第一部分例題精講與習題第一章極限與連續性相關聯的題型1）函數連續性和可導性的判斷及應用2）求函數的間斷點：①第一類間斷點（左右極限存在a>可去間斷點：左右極限存在且相等但函數在該點無除第一類間斷點以外所有的間斷點3）用定義求導數，若存在，則函數在x0處可導且。所以，判斷可導性就是判斷極限 0是y=f∞∞⑤00型，常用方法：取對數化為0.∞型；恒等變形；變量代換⑥∞0型，常用方法：取對數化為0.∞型；恒等變形消除不定式；利用重要極限xxxx→→1）若則稱當x→x0時α(x)是比β(x)高階的無窮小，記為α(x)=oβ(x)，或者說當x→x0時β(x)是比α(x)低階的無窮小；若則稱當x→x0時α(x)是與β(x)同階的無窮小。特別的，當C=1時，稱當x→x0時α(x)與β(x)是等價無窮小，記為α(x)~β(x)(x→x0)；若則稱當x→x0時α(x)是與β(x)等價無窮小替換求極限（注意：有界函數與無窮小的積lnx,xα(α>0),xβ(β>α>0),ax(a>1),xx。nn-x11）證明數列極限存在的方法：①夾逼定理②單調有界定理③級數斂散法：若級數收斂，則an存在④級數收斂的必要條件：若級數an收斂，則n補充：給定數列{an}，則an存在的充要條件是級數收斂。13）中值定理求極限：關鍵是將欲求的極限寫成中值定理的形式，在求函數式具有規律比或其分子分母之項具有中值定理那樣的關聯或函數式非常復雜難以化簡時，解：方法一：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx與tanx之間，當x→0時ξ→0,eξ→1例3.設Dr:x2+y2≤r2，則e-x2-y2cr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr解：當k≤n-1時，則f(2)=2，xn+2=f(xn),xn+2-2=f(xn)-f(2)，由拉格朗日中值定理得：存在ξ介于x，2之間，使得f(x)-f(2)=f'(ξ)(x-2)，:x2k-2=αk-1x2-2,由0≤x2k-2=αk-1x2-2且limαk-1x2-2解：的不可導點即f、(x)不存在或f、(x)=0的點的 :f、不存在，同理可得f、(-1)不存在，:g(x)在x1=f(0)=0,x2=f(-1)=-1,x3=f(2)=8處均不可導，:α=-1,β=8:2-2nx0-2，又2-2)nx0-2=0，:limxn-2=0,:limxn=解：kC=nC-:k2Ck=1=n(k-)Ck=1C-:k2C=n(n-1).2n-2+n.2n-1=n(n+1).2n-2k=1例12.設函數滿足f=A，且f、證明：由f、>0得f單調遞增，:f:f(x)-:-x，x,:當-2<x<-1時該極限不存在，即f(x)不存在；f(-1)=1，若n為奇數不存在；f(-2)=2，若n為奇數f(-2)=1,:f)2n-1例14.已知xn=2.4.16.....22n-1，則xn=_________。22-1-1，)...S2n-1=S2n+2n,=S2n=ln2:β-α>0,β≠0解：x+1,nknk2k2k2k2又k2n2!:lim=1!2例25.求sin解：原式=sinπf+ξ=0。:彐N>0使得F(N)>0,F(-N)<0，f(ξ)+ξ=0例28.若函數f(x)在x=1處可導,且f'(1)=1,求函數F(x)。::xn<1,{xn}單調有界，limxn存在.x→0例31.n為自然數,f(x)在[0,n]上連續，f(0)=f(n)，證明：當n=1,存在a=0,使f(0)=f(1),結論成立；當n>1,令g(x)=f(x+1)-f(x),g(x)在[0,n-1]上連續,存在最小值m和最大值M，f(a)=0,即f(a)=f(a+1).f(x)=f(x+nT)例33.求limarctan(x-lnx.sinx)解：x→∞時arctan-arctan→0x2+1x2-x2+1x2xx:limxn存在:limxn存在-1及數學歸納法得an>1a-2-1)22例42.設f"存在，且求f(0),f、(0),f"(0)的值。f(0)=0:fx→x→06-2-2-f"(0)=6:3f"(0)=-8,11-x22x()+x-x2x()+x-x2例44.已知f(x)在x=6的鄰域內為可導函數,2x-2x-2例47.求極限limcosx-ex→0x2[2x+ln(1-2x)]2例48.設函數f(x)具有二階連續導函數，且f(0)=0，f,(0)=0，f,,(0)>0.在曲線y=f(x)上任意一點(x,f(x))（x≠0）作曲線的切線，此切線在x軸上的截距記作解：過點(x,f(x))的曲線y=f(x)的切線方程為：Y-f(x)=f,(x)(X-x)注意到由于f,(0)=0，f,,(0)>0，所以x≠0時f,(x)≠0.因此切線在x軸上的截將f(x)在x0=0處展成泰勒公式得：在0與x之間；將x=μ代入得：在0與μ之間；例49.設當x→1時是x-1的等價無窮小,則m=____m:則f'(x)=sinxg'(x)+cosxg(x),:f'(0)=g(0)=2010!例54.設函數滿足f=1，且對x≥1時，有f,證明存在:f遞增,:f:0<f,(x)=≤:f,(x)dx≤dx即-1≤arctanx-+arctanxf(x)單調且有界，所以limf(x)存在由f+arctanx得：3ktan(tan(tanx)-sin(sinx)例57.求極限limx→0tanx-sinxx2…xn:x→1；n例60.設x0分析：證明數列極限存在的方法：①夾逼定理②單調有界定理③級數斂散法：若級數收斂，則an存在④級數收斂的必要條件：若級數an收斂，則xnnx列{xn}單調遞減.即數列{xn}為單調數列，從而數列{xn}必有極限.由正項級數的比值判別法得：級數絕對收斂，:由正項級數的比值判別法得：級數絕對收斂證明n,fn在上連續，例62.設函數可導，且f=0,Ftn—1fdt，求解：令u=xntn則Ftn1fnnnnf'(0)≠0；（2）求極限limθ。x→0+證明：設Fdt，則F=0,F在上可微，由(x)F(0)=F'(θx)x,0<θ<1即解：要求f(x)=e—x2sinx2的值域，只需求出函數的最大值與最小值即可.注意到函數f(x)=e—x2sinx2為偶函數，故只需考慮x≥0的情況.為計算方便，令t=x2，得到2m)于是得到函數g(t)的值域，亦即函數f(x)的值域為.例67.若f(x)∈C[a,b]且對任意x∈[a[a,b]有f(x)≠0，則f(x)>0或f(x)<0僅取其一。不妨設而這與f(x0)是最小值矛盾。xxx12.已知曲線y=f(x)在點(1,0)處的切線在y軸上的截距為-1,13.若當x→0時，F的導數與x2為等價無窮小，求f,,(0)。14.設f，求第二章微分學.........和差與倍角公式把函數的次數逐次降低，最后變成sinkx,coskx之和或之差的形式，f(t)dt,則y、=fh(x)h'(x)-fg(x)g、(x)；f(x)g(t)dt，則y=f(x)∫g(t)dt，y、=f(x)∫g(t)dt+f(x)g(x)；f(xt)dt，方法是變量代換，令u=xt,則t=,dt=f(x-t)dt，方法也是變量代換，令u=x-t,則f(u)du,y、=f(x)解：由極限的存在性得f(0)=0，又由極限的保號性得:f(x)>0=f(0)，f(0)是極小值。（3）用高階導數判斷極值：設f'(x0)=0,f"(x0)≠0，若f"(x0)>0則f(x0)為極小值；若f"(x0)<0則f(x0)為極大值補充：不動點為f(x)=x點；零點為f(x)=0的點；駐點為f'(x)=0的點；極值點為f'(x)改變符號的點；拐點為f"(x)改變符號的點。fy(x,y)Δy多元復合函數的求導法：z=f[u(t),v(t)]z=f[u(x,y),v(x,y)]1).空間曲線在點M(x0,y0,z0)處的切線'(x0),z'(x00)'(x0),z'(x0z-z3).若空間曲線方程為過該曲線的曲面束方程為F(x,y,z)+λG(x,y,z)=z-zx-xFyFyyzy-y0FFFFzzxx,Fx,FxxFyy4).曲面z=f(x,y)在點(x0，y0)處的法向量={fx'(x0,y0),fy'(x0,y0),-1},切平面方程z-z0=fx'(x0,y0)(x-x0)+fy'(x0,y0)(y-y0)5).曲面F(x,y,z)=0上一點M(x0,y0,z0)處的法向量：={Fx(x0,y0,z0),Fy(x0,y0,z0),Fz(x0,y0,z0)}切平面方程：Fx(x0,y0,z0)(x-x0)+Fy(x0,y0,z0)(y-y0)+Fz(x0,y0,z0)(z-z0)=0函數z=f(x,y)在一點p(x,y)沿任一方向l的方向導數為cosφ+對cosα+cosβ+cosY其中α、Y為l的方向角。是gradf(x,y)在l上的投影。沿梯度方向函數的方向導數最大，函數變化最快。設fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0，令：fxx(x0,y0)=A,fxy(x0,y0)=B,fyy(x0,y0)=C，△=B2-AC函數z=f(x,y)在條件φ(x,y)=0下極值的求法：令F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)2）在題設條件或欲證結論中有定積分的表達式時，則先用積分中值定理對該積分式處3）在題設條件下若函數f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)上可導，且f(a)=0或f(b)=0如：⑴若f(a)=0，則f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ)(x-a),或②f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ1)(x-a),f(x)=f(x)-f(b)=f'(ξ2)(x-b)4）對定限或變限函數，若被積函數或其主要部分為復合函數，則先做變量代換使之成證明：由思維3，f(x)=f(x)-f(a)=f'(ξ1)(x-a),f(x)=f(x)-f(b)=f'(ξ2)(x-b)，:f(x)≤M(x-a),f(x)≤M(b-x)f(a)f(b)<0，則至少存在一點ξ∈(a,b)使f(ξ)=0。(x)有k-1個零點，f"(x)有k-2個零點，……,f(k-1)(x)有1個零點，f(k)(x)沒有零點。∫f(x)g(x)dx=g(ξ)∫f(x)dx又叫廣義積分1）.欲證結論：至少存在一點ξ使得f(n)(ξ)=0的命題。思路一：驗證f(n-1)(x)在[a,b]上滿足羅爾定理條件，由該定理即可得證；思路二：驗證ξ為f(n-1)(x)的最值或極值點，用費馬定理即可得證。2）.欲證結論：至少存在一點ξ∈(a,b)使得f(n)(ξ)=k及其代數式的命題。思路提示：①作輔助函數F(x)；②驗證F(x)滿足羅爾定理條件；③由定理的結論構造輔助函數的方法1）原函數法：①將欲證結論中的ξ換成x；②通過恒等變形將結論化為易消除導數符號的形式（或稱（2）常數k值法：①令常數部分為k；②恒等變形，使等式一端為a及f(a)構成的代3）.欲證結論：至少存在一點ξ,η∈(a,b)且ξ≠η滿足某種關系式的命題。解：由拉格朗日中值定理得etanx-esinx=eξ(tanx-sinx)，其中ξ在sinx與tanx之間，當x→0時ξ→0,eξ→1例2.設Dr:x2+y2≤r2，則e-x2-y2cosdxdr-x2-y2cos(x+y)dxdy=πr2e-ξ2-η2cos(ξ+η)，Dr例：將展開到x3項。8）.泰勒公式在微分有關證明題中的應用：泰勒公式是高等數學的一個重要內容，它若函數f(x)在含有x0的某個開區間(叫做拉格朗日余項，這里ξ是介于x與x0之間的某個值。或證明：由條件得在x0=處的泰勒公式為f",)x-,)2+f'''(ξ)x-),3這里ξ介于x與x0=之間。f(a)=f),+f'),),+f",)),2+f'''(ξ1),)3(1)f(b)=f),+f'),),+f",)),2+f'''(ξ2),)3(2)其中，ξ1介于a與之間，ξ2介于與b之間。2f'''(ξ)=f'''(ξ1)+f'''(ξ2)關鍵是要根據已知條件，選擇恰當的x0，然后使用泰勒公式，就可得到所要的結論。ξ∈(0,1)使得f"(ξ)≥8。思路分析：f(x)在[0,1]上二次可微且有最小值-1≠0，所以在(0,1)內一定該點的導數為0。又高階可導，想到泰勒公式，要證的點為x0。2，這里ξ介于x與x0之間。分別令x=0,1得：f=-1+x02,f=-1+所以，當x0綜上所述，存在一點ξ∈(0,1)使得f"(ξ)≥8。例3.設函數f(x)在R上三階可導，且f(3)(x)和f(x)有界，求證：f、(x),f"(x)也有界。鍵是如何選擇合適的x0點，并要選擇在某處將函數展開，并恰好約掉多余項，利用f(3)(x)和f(x)有界的條件，從而得到結論。注意到x+1,x-1與x正好相差1和-1，不妨取x0=x,且x取x+1,x-1時，利用泰勒公式，約掉其中一個未知量，即可得到另一個證明：根據題目條件，f(x)在x0處的泰勒公式為這里ξ介于x與x0之間。分別取x0=x,且x取x+1,x-1有：兩式相加消去f、(x)得兩式相減消去f"(x)得由f(3)(x)和f(x)有界，可知f、(x),f"(x)也有界。1-2,(1):n+(-1)n=n-2n+o|((1)①觀察法與湊方法例1:設f(x)在[0,1]上二階可導，f(0)=f(1)=f(0)=0分析：把要證的式子中的ζ換成x，整理得f(x)-xf(x)-2f(x)=0…(1)由這個式可知要構造的函數中必含有f(x)，從xf(x)找突破口因為[xf(x)]=xf(x)+f(x)，那么把(1)式變一下：f(x)-f(x)-[xf(x)+f(x)]=0→f(x)-f(x)-[xf(x)]=0這時要構造的函數就看出來了F(x)=(1-x)f(x)-f(x)②原函數法例2:設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，f(a)=f(b)=0，又g(x)在[a,b]上連續求證：彐ζ∈(a,b)使得f(ζ)=g(ζ)f(ζ).現在把與f有關的放一邊，與g有關的放另一邊，同樣把ζ換成xF(x)=f(x)e-∫g(x)dx③一階線性齊次方程解法的變形法對于所證式為f+pf=0型其中p為常數或x的函數）例：設f(x)在[a,b]有連續的導數，又存在c∈(a,b)，使得f(c)=0求證：存在ξ∈(a,b)，使得f→-這樣就變成了f+pf=0型注：此題在證明時會用到f=0→f這個結論2）.所證式中出現兩端點①湊拉格朗日例3設f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導證明:至少存在一點ζ∈(a,b)使得+ζfF(x)=xf(x),用拉格朗日定理驗證一下②柯西定理2，f(x)在[x1,x2]可導，證明在(x1,x2)至少存在一點c，使得發現exf(x2)—exf(x1)是交叉的，變換一下，分子分母同除一下ex+xf(x2)—f(x1)于是這個式子一下變得沒有懸念了③k值法設整理得ex[f(x1)k]=ex[f(x2)k]④泰勒公式法老陳常說的一句話，管它是什么，先泰勒展開再說。當定理感覺都起不上作用時，泰勒法往往是可行的，而且對于有些題目，泰勒法反而會更簡單。①兩次中值定理例5f(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，f(a)=f(b)=1利用拉格朗日定理可得再整理一下只要找到與eζ的關系就行了例1.是否存在可微函數使得f=1+x2+x4-x3-x5，若存在，請求解：令g(x)=ff(x)-x=1-x+x2-x3+x4-x5,g(-1)=6≠0，當x≠-1時g=0得x=1，:x=1是g的唯一:f:(x)=f、f(x)f(x)-1，2-1≥-1，另一方面g、(x)=-1+2x-3x2+4x3-5x4，gf(x)≤pf(x)證明：由拉格朗日中值定理得f(x)=f(x)—f(0)=f'(ξ1)x,ξ1介于0，x之間，:當x∈[0,1]時，f(x)=f'(ξ1)x≤f'(ξ1)≤pf(ξ1),ξ1∈[0,x]，:f(ξ1[0,ξ1],...,:f(x)≤pnf(ξn)，ξnξn1][0,ξ:f:limpnf(ξn)=0,:ff(x)=f(x)f(1)=f、(η1)(x1)≤f:f:f]時f(x)=f(x)f(0)=f'(ζ1)x≤f'(ζ1)l:f(x)≤pf(ζ1)≤p2f(ζ2)≤...≤pnf(ζn),limpnf(ζn)=0,:f遞增，:f例6.求fentdt的n階導數。解：設gkentdt，則f0ntdtnx，當n>k時g=nnk1.enx，由f得：1，且二元函數滿足解x22f:f3r2f'(r2)+r4f"(r2)=0，令r2=ex，則f(ex)+3exf'(ex)+e2xf"(ex)=0令g(x)=f(ex)，則g、(x)=exf'(ex),g"(x)=exf'(ex)+e2xf"(ex):fex)2x)ex,f(x)=c2:ff、:f:f則則又∈使得x=1，此時f，:x(t)0時，f(t)的最大值為。22令n，則Pn.n!.mn解：f(x)=(x2)n(x1)ncos，(x1)ncos，則f(x)=g(x)h(x)f(n)(x)=Cg(n—k)(x)h(k)(x)證明：記xn=,n∈N*，由題意得f(x),f、(x),f"(x),...,f(n)(x)在x=0處n:f(0)=f級數收斂，:=0,:ff(x)=f(a)+f'(a)(x—a)+f"(ξ1)(xa)2,ξ1介于x,a之間，f(x)=f(b)+f'(b)(x—b)+f"(ξ2)(xb)2,ξ2介于x,b之間，f"(ξ)=max{f"(ξ1),f"(ξ2)}，則例14.已知函數f(x)在[a,b]上二階可導，對于[a,b]內每一點x，有f(x)f"(x)≥0，且::f:x∈[x1,x2]有f(x)=0，與題意在[a,b]的任一子區間上f(x)不恒等于0矛盾方法二：設x1,x2(x1<x2)是f(x)在[a,b]上的兩個相鄰零點，即在(x1f"(x)≥0:f(x)在(x1,x2)上遞增，在x1的右鄰域內f(x)>0=f(x1),在x2的左鄰域內f(x)>0=f(x2),2,f、(x)遞增，:f')<f'(x2),與f'(x1)>0>f'(x2)矛盾。例15.f(x)在[a,b]上連續在(a,b)內可導且f(a)=f(b)=0求證：存在ξ∈(a,b)使ξf(ξ)+f'(ξ)=0F(x)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導,且F(a)=F(b)=0，f(r)當0<r<+∞時有連續的二階導數，且f(1)=0,f,(1)=1，又,ux=f,.f且u滿足（二維）拉普拉斯方程,f(x,y)的表達式。f(x,y)是x2+y2的函數，可以考慮用極坐標進行轉化，利用求微分方+y2，則u=f補充題2：u=f(x,y)，試求出（二維）拉普拉斯方程f(x,y,z)，f是可微函數，若，證明u僅為r的函數，其中xyz利用球坐標變換：設x=rsinφcosθ,y=rsinφsinθ,z2(sinφcosφcos2θ+sinφcosφsin2θcosφsinφ)=0求u1,(x,2x).例20.求函數f(x)=x2ln(1+x)在x=0點處的100階導數值.(98)例21.設f(u,v)有一階連續偏導數，z=f(x2—y2,cos(xy))，x=rcosθ,y=rsinθ,證類似可得=2r(xsinθ+ycosθ)+rsin(xy).(ysinθxcosθ),代入原式左邊得：cosθsinθ=2cosθ.(xcosθysinθ)cosθ..sin(xy)(ycosθ+xsinθ).sinllφ=z-xf(x)=(1-x)ln(1-x)+x，f'(x)=-ln(1-x)>0:f(x)在（0,1）上遞增，:f::g'(x)>g'(0)=0:g(x)在（0,1）上遞增，g(x)>g(0)=022，x證明：設f(x)=1+xln(x+1+x2)-x令f,(x)=0，得到駐點x=0.由f,,>0可知x=0例26.試確定a值，使方程上有兩個相異的實根。解：令則f(x)在[-1，1]上是偶函數，則f(x)=a在（0，1]上:f:fF,(x)<0；當2<x時，F,(例28.設Fe-t2dt，試證明在區間[-1,1]上F(x)有且僅有兩個實根.由-te-t2dt=e-x2-e-1，由于e-x2是偶函數，所以e-t2dt是奇函數e-t2dt是偶函數，于是知F(x)為偶函數.因此函數F(x)在(0,1)內有且僅有一個實根；又由F(x)為偶函數，故F(x)在(-1,0)內同樣有且僅有一個實根.于是知函數F(x)在閉區間[-1,1]上有且僅有兩個實根.例29.設常數k>ln2-1，證明：當x>0且x≠1時，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0.證明：設函數f(x)=x-ln2x+2klnx-1(x>0)，故要證(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0，只需證：當0<x<1時，f(x)<0；當1<x時，f(x)>0.即當x>0時f,(x)>0，從而f(x)嚴格單調遞增.又因f(1)=0，故，(x-1)(x-ln2x+2klnx-1)>0。證明：函數f(x)在[0,1]上連續，有最大值和最小值，又因最大值是2，端點處函數值f(x)=2，于是f(x0)是極大值，:f'(x0)=0，證明：應用泰勒公式將分別在點a,b處展開，注意到<ξ2其中當f"(ξ1)≥f"(ξ2)l時ξ=ξ1；當f"(ξ2)≥f"(ξ1)時ξ=ξ2f"(x)≤M，求證：(0,1)時f"(x)≤M，∫f(x)dx=(b-a)f(ξ2)≤(b-a)f(a),ξ2∈[a,b],例34.設函數f(x)在[a,b]上二階可導，且f(a)=f(b)=0及f"(x)≤8，證明：把f(a)、f(b)分別在點處展開得：:f(a)+f(b)=f"(x1)+ff"(x2)(b-a)214dx≤f證明點處展開得f(x2)=f(|,f'|((),x2-),f"(ξ)x2-),2f"(x)≤0,:f≤f),+f'),x2-,)x2)dxf',)x2-),dx=f),例37.設函數f(x)>0，f"(x)≤0，證明：f(x)≤-f(x)dx。因為f(x0)是f(x)的最大值，所以f例38.設函數f(x)在[a,b]上二階連續可導，且f(a)=f(b[x0,b]上分別用拉格朗日中值定理得f(x)-f(0)=f'(x1)(x-0)即f(x)=f'(x1)xM=,]f(x),:f≤Mx:dx≤Mxdx=f(x)=f'(x2)(1-x)即f(x)=-f'(x2)(1-x)f'(x)例40.設函數f(x)∈C[a,b]且不恒為0，0≤f(x)≤M，求證：f(x)cosxdx2+|∫f(x)sinxdx2+-∫f(x)dx2=2f(t)cost∫f(x)cosxdx+2f(t)sint∫f(x)sinxdxg"(t::g(t)單調遞增，::F(b)≥F(a)=0即證明：設f(x)=xp+(1-x)p，則f'(x)=pxp-1-p(1-x)p-1令f'(x)=0得駐點在上遞減，在上遞增=21-p是函數的最小值，又1-x)p≤1。f'(1)(x-1)+M(x-1)2|dx=:≤dx=0。證明：f在上恰好有兩個零點。假定x=α是f(x)在(0,1)內的唯一零點，不妨設當0<x<α時，f(x)<0，當α<x<1時，f在f,(a)=0,f,(b)=0。對f,(x)在[a,b]上應用羅爾定理知，存在ξ∈(a,b)(0,1)，使得f,,(ξ)=0，這與f,,(x)≠0矛盾。所以，f(x)在[0,1]上恰好有兩個零點。例44.設函數f(x)在區間[a,+∞)上具有二階導數，且f(x)≤M0，0<f,,(x)≤M2，h2，其中ξ∈令下面求其最小值：由g,M2=0,,>0，所以g在h0=2處得極小例45.設函數f(x)在閉區間[0,1]上連續，在開區間(0,1)內可導，且f(0)=0,f(1)=1，試證明：對于任意給定的正數a和b，在開區間(0,1)內存在不同的ξ和η,使得顯然ξ≠η;于是例46.設函數在[a,b]上有連續導數，且f(a)f(x)=f'(ξ2)(x—b),x<ξ2<bf"(ξ2)(1x)2,ξ2∈(x,1):f(1)—f(0)=f'(x)+ f(a)=1,f'(a)=0，利用泰勒公式展開得：f"(ξ2)(1a)2,ξ2∈(a,1):f"(ξ1)=,f"(ξ2)=例49.設f(x)在[a,b]上有二階可導，且f'(a)=f'(b)=0,則在(a,b)內必存在一點ξ:f(b)—f(a)=f"(ξ1)—f"(ξ2)(b—a)2令f"(ξ)=max{f"(ξ1)，f"(ξ2)}，則例50.設函數f(x)在閉區間[a,b]上具有連續的二階導數，證明：彐ξ∈(a,b)，使得證明：將函數在點x0=處作泰勒展開，并分別取x=a和x=b得到例51.設函數f(x)在閉區間[—2,2]上具有二階導數，f(x)≤1，且[f(0)]2+[f,(0)]2=4，證明：存在一點ξ∈(—2,2)，使得f(ξ)+f,,(ξ)=證明：在區間[2,0]和[0,2]上分別對函數f(x)應用拉格朗日中值定理得F(x)=[f(x)]2+[f,(x)]2F(η1)故F(x)在區間[η1,η2]上的最大值F(ξ)=Max{f(x)}≥4，且ξ∈(η1,η2).由費馬引理知,η2)F,(ξ)=0.而F,(x)=2f(x)f,(x)+2f,(x)f,,(x)故F,(ξ)=2f,(ξ)[f(ξ)+f,,(ξ)]由于F(ξ)=[f(ξ)]2+[f,(ξ)]2≥4，所以f,(ξ)≠0，從而f(ξ)+f,,(ξ)=0.上至少存在一點ξ使得a3f"2f(x)f(0)x2f"(x)在[a,a]上連續，故f"(x)在[a,a]上有最小值m和最大值M，故a3maf"(ξ1)x2dx≤Max2dx=a3Mξ使得:a3f"(ξ)=3af(x)dx例53.設f"(x)連續且f"(x)>0,f(0)=f'(0)=0，u(x)是曲線y=f(x)在點分析：當x→0時所求極限為型未定式，可考慮用等價無窮小和洛必達法則，因此要對變上限函數的定積分求導，所以先要求出u(x),u'(x)，進而可利用f(x),f'(x)解：曲線y=f(x)在點(x,f(x))處的切線方程為：Y—f(x)=f,(x)(X—x)，注意到由于f,(0)=0，f,,(x)>0，所以x≠0時f,(x)>0.令Y=0得切線在x軸上的截距為且將f(x)在x0=0處展成泰勒公式得：在0與x之間；在0與u之間；:f'(x)=f"(ξ1)x,f"(x)=f"(ξ1),=1—=:u(x)~→0+),fu(x)=f,,(ξ2)u(x)2~f,,(ξ2)x2[a,b]且f(x)f(y)≤kxy，其中k為常數 （2）xnx=f(xn1)f(x)≤kxn1x≤k2xn2x≤...≤kn1x1x例55.設f在上連續，在上可導，證明：在(a,b)內至少存在兩點使得f'證明：f(x)≤1。證明：令g(x)=exf(x),g、(x)=exf(x)+f、(x):g、(x)≤ex，gx→-∞即-ex≤exf(x)-limexf(x)≤ex:-1≤f(x)≤1:fx→-∞例57.設f、(x)在[a,b]上連續，f(x)在(a,b)內二階可導，（1）在(a,b)內至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)；（2）在(a,b)內至少存在一點η(η≠ξ)使得f"(η)=f(η)。:f=0，設g=e-xf所以，在(a,b)內至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)。得=0，即f'（2）由（1）得f'(ξ1)-f(ξ1)=0,f'(ξ2)-f(ξ2)=0,ξ1,ξ2)(a,b)使得F,(η)=0，又，所以f"證明：存在ξ∈使得證明：令h(x)=f(a)g(x)+f(x)g(b)-f(x)g(x)，又h(x)=f(a)g、(x)+f、(x)g(b)-f(x)g、(x)-f、(x)g(x)故，存在ξ∈使得衡時，它的軸線與桌面的夾角為θ=arctan所以，sinθ=cosY=故tanθ=因此θ=arctan。例60.設函數f(u)可導且f,(u)≠0，證明：旋轉曲面的法線與轉軸相交。+y2則z=f。因為，所以旋轉面上P(x,y,z)點處的法線l的方程為易見旋轉面的轉軸為z軸，其方程為解它們聯立的方程組得l與z軸相交且交點,z=f于是旋轉面在點P(x,y,z)處的法線l的方向向理可取為s=[xf,(u),yf,(u),-u],而旋轉面轉軸為z軸O(0,0,0)到l上點P(x,y,z)的向量為OP=(x,y,z)，由于三向量k,s,OP的混合積解：方法1：令F(x,y,λ)=x2+2x2y+y2+λ(x2+y2-1)，并令：解得：及，F,(y)=2-6y2，令F,(y)=0解得駐點，2.若函數f(x)在(-∞,+∞)可導,且=-1,求f'3.當x→0時,1-2x-31-3x與axn是等價無窮小,求a與n4.設fdx，g=x3+x4，則當x→0時，（A）f(x)與g(x)為同階但非等價無窮小B）f(x)與g(x)為等價無窮小；（C）f(x)是比g(x)更高階的無窮小D）f(x)是比g(x)更低階的無窮小 （A）1條B）2條C）3條D）4條.8.設u=f(x,y,z)，φ(x2,y,z)=0，y=sinx，其中f,φ具有連續的一階偏導數，且10.由方程xyz+所確定的函數z=z(x,y)在點(1,0,-1)11.設z=，其中f、φ具有二階連續導數，則.f，其中f具有二階連續偏導數，g具有二階連續導數，求2z2z14.設f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，且f(0)=0，證明：存在點ξ∈(0,1)，使ξf,(ξ)+f(ξ)=f,(ξ)。16.設函數f(x)在閉區間[0,1]上連續，在開區間(0,1)內可導，且4∫dx=f求證：在開區間(0,1)內存在一點ξ,使得f,(ξ)=0.dx=f。證明：存在ξ∈使得f"存在ξ∈(a,b)使得αf(ξ)=f'(ξ)。20.設f(x),g(x)均在[a,b]上連續，在(a,b)上可導，且x∈(a,b),f'(x)g(x)≠f(x)g'(x)，又f(X)在(a,b)內有兩個零點x1,x2。證明：21.設f(x)是區間[0,1]上的非負可導函數，且f'f'(0)+f'(a)≤Ma。n的點x0使f(x0)=x0。內至少存在一點ξ使得f在(a,b)內至少存在一點ξ使得f'(ξ)=f(ξ)-ξ+1。=1上求一點，是函數f(x,y,z)=x2+y2+z2在該點沿方向第四章無窮級數等比級數qn-1,當q<1時收斂且qn-1=當q≥1時發散。級數發散，其中k為正常數。級數收斂a正項級數審斂法：則正項級數與廣義積分f(x)dx具有相同的收斂性。2n錯級數判斷收斂一般用下述方法：其余項rn的絕對值rn≤an+1。如果{an}不滿足條件，則一般可改用：（2）取通項的絕對值所構成的級數，若收斂則原級數絕對收斂；若此絕對值所構成的（3）拆項或并項的方法，將通項拆成兩項，若以此兩項分別作通項的級數均收斂，則絕對收斂與條件收斂：若收斂，則收斂且稱為絕對收斂；若發散但收斂則稱為條件收斂。由發散不能斷言也發散。但如果的發散是由比值法（或根值法）推斷出的，則≠0，從而0，于是也發散。調和級數發散，而收斂；級數收斂。任意項級數的判別法：①絕對值判別：若級數收斂，則收斂。即絕對收斂的級nn非是冪級數：23nnxnx<R時收斂級數在收斂域上的性質：anxn+bnxn，收斂半徑R=min{R1,半徑為的收斂半徑為1，當x=±1時，級數絕所以，收斂域為[-1,1]。冪級數在收斂域(-R,R)上絕對收斂，且和函數S(x)為連續函數。若anxn在-R或R處antndt，逐項積分后收斂半徑不變。逐項求導、逐項積分后，收斂半徑A.條件收斂B.絕對收斂C.發散D.收斂性與{an}相關解：原冪級數在x=3處條件收斂說明收斂半徑為3-1=2。冪級數經逐項積分、平移后，收斂半徑不變，所以后一冪級數的收斂域為（-2，2]。X=3在收斂域外，所以在該點處發散。p若不存在時并不能說收斂半徑不存在，因為收斂半徑總是存在的。對于類似 anx2n、anx3n等級數的收斂半徑不能這樣做，應根據求收斂半徑。>1，級數x2n發散；所以收斂半徑為。小試身手：冪級數的收斂半徑為___________（答案：）若an的分母為n!或(2n)!或(2n-1)!也可通過上述方法化簡，最后利用ex,sinx,cos式求和。若an的分母為(2n)!!或(2n-1)!!也可通過上述方法化簡，最后利用(1+x)m的展開式求和。冪級數求和還應求出收斂域。常用方法舉例anxn,用下列兩種用冪級數求和的方法求某些數項級數的和時，要找到一個適當的冪級數，求函數展開成冪級數：余項：n+1,f可以展開成泰勒級數的充要條件是Rn=0x0f(x)展開成x的冪級數的步驟：(1)求出f(n)(x)(n=1,2,...(3)寫出f(0)+f,(0)x+x2+…+xn+…并求出斂散半徑R；=0(ξ位于0與x之間)是f(x)的邁克勞林級數收斂的充要條件。此x2+…+xn+…一些常用函數展開成冪級數：2-...nxnxxxxn三角級數：傅立葉級數：Σbnsinnx是奇函數Σancosnx是偶函數周期為2l的周期函數的傅立葉級數解：由于tan:當時有x-y=arctan=arctan::級數收斂例4.討論級數的斂散性。n2n解x2n，則s"x2n-2=n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,n=12n(2n-1)n=1(2n-12nn,例6.設函數f(x)在x=0的某鄰域內具有二階連導數，且=0，證明：級數證因為函數f(x)在x=0的某鄰域內具有二階連續導數，且則方法2因為函數f(x)在x=0的某鄰域內具有二階連續導數，則f,,(x)在該鄰域內的某閉子區間[-a,a]上有界，即存在常數M>0，使得f,,(x)≤M。由泰勒公式x2，0<θ<1由此較判別法知，級數絕對收斂。n-2=n(n-1)an,n≥21）求冪級數anxn的和函數S(x)2）求S(x)的極值。解1）設冪級數anxn的收斂區間為(-R,R)，逐項求導得nanxn-1，S,,anxn-2，x∈依題意，得S,,an-2xn-2=anxn，所以，有S,,解此二階常系數齊次線性微分方程，得S(x)=C1ex+C2e-x。代入初始條件處取極小值。例9.設f(x)是(0,+∞)上遞減的連續函數，且f(x)>0，證明數列{an}收斂，其中(f(n+1)-f(x)≤0)[f(n-1)-+f(n)≥0:{an}收斂n-1稱為歐拉常數,:1+-lnn=C+o表示無窮小）.0.57721566490153286060651209，目前還不知道它是有理數還是無理數。在微積分學中，歐拉常數有許多應用，如求某些數列的極限。,n:收斂，:收斂和-ln2n=C+o，:通常也可以使用定積分的定義法求limxn:例10.設函數f(x)在(-∞,+∞)上有定義，在x=0的某個鄰域內有一階連續導數，且:f(x)↑(x∈I)，n::++……＋+……收斂，并求和(2n-1)!證明：將f(x)按馬克勞林展開得anxn，其中 ::nn0:n:n→∞:Σ=Σ=Σ|-:Σ=Σ=Σ|-nn=0anan+2n=0anan+2n=0(anan+2,而級數發散，:un發散，所以原級數條件收斂。證明：將x2在[-π,π]上展開成余弦級數，則a0=x2dx=證明：」x→0時f(x)是x的高階無窮小，:f(0)=0,f'(0)=0，在x=0的某鄰域內將f(x)展成泰勒公式x2,ξ介于0，x之間，」f"連續，::收斂，:收斂，:收斂4.3練習題1.求冪級數的和函數S(x)。2.求冪級數n的和函數S(x)。3.設冪級數的收斂域為(-4,2)，則冪級數的收斂區間為 。 收斂，收斂，證明：anbn絕對收斂。第五章常微分方程3.一階線性方程：形如y、+p(x)y=q(x)的解是其中，y=Ce-p(x)dx是方程y、+p(x)y=0的通解，p(x)dx4.貝努里方程：形如y、+p(x)y=q(x)yα,當α=0時是一階線性方程；當α=1時是可分離變量方程；當α≠0,1時，令z=y1-α,則有z、+(1-α)p(x)z=(1-α)q(x)，先解出z再解y。5.可降階的高階方程：①形如y"=f(x)連積兩次分②形如y"=f(x,y、)，設p=y、則p、=f(x,p)解出p后再積分即可③形如y"=f(y,y、)不含自變量x，可令p=y、利用復合函數求導法則將y"化為對y的導數，從而先解出p再分離變量并積分即可+p1y、2yr2r2y"+p1y、2yrxrrxrx2e2x)erx一對共軛復根α±βiαx(c1cosβx+c2sinβx)一項：cerx2xkxk-1)erx一對單共軛復根α±βi兩項：y=eαx(c1cosβx+c2sinβx)一對k重共軛復根α±βiαxk-1)cosβx+1k-)sinβx]1由于n次代數方程有n個根，而每一個根對y=c1y1+c2y2+...+cnyn。n階齊次線性方程有且僅有n個線性無關的解。8.二階常系數非齊次線性方程：y"+p1y、+p2y=q(x),p1,p2是實常數。q(x)是指數函數eαx、多項式函數Pn(x)、三角函數acosβx+bsinβx或者是它們的乘積。將方程右邊非齊次項q(x)分解成幾個容易求解的部分的和，利用線性疊加原理，再分成⑴q(x)=pn(x)eαx，其中pn(x)是x的n次多項式，α是常數，特解是y*kqn(x)eαx，其中qn(x)是與pn(x)同次（n次）的多項式，而k按αy*須注意k是特征根方程的根α的重復次數（即若α不是特征根方程的根k取0，是9.解微分方程時，若是齊次的只有通解；若是非齊次的就先解出方程對應的齊次方程的通解，再求出非齊次的特解，二者相加即為非齊次方程的解。非齊次方程的兩個例：設y1=ex(1+sinx),y2=ex(1-cosx)是某二階常系數非齊次線性微分方程的兩個特征方程是r2-2r+2=0，設方程為y"-2y、+2y=f(x)，將y1代入得：f(x)=ex，:原微分方程為y"-2y、+2y=ex。11.常數變易法：通過把對應齊次線性方程的通解中的任意常數，變易為待定函數去求設非齊次線性方程為y"+p(x)y、+q(x)y=f(x)（1其對應的齊次線性方程為知齊次線性方程的兩個線性無關解為y1(x),y2(x),則y=c1y1(x)+c2y2(x)是方程（2）(x)y2(x)是（1）的特解。則有：解題步驟：①求方程（2）的解y1(x),y2(x)；(x)，在積分得到c1(x),c2(x)；:積分得到{；+y2解全微分方程：設dudx+Ndy,即確定C(y)。即可解得方程。其中μ(x,y)是積分因子。即M-N=μ(|(-,)題意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1兩邊對y求導得xyf、(xy)+f(xy)=f(x)+f(y):f(x)=3lnx+3例4.設函數可微，fx,且滿足ncoty，求f又由積分得f(x,y)=φ(y)e-x，由f(0,y)=siny和φ(y)=siny，所以f(x,y)=e-xsiny。lnf(x,y)=-x+lnφ(y)，即f(x,y)=φ(y)e-x。始條件得C=λ,所以，f(x,y)=e-xsiny。)上有連續的二階導數，f(1)=0,f'(1)=1，且二元函數r4f"(r2)+3r2f'(r2)+f(r2)=0)e-t，即由f=0,f'得2:f解：」y1=x是原方程的解，設y2=xu(x)，求一階、二階導數后代入原方程得2:y2=c1+c2x1.設y12x,y3x,y4x2xydx+Q(x,y)dy與路徑無關，并對任意實數t都有4.設函數f(x)具有二階連續導數，f(0)=0,f'(0)=1，且方程性齊次微分方程是，該第三部分競賽真題與模擬題及參考答案第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷一（非數學類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.55面(y>0)內的有向分段光滑曲線，L的起點為(a,b),終點為(c,d).記同，求此切線方程，并求,其中k為一非零常數.五、（本題滿分15分）設函數f(x)定義在[0,c]上，f,(x)在(0,c)內存在且單調下降，又f(0)=0.證明：對于0≤a≤b≤a+b≤c,恒有f(a+b)≤f(a)+f(b).六、（本題滿分15分）設u=f具有二階連續偏導數，且滿足第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷一參考答案x.2．解：要使函數f(x)在x=0處可導，m應滿足以下條件：當x≠0時，對任意自然數m，都存在,由①,②知f(x)在x=0處的二階導為由②,③知要使f(x)在x=0處的二階導存在，m的取值范圍為：m>3。3.解：令x-y2=0,拋物線x=y2將區域D分成D1和D2兩塊，其中在D1中，x-y2=y2-x,而在D2中x-y2=x-y2.當x=±時，由于故該級數的收斂區域為(-,).面(y>0)內的有向分段光滑曲線，L的起點為(a,b),終點為(c,d).記在上半平面內處處成立，所以在上半平面內曲線積分I與路徑L無關。于是得，g(x)在(0,0)點處的切線方程為：y=x.五、（本題滿分15分）證明：由于f(0)=0∈(0,a),使得f(a)-ff(b)=(a+b-b)f,(ξ2)=af,(ξ2).②由于函數f,單調下降，且0≤a≤b≤a+b≤c,故有ξ2>ξ1,于是得f,(ξ2)≤f,(ξ1),f(b)≤f(a),即：f(a+b)≤f(a)+f(b).設xn-2,x y22y2x+y22y2x+:g、(x)在(0,1]上單調遞減，:g、(x)<g、(0)=0，:g(x)在(0,1]上單調遞減:g(x)<g(0)=0即f、(x)<0，:f(x)在(0,1]上單調遞減所以，-1,β=第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷二（非數學類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.6二本題滿分10分）設f(x)=nx(1-x)n（n為正整數（1）求f(x)在閉區間[0,1]上的最大值M(n)2）求limM(n)（1）a為何值時，f(x)在x=0點處連續；（2）a為何值時，x=0為f(x)的可去間斷點。（1）設函數試求并討論F(x)在x=1處的設f求五本題滿分10分）已知曲線的極坐標方程是r=1-cosθ,求該曲線上對應于八本題滿分10分）已知f,(sin2x)=cos2x+tan2x,求f(x)且f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1。試證必存在ξ∈(0,3)，使f,(ξ)=0。第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷二參考答案二本題滿分10分）解：f,(x)=n[(1-x)n-nx(1-x)n-1]=n(1-x)n-1(1-x-nx)2故為f的極大值點為對應的極大值。又f(0)=f(1)=0故f(x1)即為f(x)在閉區間[0,1]上的最大值：三本題滿分10分）解：因為因此，F(x)在x=1處連續。以代入，得到切點坐標為七本題滿分10分）解：利用積分中值定理，存在ξ,介于0與x之間，因此，九本題滿分10分）解：dt+xdt，F,,由于f(x)為偶函數，對于f(t)dt，作變量替換：t=-u，則有-xaf(t)dt+-xaf(t)dt+--f(t)dt=∫-xxf(t)dt由積分中值定理dt=f十本題滿分10分）證明：因為f(x)在[0,3]上連續，所以f(x)在[0,2]上連續，設f(x)在[0,2]上的最大值為M，最小值為m，于是m≤f(0)≤M，m≤f(1)≤M，m≤f(2)≤M因為f(c)=1=f(3)，且f(x)在[c,3]上連續，在(c,3)內可導，因此由羅耳中值定第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷三（非數學類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.63．設f，求f,三設g|x-t|et2dt，求g的最小值。成的旋轉曲面介于平面z=0與z=1之間部分的外側，函數f(u)在(-∞,+∞)內具Σ五設F證明：（1）F(t)為偶函數2）F(t2)=2F(t)續的一階導數，且存在，求f第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷三參考答案4．解：=-csctcott-2c二證明：設F由f(0)=0且0<f,(x)<1，知當x>0時，f(x)>0。又設dt-f2則g=0,g,所以F,(x)>0，從而F(x)>F(0),不等式得證.單調增加；當x<-1時，g=-2xet2dt，g,et2dt<0故當x≤1時g單調減少；當-1<x<1時，get2dt+et2dt故x=0是g(x)的極小值點et2dt>2dt=2tet2dt=et2|=e-1，故g的最小值為g(0)=e-1記P=xf(xy)-2x,Q=y2-yf(xy),R=(z+1)2，則補面Σ1:z222≤2)，上側。由高斯公式知I0x=π-u六證明：設F=2x-dt-1，則F(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，F(0)=-1<0又F,(x)=2-f(x)>0，故F(x)在[0,1]上嚴格單調遞增，因此在[0,1]上方程發散,bn=收斂:發散時，an=遞減:an收斂:bn收斂::an收斂絕對收斂,:bn收斂:題意得xf、(x)+f(x)-xf(x)-e2x=0(x>0)恒成立:C=-1第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷四（非數學類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.451．設當x→0時，(1-cosx)ln(1+x2)是比x.sinxn高階的無窮小，而x.sinxn是比ex2-1高階的無窮小，則正整數n等于。二.（本題滿分10分）設f(x)在[0,+∞)上可導，f(0)=0，且其反函數為g(x)，若dt=x2ex，求f22第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷四參考答案5.解：:x=e2c，又由拉格朗日中值定理有f(x)—f(x—1)=f,(ξ).12c二.（本題滿分10分）解：:f(x)與g(x)互為反函數，:g[f(x)]=x(x)g(t)dt=x2ex，得g[f(x)].f,(x)=2xex+x2ex，→f,(x)=2ex+xex，:f(x)=∫(2ex+xex)dx=ex+xex+C，:f(0)=0，→c=—1，:f(x)=ex+xex—1:f(x)↑(x∈I)，n::+z222xg解方程得：g2g(x)在x=0處左連續:g(0)存在。故g(x)=Cx1±,C>0第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷五（非數學類）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.45dz=，其中L是圓周Lz24.以四個函數ex,2xex,3cos3x,4sin3x為解的4階常系數線性齊次微分方程是 ,該方程的通解是。求limxn。ξ,η∈(a,b)，dt=0,f=1，求f'第三屆中國大學生數學競賽模擬試卷五參考答案1.x=0,x=12.13.πR4:limx=ln2nf(ξ,x)=f(0,0)+fx'(0,0)ξ+fy'(0,0)x+o(x)x→x→0+xS除原點外，P,Q,R及其偏導數連續，且有則曲面積分與積分曲面其上側為正；將xoy面上位于S1與S的邊界曲線之間的部分記為S2，取其上側為正；設S,S1,S2所圍空間區域為V，記xoy平面上由S1邊界所圍部分為S3，取其上側為正；設S1與S3所圍半球體區域為V1，則有兩邊同時對x求導得：(x+1)f"(x)+(x+2)f'(x)=0f'(x)=xln(x+1)+c1=1得f'=1,:c=1，:f'首屆中國大學生數學競賽賽區賽試卷（非數學類，2009）考試形式：閉卷考試時間：120分鐘滿分：100分試卷難度系數：0.35坐標軸所圍成三角形區域.4．設函數y=y(x)由方程xef(y)=eyln29確定，其中f具有二