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素材/微分中值定理的不等式问题.md

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+## 例一
+设 $e < a < b < e^2$，证明：
+$$
+\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
+$$
+
+**证明**：  
+考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
+$$
+令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
+$$
+g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
+$$
+当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。  
+由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以
+$$
+g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
+$$
+因此
+$$
+\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
+$$
+即
+$$
+\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
+$$
+证毕。
+## 例2
+设 $a > e$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：
+$$
+a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.
+$$
+
+**证明**：  
+令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
+$$
+\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y}  = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
+$$
+ $$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
+ 证毕
+## 例3
+证明：当 $x>0$ 时，
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.
+$$
+
+**证明**：  
+考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
+$$
+令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
+$$
+\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
+$$
+令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。  
+当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。  
+因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
+$$
+\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
+$$
+化简：
+$$
+\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
+$$
+于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
+$$
+等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。

编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md

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+### 一、选择题（共3小题，每小题2分，共10分）  
+
+1. 函数  
+$$
+   f(x) = \begin{cases} 
+   \sqrt{x} \sin \frac{1}{x}, & x > 0, \\ 
+   0, & x \leq 0 
+   \end{cases}
+$$
+   在点$x = 0$处（ ）。  
+   (A) 不连续  
+   (B) 连续但不可导  
+   (C) 可导且$f'(0) = 0$
+   (D) 可导且$f'(0) \neq 0$
+
+2. 数列极限$\lim_{n \to \infty} (e^{-n} + \pi^{-n})^{\frac{1}{n}}$的值为（ ）。  
+   (A)$e$
+   (B)$\pi$
+   (C)$\frac{1}{e}$
+   (D)$\frac{1}{\pi}$
+
+3. 曲线$y = \frac{x^3 - x^2}{2 + x^2}$的渐近线为（ ）。  
+   (A)$y = x - 1$
+   (B)$y = x + 1$
+   (C)$y = x$
+   (D)$y = \frac{1}{2}x$
+
+---
+
+### 二、填空题（共3小题，每小题2分，共10分）   
+
+4. 函数$f(x) = xe^{-x^2}$在$(-\infty,+\infty)$上的最大值为 $\underline{\qquad}$。  
+
+5. 曲线$C: x = \frac{1}{2} \cos t, y = \sin t, t \in [0,2\pi]$在点$(0,-1)$处的曲率为 $\underline{\qquad}$。  
+
+6. 不定积分$\int \frac{1}{x(1+2\ln x)} dx = \underline{\qquad}$。  
+
+---
+
+### 三、解答题（共4小题，共80分）  
+
+7. 设$y(x)$是由曲线方程$\sin x + y + e^x = 2$确定的隐函数，试计算$\frac{dy}{dx} \bigg|_{x=0}$的值，并求该曲线在点$P(0,1)$处的切线方程。（6分）  
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+```text
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+```
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+8. 计算不定积分  
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+    \int \frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}} dx。
+$$
+    （6分）  
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+```text
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+9. 设曲线$f(x) = x^3 + ax^2 + 18x$（$a$为大于零的常数）的拐点正好位于$x$轴上，试求$a$的值及曲线$y = f(x)$的拐点坐标。（6分）   
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+```text
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+```
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+10. 计算极限  
+    $$\lim_{x \to +\infty} \left[ x + x^2 \ln \left( 1 - \frac{1}{x} \right) \right]。$$ 
+    （6分）