Born to win
x4x5??所以 xln(1?x)?x?2323?(?1)n?1xn?2??(xn). n?2对照麦克劳林公式
f?(0)f??(0)2f(x)?f(0)?x?x?1!2!从而推知
f(n)(0)n?x??(xn),
n!f(n)(0)(?1)n?1? n!n?2得 f
六【详解】因为cosx?0，且n??x?(n?1)?， 所以
(n)(?1)n?1n!(0)?,n?3,4n?2.
??n?0cosxdx??cosxdx??0x(n?1)?0cosxdx. 定积分的性质
又因为cosx具有周期?，所以在长度为?的积分区间上的积分值均相等：
a??acosxdx??cosxdx，
0?从而
?n?0cosxdx??cosxdx??0?2??cosxdx??0???n?(n?1)?cosxdx
?n?cosxdx?n(?2cosxdx???cosxdx)
022?sinx?)?n(1?(0?1))?2n ?n(sinx02???所以
?(n?1)?0cosxdx?2(n?1).
x0所以 2n??cosxdx?2(n?1), 即 2n?S(x)?2(n?1).
2nS(x)2(n?1)??
(n?1)?xn?(2) 由(1)有，当n??x?(n?1)?时，命n??取极限，
12(1?)2n222(n?1)n?2 lim?lim?，lim?limn??(n?1)?n??n??n??1n???(1?)??n Born to win
由夹逼定理，得
limS(x)2?.
x??x?
七【详解】设从2000年初(相应t?0)开始，第t年湖泊中污染物A的总量为m，浓度为则在时间间隔[t,t?dt]内，排入湖泊中A的量为：的水中A的量为
m，Vm0Vm?(t?dt?dt)?0dt，流出湖泊V66mVm?dt?dt. V33因而时间从t到t?dt相应地湖泊中污染物A的改变量为：dm?(由分离变量法求解：
m0m?)dt. 63dmmm(0?)63两边求积分：
?dt
m0m?)dm63?t?C??3ln(m0?m)?t?C ?dt??311?m0m??m0m63(?)(?)6363d(t?C1Ct??1m0mt?C1m0mmm?ln(?)????e?3????0?e3?e3
63?36336CCtt?1???1m0m0?m??3e3?e3?m??C?e3,(C?3e3)22
t?m09(1?9e3)，要满初始条件为m(0)?5m0，代入初始条件得C??m0. 于是m?22足污染物A的含量可降至m0内，命m?m0，得t?6ln3. 即至多需经过6ln3年，湖泊中A的含量降至m0以内.
八【证明】 方法1：令F(x)?又由题设
?x0f(t)dt,0?x??，有F(0)?0,由题设有F(?)?0.
??0f(x)cosxdx?0，用分部积分，有
??000??f(x)cosxdx??cosxdF(x)
?F(x)cosx?0??F(x)sinxdx??F(x)sinxdx
00?? Born to win
由积分中值定理知，存在??(0,?)使
0??F(x)sinxdx?F(?)sin??(??0)
0?因为??(0,?)，sin??0，所以推知存在??(0,?),使得F(?)?0. 再在区间
[0,?]与[?,?]上对F(x)用罗尔定理，推知存在?1?(0,?)，?2?(?,?)使
F?(?1)?0,F?(?2)?0，即 f(?1)?0,f(?2)?0
方法2：由
??0存在?1?(0,?)，使f(?1)?0. 若在区间(0,?)f(x)dx?0及积分中值定理知，
内f(x)仅有一个零点?1，则在区间(0,?1)与(?1,?)内f(x)异号. 不妨设在(0,?1)内
f(x)?0，在(?1,?)内f(x)?0. 于是由
????0f(x)dx?0,?f(x)cosxdx?0，有
0?0??f(x)cosxdx??f(x)cos?1dx??f(x)(cosx?cos?1)dx000???f(x)(cosx?cos?1)dx??f(x)(cosx?cos?1)dx0?1?
?1当0?x??1时，cosx?co?s1，f(x)(cosx?cos?1)?0；当?1?x??时，仍有f(x)(cosx?cos?1)?0，得到：0?0. 矛盾，此矛盾证明了f(x)cosx?co?s1，在(0,?)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,?)内f(x)至少有2个不同的零点.
九【详解】为了求曲线y?f(x)在点(6,f(6))处的切线方程，首先需要求出y?f(x)在
x?6处的导数，即切线斜率. 而函数又是以周期为5的函数，且在x?1处可导，则在x?6处可导，且其导数值等于函数在x?1处的导数值.
将f(1?sinx)?3f(1?sinx)?8x??(x)两边令x?0取极限，由f的连续性得
f(1)?3f(1)?lim(8x??(x))?0 ? ?2f(1)?0
x?0故f(1)?0，又由原设f(x)在x?1处可导，两边同除sinx，
limx?0f(1?sinx)?f(1)f(1?sinx)?f(1)8x?(x)?3lim?lim?lim
x?0x?0sinxx?0sinxsinx?sinx8xx?(x)x??lim??8 ? 4f?(1)?8 x?0xx?0sinxxsinx根据导数的定义，得
f?(1)?3f?(1)?lim所以f?(1)?2，又因f?(6)?f?(5?1)?f?(1)，所以f?(6)?2，由点斜式，切线方程为
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(y?f(6))?f?(6)(x?6).
以f(6)?f(1)?0,f?(6)?2代入得y?2(x?6). 即 2x?y?12?0.
十【详解】首先联立两式，求直线与曲线的交点：得：x??1?x2?ax2，
1，而x?0，1?a则交点坐标为：(x,y)?(1aax. ,). 由点斜式，故直线OA的方程为y?1?a1?a1?aba由旋转体体积公式V???f2(x)dx，要求的体积就是用大体积减去小体积：
V??1a?10?ax????dx??01?a??23251a?121a?1??ax22?dx??521a?10a2x2?(?a2x4)dx 1?a?axax??????5?0?3(1?a)?2?a215(1?a)
为了求V的最大值，对函数关于a求导，
????2dV?2?a?2??a2??5?5da??15(1?a)2?15??(1?a)2???32535?22?2a?(1?a)?a?(1?a)2??2??2 5?15(1?a)??55(1?a)[2a(1?a)?a2][2a(1?a)?a2]2?2?22???? 7515(1?a)15(1?a)251[2a?2a2?a2][2a?a2]2?2??[4a?a2]22 a?0 ??????777151515(1?a)2(1?a)2(1?a)2命
十一【详解】(1) 为了求f?(x)，将f?(x)?f(x)?xdV325?0,得唯一驻点a?4，?. 所以a?4也是V的最大值点，最大体积为Va?4?da18751xf(t)dt?0两边同乘(x?1)，得
x?1?0(x?1)f?(x)?(x?1)f(x)??f(t)dt?0,
0两边对x求导，得
f?(x)?(x?1)f??(x)?f(x)?(x?1)f?(x)?f(x)?0
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即 (x?1)f??(x)?(x?2)f?(x)?0.
上述方程为二阶可降阶微分方程，令u?f?(x)，化为(x?1)u??(x?2)u?0，即
du(x?2)??dx u(x?1)两边求积分：
du(x?2)1??dx??(1??u?(x?1)?x?1)dx
即 lnu??(x?ln(x?1))?C1 所以 u??eC1(?x?ln(x?1)?C1)??(e?x?1?eC1) x?1Ce?xCe?x令C??e，则u?，于是f?(x)?u?.
x?1x?1再以x?0代入原方程f?(0)?f(0)?10f(t)dt?f?(0)?f(0)?0，由f(0)?1，有?01e?xf?(0)??1，于是C??1,f?(x)??.
x?1(2)方法1：用积分证.
f(x)?f(0)??f?(t)dt?1??0xx0e?tdt. t?1而 0??x0t?0x牛-莱公式xe?t?tdt??edt??e?t?1?e?x
00t?1两边同乘以(?1)，得：
xe?1???即 e?x?x0e?tdt?0， t?1x?f(x)?1??0e?tdt?1 t?1方法2 ：用微分学方法证.
因f(0)?1,f?(x)?0，即f(x)单调递减，所以当x?0时f(x)?1. 要证f(x)?e?x，可转化为证明f(x)?e?x?x，则?0，令?(x)?f(x)?e