S02f()f()Rd2R

2202例2（324页）两根电线杆之间的电线，由于其本身的重量，下垂成曲线形，这样的曲线称为悬链线，求悬链线

1x(eex)从x0到x1的弧长。 21解 y(chx)shx(exex)，从而，1y21shx2chx，

2ychx则 所求弧长为S01y2dx0chxdxshx(exex).

例5（326页）求星形线xacos3t,yasin3t,a0,0t2的全长。 解（如图）

星形线关于两个坐标轴都对称，于是，星形线的全长是它在第一象限那部分的4倍。

x3acos2tsint,y3asin2tcost

111012于是，星形线的全长为 S021x2y2dt12a2sintcostdt12a2sintdsint12asin2t26a 00200t2，a0一拱的例6（326页）求旋轮线xa(tsint),ya(1cost)， 47

长。

解 xa(1cost),yasint 则，旋轮线的全长为 S02a(1cost)asintdt2222220t1costdt2asindt8a 022例8（327页）求心脏线ra(1cos)的全长。

解 由于心脏线在[0,]与[,2]上的弧长相等，所以心脏线的全长是它在[0,]上的弦长的2倍。由rasin，知，心脏线的全长为

S20f2()f2()d2a02(1cos)d4acosd8asin8a0220xacost例9（327页）求圆柱螺线 yasint 0t2， 一段的弧长。

zbt（如图）

解

48

t,yacots,zb, xasin2(t)2(t)2(t)a2sin2ta2cos2tb2a2b2

所以圆柱螺线的弧长为

S202(t)2(t)2(t)dt20a2b2dt2a2b2。

49