南开大学数学竞赛练习题08sxjs4.doc

数学竞赛培训资料(理工)
第四讲 微积分等式的证明、向量代数与空间解析几何
（一）内容要点及重要方法提示
1.关于存在ξ∈(a,b)使得满足包含的代数式为0的证明.
(1)直接验证函数在[a, b]上满足罗尔定理的条件,根据定理得出结论.
例4.1.设函数f (x)在[a, b]上有n-1阶连续导函数,在(a , b)内n阶可导,且在(a , b)内有n-1个点
证明:存在ξ∈(a,b)使.
证.令a= k=1,2,…,n ;
在上重复应用罗尔定理,依次类推n-1次,最后可得ξ∈(a,b)使.
例4.2.设f(x)在(a,+∞)内有二阶导数,且f(a+1)=0,求证:
存在ξ∈(a,+∞)使
证.作变换x=tant ,令g(t)= f(x)= f(tan t),t∈(arctana,π∕2) ,并补充定义g(arctana)= g(π∕2)=0,则g(t)在[arctana,arctan(a+1)]与[arctan(a+1),π∕2]上可用罗尔定理得
c∈(arctana,arctan(a+1))与d∈(arctan(a+1),π∕2)使
其中tanc∈(a,a+1),tand∈(a+1,+∞),再在
[tanc,tand]上用罗尔定理即得结论
例4.3.设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内具有二阶导数,且存在相等的最大值, f(a)=g(a), f(b)=g(b),
证明:存在ξ∈(a,b), 使得(2007研)
证.令h(x)= f(x)-g(x),则h(a)= h(b)=0 .设f(x),g(x)在(a,b)内的最大值M分别在α、β∈(a,b)取得.
当α=β时,取η=α,则h(η)=0 . 当α≠β时, h(α)= f(α)-g(α)= M-g(α)≥0,
h(β)= f(β)-g(β)= f(β)- M≤0,由介值定理得介于α与β之间的点η使h(η)=0 .再在[a,η]与[η,b]上用罗尔定理得c∈(a,η)与d∈(η,b)使再由罗尔定理得ξ∈(c,d)使
(2)验证取得(a,b)或(a,b)所含的的某开区间内的最(大或小)值ξ,由费马定理得出结论.
例4.4.设f(x)在[a,b]上可导,且有
证. f(x)在[a,b]上有最大值点c与最小值点d .若则a≠c≠b,故c∈(a,b)也是f(x)的极大值点,由费马定理得出结论.若则考虑f(x)的最小值点d 同样可得结论.
例4.5.设f (x)在[a,b]上有连续导数,在(a , b)内二阶可导, 且f (a)= f (b)=0, f ’(a) f ’(b) >0,证明:
存在c∈(a , b)使f ’’(c)= f (c) .
分析.为得到f ’’(c)-f (c)=0的形式,考虑函数e[f ’(x)-f (x)]的导数,应用费马定理.
证.首先函数ef (x)在[a,b]上满足罗尔定理的条件,存在t∈(a,b)使[ef (t)]’=0,即得f ’(t)-f (t)=0.
其次函数g(x)= e[f ’(x)-f (x)]在[a,b]上连续, 又g(a)g(b)>0, g(t)=0,因此g(x)在(a,b)内一点c取得最大值或最小值,根据费马定理, g’(c)=0,于是不难推出结论.
(3)方程中含有形如的式子时可考虑应用拉格朗日定理来证.
例4.6.设f (x)在[a,b]上连续, 在(a,b)内二阶可导, 且连接点(a, f(a))与(b, f(b))的线段交曲线y=f (x)于(c, f(c)) ,求证: 存在ξ∈(a , b)使f ’’(ξ)=0 .
证.首先知c∈(a , b) ,且根据拉格朗日定理,存在s∈(a,c)与t∈(c,b)使得
f ’(s)=再对[s,t]上的函数f ’(x)应用罗尔定理,即得结论.
例4.7.设函数f(x)在闭区间[-2,2]上具有二阶导数,
证明:存在一点ξ∈(-2,2),使得(2005天津竞赛)
证.在[-2,0]与[0,2]上对函数f(x)应用拉格朗日定理,
因| f(x)|≤1,有
则F(x)在闭区间[-2,2]上可导,且
F(x)在(a,b)内有最大值点ξ,由费马定理,由此推出,

(4)方程中含有形如的式子时可考虑应用柯西定理来证.
例4.8.设f (x)在[a,b]上可导,且ab>0,证明:存在c∈(a , b)使= f (c)-cf ’(c) .
分析1.记等式左端为常数m ,而等式右端形为 -f(x)∕x的导数的分子部分,为应用罗尔定理,可作辅助函数F (x)=
证法1.对辅助函数F (x)=在[a,b]上应用罗尔定理.
分析2. 等式左端的分子与分母同除以ab,可得一对称式其形似柯西定理中的式子,为应用柯西定理,可作辅助函数F (x)= f (x)∕x与G(x)=1∕x .
证法2.对辅助函数F (x)= f (x)∕x与G(x)=1∕x在[a,b]上应用柯西定理.
例4.9.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导,证明:
证.令g(x)= x,h(x)=,对f(x)与g(x)、f(x)与h(x)在[a,b]上运用柯西定理得ξ,η∈(a,b)使
两式相除即得结论 .
(5)方程中含有高阶导数时可考虑应用泰勒定理来证.
例4.10.设f(x)在[0,1]上三阶可导,且f(0)= f(1)=0, F(x)=f(x) ,证明: 存在c∈(0,1)使F ’’’(c)=0 .
分析.因F ’(x)=F ’(0)=F ’’(0)=0,考虑用罗尔定理来证.
证法1.[0,1]上对函数F(x)用罗尔定理,存在s∈(0,1)使F ’(s)=0, [0,s]上对函数F ’(x)用罗尔定理,存在t∈(0,s)使F ’’(t)=0, [0,t]上对函数F ’’(x)用罗尔定理,即推出结论.
证法2.在x=0处对函数F(x)用二阶泰勒展开式得
F(x)= F(0)+ F ’(0) x+其中x∈(0,1] , c∈(0, x) .因F(1)=0,由上式即推出F ’’’(c)=0 .
例4.11.设函数f(x)在闭区间[a,b]上具有连续的二阶导数, 证明:存在ξ∈(a,b),使得
(2005天津竞赛)
证.将函数f(x)在点(a+b)∕2处作泰勒展开,并分别取x= a,b ,则得

两式相加得

之间,由介值定理得ξ∈(c,d)使得.
(6)在大多数证明题中可直接观察或采用凑导数方法来引进辅助函数,以满足中值定理的要求,
其一般步骤是: ①方程中的ξ换成变量x；②移项等将方程整理成一端为0的形式；③观察或凑导数
得出辅助函数的形式.
例4.12.设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导, f(0)=0, 且当x>0时, f(x)>0,求证:
对任意正整数k , 存在ξ∈(0,1) ,使得
分析.要证的式子改写成f ’(x) f (1-x)-kf ’(1-x) f (x)=0,为凑导数乘以因子得
f ’(x)由此得辅助函数为
F(x)=.
证. F(x)=在[0,1]上满足罗尔定理的条件,存在ξ∈(0,1) ,使F ’(ξ)=0, 满足要求.
例4.13.设函数f(x)和g(x)在[a,b]上有二阶导数,且 f(a)= f(b)=g(a)=g(b)=0, 证明:
(1)在开区间(a,b)内g(x)≠0；(2)存在ξ∈(a,b)使
证. (1)若有g(c)=0,c∈(a,b),则在[a,c]和[c,b]上用罗尔定理得α∈(a,c)和β∈(c,b)使
在[α,β]上用罗尔定理即可得出矛盾 .
(2) 式中的ξ换为x后凑原函数,即令
则在[a,b]上用罗尔定理得ξ∈(a,b),使结论成立.
例4.14.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导, 证明: 存在ξ∈(a,b)使
分析.令bf(b)-kb=af(a)-ka ,这是关于a与b的对称式,作辅助函数F(x)=x f (x) -kx .
证.令F(x)=x f (x) -,对F(x)在[a,b]上可用罗尔定理得ξ∈(a,b),使结论成立.
2.涉及导函数的关系式中两个不同点ξ与η的存在性证明方法.
一般根据题意应用两次(同种类型或不同类型)中值定理,然后对得到的两式作适当的运算.
例4.15.设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内可导,且f(0)=0, f(1)=1, 试证明:对于任意给定的正数a和b,在开区间(0,1)内存在不同的ξ和η,使得 (03天津竞赛理工)
分析.不妨设ξ<η,在ξ与η之间插入一点c,在区间[0,c]与[c,1]上对函数f(x)应用拉格朗日定理,分别得点ξ与η使得cf ’(ξ)= f (c) , (1-c)f ’(η)=1- f (c) ,代入所要满足的等式,得

由此可知需满足a[1- f (c)]= b f (c) ,解出f (c)= a∕(a+b) ,这可由连续函数的零点定理得到 .
证.因0< a∕(a+b)<1, 在[0,1]上对连续函数f(x)应用零点定理得一点c∈(0,1) ,使f (c)= a∕(a+b) .
再在区间[0,c]与[c,1]上对函数f(x)应用拉格朗日定理,即可得到所要的点ξ与η.
例4.16.已知函数f (x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f (0)=0, f (1)=1,证明:
存在两个不同的点η,ζ∈(0,1),使得(2005研)
证.在[0,ξ]与[ξ,1]上对f (x)应用拉格朗日中值定理可得η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1),使得
(用两次拉格朗日中值定理)
例4.17.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导,0∈(a,b)使得满足包含的代数式为0的证明.
这类命题的证明一般与1.中相仿,有时需运用积分中值定理.
例4.18.设函数f (x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且4求证:存在ξ∈(0,1),使得(2001天津竞赛)
证.由积分中值定理得c∈[3/ 4,1]使再在[0,c]上对f (x)运用罗尔定理即得结论 .
例4.19.设y=f(x)是区间[0,1]上的任一非负连续函数.
(1)证明存在c∈(0,1),使得在[0,c]上以f(c)为高的矩形面积等于在[c,1]上以y=f(x)为曲边的曲边梯形面积. (2)又设f(x)在(0,1)内可导,且证明(1)中的c是唯一的.
分析. 由则再往下做就困难了,因此考虑函数F(x)使再对F(x)用罗尔定理 .
证.(1)F(x)=,在[0,1]上对F(x)用罗尔定理即得结论.
(2)要证g(x)=在(0,1)内的零点唯一,事实上,计算得,于是结论成立.
例4.20.设f(x)在[a,b]上有连续的二阶导数,求证:存在ξ∈(a,b),使得

证.F(x)=处的二阶泰勒展开式是:
之间,分别将
x=b,x=a代入后相减,再考虑到运用介值定理可得结论.
例4.21.设f(x)在[0,π]上连续,在(0,π)内可导,且
求证:存在ξ∈(0,π),使得
分析.关键是在(0,π)内找出f(x)的两个零点,然后用罗尔定理可证.
证.因且在(0,π)内sinx>0, f(x)在(0,π)内不能恒正或恒负,故必有零点.下面用反证法证明f(x)在(0,π)内的零点不唯一.设a∈(0,π)是f(x)在(0,π)内的唯一零点,则当x∈(0,π)且x≠a时
sin(x-a) f(x)恒正或恒负,于是
得出矛盾.说明f(x)在(0,π)内的零点不唯一.再根据罗尔定理可证明结论.
4.空间中向量的线性运算, 向量间的关系.
例4.22.(1)设a× b = 3, a×b = [1,1,1] . 试求a与b的夹角q . (1990陕西竞赛工科)
解.因a× b = |a||b|cos q = 3 ,|a×b| |a||b|sinq =
例4.23.空间中给出了具有整数坐标的九个点. 求证: 以这些点为端点的诸线段中, 至少有一个线段的中点坐标是整数.
分析. 线段中点坐标是端点坐标和的1/ 2 ,而两个整数之和的1/ 2是整数的充分必要条件是这两个整数的奇偶性相同.
证.给定九个点中,每个点有三个坐标,按照这三个坐标取奇数或偶数,共有8种不同取法. 现有9个点,这九个点中至少有一对点的坐标奇偶性相同,这一对点为端点的连线段的中点坐标是整数.
5.空间中平面与直线的方程, 点到平面与直线的距离．
例4.24.求点P(3,-1,2)到直线l:的距离d , 及过P且与l正交的直线方程L .

解. l上取一点M(1,-2,0) , l有方向向量s=[0,1,1] ,由此得出d =.
其次,过P且与l垂直的平面是y+z-1=0,它与l的交点是(1,-1/ 2,3/ 2) .于是L的方程是.
6.平面与直线、直线与直线的相互关系, 直线与平面、直线与直线的夹角.
例4.25.判断下列各对直线是否相交,若是,则求它们的交点A及它们张成的平面Π;否则求它们的距离d :
(1)L:x=t, y= -2-3t , z= -7-2t与l: x= -t , y=6+3t , z= -5+2t .
(2) L: (3) L:
解. (1)L与l有相同的方向向量s=[-1,3,2] ,因此平行,且分别包含点P(0,-2,-7)与M(0,6,-5),于是
d =.
(2)将L与l的标准方程化为一般方程,解所得的方程组: 3x-2y=6, 2x-z=0, x-y=3, 2x-z=0,得唯一解
x=0, y=-3, z=0 ,因此L与l相交于一点(0,-3,0) .其次,从上述方程组可看出平面2x-z=0同时包含
直线L与l,因此该平面就是Π.
(3)将L与l的标准方程化为一般方程,解所得的方程组可知其无解,且显然L与l不平行,因此相错. 下面求距离d .相错直线L与l间的距离等于其公垂线和它们的交点间的距离,为此,只要过直线L作平行于l的平 面Π: x+y-z+20,则d等于l与Π的距离,即l上点(0,-1,2)到Π的距离
7.空间中的曲面与曲线方程, 空间曲线在坐标面上的投影曲线方程．
例4.26.讨论直线l:(1)不相交;(2)相切;(3)相交于两个相异点的充分必要条件 .
解.将l的方程化为参数方程: x=lt+a , y=mt+b , z=nt+g ,代入Σ的方程后得一含参数t的二次方程E:,令其判别式为
D=.则(1)Σ与l不相交ÛD< 0 ;(2)Σ与l相切ÛΣ
与l相交于唯一点ÛD=0;(3)Σ与l相交于两个相异点ÛD > 0 .
8.球面及以坐标轴为旋转轴的旋转曲面方程．
例0.27.设空间一直线l与z轴相错且不垂直,已知l与z轴的公垂线在xy平面上,且公垂线长为a .求l绕z轴旋转产生的曲面方程 .
分析.采用l的参数方程,再按旋转的条件建立等式,消去参数 .
解.设原点为O, l与xy平面的交点为A(a,b,0), l的方向数为l、m与cosj .则直线OA^l ,有al+ bm=0及.现设l上任意点P(X,Y,Z),其中X=a+lt ,Y=b+mt ,Z=t cosj , P绕z轴旋转产生的动点M(x,y,z)应满足:, Z=t cosj , 其中
,
联立z=tcosj,消去参数t可得所求旋转曲面方程为.
9.常见二次曲面方程及其图形.
10.已知准线与母线方向的柱面方程.
以曲线g:为准线,母线方向为s[l,m ,n]的柱面s可看成母线沿准线平行移动产生的轨迹 .若(X,Y,Z)为g上的动点,则动母线方程为x=X-lt , y=Y-mt , z=Z-nt ,(x,y,z)成为柱面s上的动点,代入g的方程得,然后从中消去参数t即可得s的方程 .
例0.28.求外切于球面Σ的圆柱面.
解.Σ与σ的球心分别是(1,2,-2)与(0,0,0),半径均为6,它们的外切圆柱面以两球心连线 l:为轴,且半径r也为6 . 于是所求圆柱面方程为
.
11.已知顶点与准线的锥面方程 .
以点A(a,b,c)Ïg:为顶点、g为准线的锥面s,可看成g上动点(X,Y,Z)与A的连线移动的轨迹 . 设此连线上的动点是(x,y,z), 则可将(X,Y, Z)表成(tx+(1-t)a,ty+(1-t)b,tz+(1-t)c),将其代入g的方程,然后消去参数t即可得s 的方程 .
例0.29.求直线L:旋转产生的圆锥面Σ.
解.Σ的顶点为L与l的交点V(1,1,0),轴线有方向向量s[1,1,-2],半顶角a等于L与l的夹角,因此Σ的方程为:
Û
- 4xy + 8xz + 8yz + 2x + 2y - 16z - 2= 0 .

（二）习题
4.1.设函数f (x)在[0,1]上连续,且试证:
(1)存在ξ∈[0,1],使得| f (ξ)|>4 .(2)存在η∈[0,1],使得| f (η)|=4. (2004天津竞赛)
4.2.设f(x)和g(x)在[a,b]上连续,试证:存在ξ∈(a,b),使得
4.3.设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且g(x)≠0,x∈[a,b].试证:存在ξ∈(a,b),使
4.4.设函数在[0,π]上连续,且试证:在(0,π)内存在两个不同的点a,b,使f(a)= f(b)=0 .
4.5.设f(x)在[a,b]上有连续的二阶导数,且试证:存在ξ∈(a,b),使

4.6.设f(x)在[0,1]上有二阶导数,且f(1)= f(0)=证明:存在ξ∈(0,1)使得
4.7.已知一平行六面体的三个面的方程分别为x-4y-3=0、2x-y+z-3=0及3x+y-2z-6=0,且有一顶点为A (3,7,-2) .求该平行六面体的另外三个面的方程.
4.8.求直线l: x=1-2t , y=3+t , z=3t在平面П:x-y-z-5=0上的投影L .
4.9.求母线与球面相切且与各坐标轴成等角的圆柱面 .
4.10.求以平行于x轴且经过点(3,-2,3)的直线l为轴,通过两点P(2,-1,3)与Q(-2,-2,0)的圆锥面.

（三）习题解答或提示
4.1.证.用反证法. (1)假定| f (x)|≤4, x∈[0,1] ,则有
1=因此
由此推出| f (x)|≡4,即
f (x)=±4,这与矛盾,结论成立 .
(2)假定| f (x)|≥4, x∈[0,1],则f (x)≥4, x∈[0,1],或f (x)≤-4, x∈[0,1], 这与矛盾,因此有c∈[0,1],使| f (c)|<4,对连续函数| f (x)|运用介值定理即可得结论.
4.2.证.令再用罗尔定理.
4.3.证.令F(x)=对W(x)= F(b)G (x)-G(b)F (x)用罗尔定理.
4.4.分析.考虑f(x)=用罗尔定理 .
证.令则F(0)=F(π)=0.又因

因此有c∈(0,π),使F(c)sinc=0,因若不然,则在(0,π)内F(x)sin x恒正或恒负,与
矛盾.现因在(0,π)内sinc≠0,故F(c)=0 .于是分别在[0, c]与[c,π]上用罗尔定理得
a∈(0,c), b∈(c,π),使即f(a)= f(b)=0 .
4.5.证. f(x)在a,b处的二阶泰勒展开式积分后相加除以2,再用介值定理可得结论.
4.6.证.对函数F(x)=在[0,1]上用罗尔定理即可 .
4.7.解. 首先可判断顶点A不在给定的三平面上, A是这些平面交点的对顶点 .因此所求平面是过点A且平行于给定平面的平面: x-4y+25=0、2x-y+z+3=0及3x+y-2z-20=0 .
4.8.解.首先按0.3.9(4)题的方法作包含l且与p垂直的平面2x+y+z-5=0.于是L有一般方程
,其方向向量为[0,1,-1] .
4.9.解.该圆柱面的轴是过球心O(0,0,0)且与各坐标轴成等角的直线,其方向向量s = [1,1,1],圆柱面半径即球面半径1，因此所求圆柱面方程为.
4.10.解.半顶角a等于向量s与的夹角,因此得所求圆锥面的方程为:
+104xy + 52xz + 52yz -50x -54y - 24z +10= 0 .