(20,6) x i. 由图知抛物线方程为y?3x. 于是 5x32 dp?x?2y?dx?6355dx
202 p??2006x25dx?62??x55?192 00假设将薄板沉到水中, 深为h处, 此时薄板的曲线方程为 y?3由题设知 6x?hx?h, dp?x?2y?dx?6xdx 55?h?20hxh?20x?hx?hdx?2?1920, 即?xdx?640
h55h?2053?1?2222 (x?h)?(x?h)??35?5?hh ?4, h = 12
3?640
ii. 由图知抛物线方程为y?320?x. 于是 520?xdx 5 dp?x?2y?dx?6x p?5620622x20?xdx???(20?x)?505520?031202?(20?x)25320?128 00假设将薄板沉到水中, 深为h处, 此时薄板的曲线方程为 y?3由题设知
20?h?x20?h?x, dp?x?2y?dx?6xdx 55 46
6?h?20h20?h?x6h?20xdx?2?1280, 即x(20?h?x)2dx?2560 ?55h521
62?(20?h?x)55h?20?h62?(20?h)(20?h?x)5332h?20
h －12 + 20 + h = 16, h = 18
四. 证明题
?1. 设f(x)为连续正值函数, 证明当x ? 0时函数?(x)??x0x0tf(t)dtf(t)dt单调增加.
xxx?f(x)x?f(t)dt??tf(t)dt?f(x)(x?t)f(t)dt??0?0?0??证明. ?'(x)??0 22xx?f(t)dt??f(t)dt???????0???0?上述不等式成立是因为
f(x) > 0, t < x.
2. 设f(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内f''(x)?0, 证明?(x)?证明. 假设a < x1 < x2 < b,
f(x)?f(a)在(a, b)内单增.
x?a?(x1)?f(x1)?f(a)?f'(?1) (a < ?1 x1?a ?(x2)?f(x2)?f(a)f(x2)?f(x1)?f(x1)?f(a) ?x2?ax2?af'(?2)(x2?x1)?f'(?1)(x1?a) x2?af'(?1)(x2?x1?x1?a)?f'(?1)??(x1) x2?a ? ?不等式成立是因为?1 x?a?a 在(a, b)内也F'(x)?0. 证明: 因为f'(x)?0, 所以f(x)单减. 47 F'(x)??1(x?a)2??axaf(t)dt?1?1f(x)=x?a(x?a)2?xaf(t)dt+ 1(x?a)2?xaf(x)dt 1 = (x?a)2x[f(x)?f(t)]dt?0 4. 证明方程tanx?1?x在(0, 1)内有唯一实根. 证明. 令F(x)?tanx?1?x. F(0) =－1 <0, F(1) = tan1 >0, 所以在(0, 1)中存在?, 使F(?) = 0. 1?1?0 (0 < x < 1), 所以F(x)单增, 所以实根唯一. 2cosxanan?1?0. 证明: 方程 5. 设a1, a2, …, an为n个实数, 并满足a1?2???(?1)32n?1又因为F'(x)? a1cosx?a2cos3x??ancos(2n?1)x?0 在(0, ?2)内至少有一实根. 证明. 令F(x)?a1sinx?a2则 F(0) = 0, F?sin3xsin(2n?1)x??an 32n?1ana2???n?1a????(?1)?0. 所以由罗尔定理存在? (0 < ? < ??132n?1?2?? ), 使F'(?)?0. 即acos??acos3???acos(2n?1)??0 12n2 五. 作图 2x2?2x?21. y? 2. y?(1?x2)e?x x?1解. 1. 2. 第十二章 函数方程与不等式证明 48 an?1an?a一. 证明不等式?2(n?1)lna证明: 令f(x)?ax, 在1111n?1an?2. (a > 1, n ? 1) n1?n?1,1n?上使用拉格朗日定理 f(1)?f(1)?f'(?)(1?1)nn?1nn?1 1 11?nn?1a?a?alnan(n?1) 即 a1n?alna1n?1a? ?n(n?1)111 所以 an?1an?a ?2(n?1)lna 二. 若a ? 0, b ? 0, 0 < p < 1, 证明 (a?b)p?ap?bp 1n?1an?2. (a > 1, n ? 1) n证明: 令f(x)?(x?b)p?xp?bp 显然f(0) = 0. 当x ? 0 时, 因为0 < p < 1 f'(x)?p(x?b)p?1?pxp?1?0 所以当x ? 0时, f(x)单减, 所以f(a) ? f(0) = 0. 所以 (a?b)?a?b?0 即得 (a?b)?a?b 三. 设函数f(x)在[0, 1]上有连续导数, 满足0?f'(x)?1且f(0)?0. 求证 113?? ?f(x)dx??f(x)dx ??0?0?2ppppppxx3?f(t)dt?证明: 令F(x)????0??0f(t)dt, 显然F(0) = 0. 因为0?f'(x)?1且f(0)?0, ??2所以当x > 0时f(x) > 0. F'(x)?2f(x)?x0xf(t)dt?f3(x) f(t)dt?f2(x)?? (1) ?49 =f(x)??2??0 令?(x)?2?x0f(t)dt?f2(x), 显然?(0) = 0. ?'(x)?2f(x)?2f(x)f'(x)?2f(x)(1?f'(x))?0 所以当x > 0时, ?(x) > 0. 由(1)知F'(x)?0(x > 0). 当x > 0时F(x) ? F(0) = 0.所以F(1) ? F(0) = 0. 立即得到 113?? ?f(x)dx??f(x)dx ??0?0?2 四. 求证 |a|p?|b|p?21?p(|a|?|b|)p, (0 < p < 1). 求证: 先证当0 ? x ? 1, 0 < p < 1时, 有 21?p?xp?(1?x)p?1 令F(x)?xp?(1?x)p F'(x)?pxp?1?p(1?x)p?1. F'(x)?0得 x?12. F(12)?21?p，F(1)?F(0)?1. 所以F(1)?221?p为最大值，F(1)?F(0)?1为最小值. 所以当0 ? x ? 1, 0 < p < 1时, 有 21?p?xp?(1?x)p?1 |a||b|, 则1?x?. 代入上述结论, 立即得到 |a|?|b||a|?|b|2? 令x? 21?p|a|p|b|p???1 pp(|a|?|b|)(|a|?|b|)ppp1?p即 (|a|?|b|)?|a|?|b|?2 (|a|?|b|)p, (0 < p < 1). 五. 求证: 若x + y + z = 6, 则x?y?z?12, (x ? 0, y ? 0, z ? 0). 证明：方法1: 2(x?y?z)?2xy?2yz?2xz 222222x2?y2?z2?(x?y?z)2?2xy?2yz?2xz?36?2(x2?y2?z2)222222 所以 3(x?y?z)?36, x?y?z?12 50