高等数学中微积分证明不等式的探讨

现代商贸工业

Ｎｏ．２０，２００９

ＭｏｄｅｒｎＢｕｓｉｎｅｓｓＴｒａｄｅＩｎｄｕｓｔｒｙ２００９年第２０期

高等数学中微积分证明不等式的探讨

嶷

云

（南京晓庄学院数学系，江苏南京２１１１７１）

摘要：不等式是高等数学中经常遇到而又比较困难的问题之一。众所周知不等式的证明在高等数学中起着重要的

作用。同时。不等式证明的教学对发展学生的数学思维，培养逻辑思维能力起着非常重要的作用，证明不等式没有固定的模式，方法因题而异，灵活多变，技巧性强。将利用函数的单调性、函数极值及拉格朗日中值走理等证明一些与函数有关的不等式，通过几个例子来具体说明微分中值定理在证明不等式中的运用，以及不同中值定理在解决的不等式的区别。

关键词：不等式Ｉ微积分；证明Ｉ方法

中图分类号：０１７２．１

文献标识码ｉＡ

文章编号：１６７２—３１９８（２００９）２０—０２４４—０４

ｌ利用导数定义证明不等式

例１设函数，（ｚ）＝ａｌｓｉｎ＝４－ａ２ｓｉｎ２ｘ＋…＋ａ－ｓｉｒｕｃ，其中ａｌ，ａ２…ａ。都为实数，九为正整数，已知对于一切实数工，有Ｉ厂（ｚ）ｌ≤Ｉｓｉ眦ｌ，试证：ｌａｌ＋２ａｚ＋…＋ｒ／ａ。ｌ≤１．

分析：问题中的条件与结论不属于同一类型的函数，需要仔细分析它们之间的关系，可以看出ｔ口１＋２ａ２＋…＋ｎｎ。

证明：由／（ｚ）＝ａｌＣＯＳＸ：－＿｝－２ａｚｃｏｓ２ｘ＋…＋ｎ口。ＣＯＳｎＸ。得／（ｏ）＝口ｌ＋２ａｚ＋…＋ｎａ。。

ｌｉｒａ．ｆ＜＝）Ｉ：ｌｉｍＩ趔Ｉ。

ｒ ｏ

利用导数的定义得：Ｉ／Ｃｏ）ｌ＝Ｉｌ—ｉｍ。丛掣Ｉ＝

Ｚ

Ｐ ｏ

工

；／（ｏ）。于是问题可以转化为证明Ｉ厂（ｏ）Ｉ≤１．

大量的黄金白银，形成了一批制造业中心．

第二，促使２０世纪世界经济格局发生变化。在汉密尔顿和李斯特的倡导下，美国、德国实行重商主义政策，在工业化的进程中逐渐赶超了英美等老牌资本主义强国，在２０世纪初已经成为世界上举足轻重的强国。此外，还有俄国、日本分别通过重商主义政策的实施短期内摆脱了落后的局面，二战后崛起于强国之林。

．．。Ｉｆ（ｘ）ｌ≤ｌｓｉ吡ｌ“Ｉ．ｆ＇（ｏ）Ｉ≤ｌ，ｉｍ。ｌｓｍｚ＝Ｉ＝１。的现代化，新的重商主义理论对于指导我国经济转型仍具有很强的实践性。

（１）促进各行业、各区域协调发展。目前，我国经济的现状是呈现二元、多元结构，东西地域差距也很明显，落后地区面临赶超先进地区的任务。政策面临着运用现有的工业结构布局，发挥好商贸的沟通作用，协调省际，区际之间统一发展水平上的水平分工和不同发展水平上的垂直分工的任务。既要充分发挥各省、各区域的绝对优势和比较优势，又要杜绝重复建设、提倡节约和注重效率。

（２）扶持战略性产业的发展。对于关系国家安全、攸关国计民生的战略性产业、前期发展需要大量资金投入后期又呈现很强的外部经济特征的新技术产业等，国家应当给

３中西重商主义的比较分析

首先．任务不同。晚清的重商主义是出于救亡图存，而西欧的重商主义是处于加速资本原始积累发展资本主义的．

其次，作用不同。晚清重商主义的主张是在封建皇权容许的范围内的调整，作用相当有限。西欧的重商主义作为国家政策实施，通过发展工业、海外贸易积累了财富．为工业革命的产生准备了条件，使得资本主义向垄断阶段迈进．

再次，影响不同。晚清重商主义思想虽缘于西欧但显然落后于西欧重商主义。它思想庞杂，未成为独立的理论体系。晚清重商主义思想带有明显的民族反侵略的特色从最初的单纯强调发展商业到提倡走工业化道路是不断进步的，只是囿于半殖民地和半封建的国家性质最终夭折了．西欧重商主义对于经济理论和实践的贡献都是晚清重商主义所无法比拟的，尤其它指导了美、德、俄、日赶超老牌资本主义国家屹立于强国之林．影响了２０世纪的世界经济格局。

与保护和扶持，帮助这些产业成长起来并形成竞争优势．

（３）防范金融风险。金融全球化的今天，各种金融衍生工具的出现和运用在增强资本的流动性、为规避风险提供对冲工具的同时，也增加了金融风险的不可测性。国际游资冲击一国经济将是牵一发而动全身的效果，一国增加外汇储备（财富）对于风险防范极为重要的。

参考文献

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随着社会主义经济建设实践的发展以及重商主义理论

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基金项目：本文系浙江工商大学校级课题（１０９０ＫＵｌ０８０４９）．

作者简介：柴云（１９８６一），女，本科，南京晓庄学院数学系学生，主要研修方向：微积分方向．

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即ｌａｌ＋２ａｚ＋…＋ｎａ。ｌ≤１。

说明：用导数定义来证明不等式的方法适用不广，需要仔细观察问题的条件和结论之间的关系。

２利用可导函数单调性证明不等式

可导函数类不等式的证明方法之一可利用其导数符号与函数单调性关系来证明，此类函数的特征及其证明方法可概括如下：

若厂（ｚ），ｇ（ｚ）可导，证明／（ｚ）＞占（ｚ）。

证明：（１）用减法，设ｘ＞ａ，可转换为证明，（ｚ）一ｇ（ｚ）＞ｏ。从而构造辅助函数Ｆ（ｚ）＝，（ｚ）一ｇ（ｚ）．若一（ｚ）＞ｏ，Ｆ（口）＝ｏ则Ｆ（工）单凋递增，因此，Ｆ（ｚ）＞Ｆ（口）一０。所以Ｆ（ｚ）＝／（ｚ）－－ｇ（ｘ）＞Ｏ。从而，（ｚ）＞ｇ（ｚ），若，（ｚ）不能判断是否大于ｏ，而，（口）＝０，则求Ｆ“（工），若Ｆ“（工）＞ｏ，则一（工）单词递增，即，（ｚ）＞Ｆ，（口）＝０，从而Ｆ（ｚ）单调递增，贝０Ｆ（ｚ）＞Ｆ（吐）＝０，所以，（ｚ）＞ｇ（ｚ）。

（ｚ）用除法，设口＜ｚ＜６，ｇ（ｚ）≠。，若有髻等一１或袅若

＝１可转换为证明轰导＞１，从而构造辅助函数：

，（。）：丛出垒害擎型

阢）＝船’Ｆ（４）＝ｌ或Ｆ（６）．１’

ｇ‘Ｌ工Ｊ

因为９２（ｚ）＞Ｏ，所以考查分子，不妨设：

妒（工）＝／（ｚ）ｇ（ｚ）－－９７（ｚ）Ｊｆ（ｚ）

∥（ｚ）＝厂７（工）ｇ（ｚ）＋厂（ｚ）ｇ’（工）一，（工）ｇ＂（。）一／

（工）ｇ’（ｚ）

一（ｚ）＝厂７（ｚ）ｇ（ｚ）一ｆ（ｘ）ｇⅣ（ｚ）

①若Ｐ７（ｚ）＞ｏ，Ｆ（口）＝１，驴（Ⅱ）一０，则Ｐ（ｚ）单调递增，Ｆ，（ｚ）＞０，即Ｆ（ｚ）单调递增。此时Ｆ（ｚ）＞Ｆ（口）＝ｌ，即，

（ｚ）＞ｇ（工），

②若，（ｚ）＜ｏ．Ｆ（６）＝ｌ，Ｐ（口）一０，则９（ｚ）单调递减，

Ｆ，（ｚ）＜ｏ即Ｆ（工）单调递减，此时Ｆ（ｚ）＞Ｆ（６）一１，即，（ｚ）＞ｇ（ｚ）。

例２求证ｓｉｎｘ＞ｘ－－÷ｚ３（工＞ｏ）。

证明：Ｆ（ｚ）＝ｓｉ眦一（ｘ－－÷Ｘ３），Ｆ（ｏ）＝ｏ．

，（工）＝ＣＯＳ－ｚ－－１＋等，，（ｏ）＝０，一’（工）一一ｓｉｎｘ＋ｚ，，７（Ｏ）＝０，

，”（工）＝一ｃｏｓｚ＋１≥０，得，７（ｚ）单调递增，Ｆ７（ｚ）＞，７（Ｏ）＝ｏ，得Ｆ７（ｚ）单调递增，，（ｚ）＞一（０）一Ｏ，得Ｆ（ｚ）单调递增，则Ｆ（士）＞Ｆ（Ｏ）＝ｏ

即ｓｉｎｘ＞ｚ一告ｚｓ

本题一（工）不能判断是否大于０，但端点值为０，所以求Ｆ”（ｚ），，’（ｚ）仍不能判断是否大于０。但，７（Ｏ）＝０，继续求Ｆ，”（ｚ）。，”（工）大于０，且利用端点值为零，一步步推出，’（ｚ），，（工），Ｆ（ｚ）单词递增，最后得出所要证的结论，此题还可以用定积分的方法（后面将给出）。

例３当ｏ≤工≤要．求证ｓｉ眦≥三ｚ。

分析：若令Ｆ（ｚ）一ｓｉｎ２一三工，，（工）一ＣＯＳＸ一三，由于

导数符号不断变化，故辅助函数Ｆ（ｚ）无单调性，需重设辅助函数Ｆ（ｚ），可用除法试之。

证明：令Ｆ（ｚ）＝型坚，Ｆ（ｏ）＝ｌｉｒａＦ（ｚ）＝１，Ｆ（要）＝羔

Ｆ７（ｚ）＝型婴笔产，令ｇ（ｚ）

ａ：＇ｃｏｒｌｘ—ｓｉｎｘ，ｇ（ｏ）＝ｏ

ｇ’（ｚ）＝ｃｏｓｚ—ｚｓｉｎｚ—ＣＯＳＴ４０，．‘．ｇ（ｚ）单调递减，因此ｇ（ｚ）≤ｇ（Ｏ）一０

．。．，（工）≤Ｏ，．．．Ｆ（ｚ）单调递减，

．．．Ｆ（ｚ）≥Ｆ（要）＝三

．．．ｓｉｎ≥鱼工

Ⅱ

说明：用函数的单调性证明时，不等式两边的函数必须可导；对所构造的辅助函数Ｆ（ｚ）应在某闭区间上连续，开区间内可导，且在闭区间的某端点，（ｚ）的值为０，然后通过在开区问内，（工）的符号来判断Ｆ（ｚ）在闭区间上的单调性。一般先用减法，若减法不能成立时，而且它满足除法条件时，可用除法试之．

３利用函数的极值与最大、最小值证明不等式

３．１极值与最大、最小值的求法

（Ｉ）极值求法：

①求出可疑点，即稳定点与不可导的连续点；②按极值充分条件判定可疑点是否为极值点。（２）最大、最小值的求法：

①闭区间［Ⅱ，６］上连续函数的最大、最小值的求法：先求出可疑点，再将可疑点处的函数值与端点ａ，ｂ处的函数值比较，最大者为最大值，最小者为最小值。

②开区间（口，６）内可导函数的最大值、最小值的求法：若，（ｚ）在（口，６）内可导，且有唯一的极值点，则此极值点即为最大值点或最小值点。

３．２证明方法

当不等式两边含有相同的“形式”时，可利用此形式构造辅助函数。

例４证明：若户＞１，则对于［ｏ，１］中的任意ｚ有：

１≥驴＋（１一ｚ）ｐ≥六

分析：设辅助函数／（ｚ）＝ｚｐ＋（１－－ｘ）Ｐ（ｏ≤ｚ≤１），若

设ｇ（工）２历与，Ｆ（ｏ）。，（ｏ）一ｇ（ｏ）一１一历苦２Ｆ（１）≠ｏ

（ｏ≤工≤１），故很难用函数单调性的定义去证明。不难看到不等式两端都是常数形式，因而可想到用最值方法试之。

证明：设函数，（ｚ）＝ｘＰ＋（１－ｚ）ｐ，（Ｏ≤ｚ≤１）。有ｆ７（ｚ）＝户工ｐ一１一Ｐ（１一ｘ）Ｐ一１＝Ｐ［工ｐ一１一（１一ｚ）声一１］，

令，７（工）＝ｏ，得唯一驻点ｚ＝÷，

从而，ｆ”‘百１）＝户（户一１）（丢）￥，－－２＋户（ｐ一１）（÷）ｐ一２

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＝２ｐ（ｐ一１）（丢）ｐ－２＞ｏ，ｐ＞１．所以，工一专是极小值点也

（）＝。１

所以１≥∥＋‘１一ｚ’’≥历ｌ＿。

说明：当题设满足以下条件时宜用该方法：

（１）所设函数，（ｚ）在某闭区间上连续，开区间内可导，但在所讨论的区间上不是单调函数时；

（２）只能证不严格的不等式而不能证明严格的不等式。

４利用拉格朗日中值定理证明不等式

４．１拉格朗日中值定理

设函数，（工）在［口，幻内连续，在（ｎ，６）内可导，则有：

』！掣一厂（｝），其中ｅ∈（口，６），６＞口。

４．２拉格朗日中值定理证明思想

拉格朗日中值定理是以等式形式存在的，那么，如何利用该定理去证明不等式呢？在拉格朗日中值公式中ｅ∈（ｎ，

６），我们根据｝在（口，６）之间的取值可以估计厂（车）取值范

围，从而得到不等式。

４．３用拉格朗日中值定理证明不等式的步骤

（１）验证函数在区间内满足拉格朗日中值定理的条件，自变量所在的区问［口，６］。

／＠一掣，ｒＥ（ｎ’６）。

（２）对，（ｚ）求导，从而得到／（ｅ），由此建立一个等式

（３）由ｅ的范围确定，７（ｅ）的范围，从而验证不等式。

例５

设ｏ＜ｎ＜６，证明矛‰０＜訾０

口。１＿。

一

ａ。

证明：设，（ｚ）＝ｌｎｘ，则厂（工）一÷，对于，（工）２ｌ舡在

ｚ∈［口，５３应用拉格朗日中值定理有ｌｎｂ－－ｌｎａ－７１（ｂ－－ａ）．

∈∈（口，６）

即警竽＝÷，．．．口ｚ＋６２≥２幽．．．丢≥志

又．．．ｅ＜６，下１户百１（＆口＜ｅ＜６），

’？訾＝÷． ．南＜訾

说明：拉格朗日中值定理将函数值与导数值连接在一起。这里没有给出ｅ的确切位置，而对于不等式而言，也不需，不必精确。因此可利用中值定理证明，关键是选择，（工）及区间［口，６］。

５利用柯西中值定理证明不等式

柯西中值定理：设厂（ｚ），ｇ（ｚ）满足：（１）在区间［口．６］上连续；（Ｚ）在区间（口，６）内可导Ｉ（３）厂（。）和ｇ’（工）不同时为零Ｉ

（４）ｇ（口）≠ｇ（６）。

则至少存在一点ｅ∈（ａ，ｂ），４一榭ｍ～ｇｆ（（白ｂ））一－－ｇｆ（（４ａｉ）一多器。

一２４６一

例６

设ｅ＜口＜ｂ＜ｅ２。证明訾＞砉（２００４年研

一…～‘’

～

…

工一

“对于，（ｚ），ｇ（。）在［ｎ。６］上应用柯西中值定理有

等芋＝学知＜Ｋ６）ｏ

设Ｐ（￡）一挲，考察９（ｆ），

∥（￡）＝丛罢盟．显然当ｔ＞ｅ时。即１一ｌｎ￡＜ｏ。一（ｔ）＜

０．‘．９（￡）在ｔ＞ｅ时单调递减。从而９（０＞Ｐ（ｅ２）．

即嗲警＝吾’故堕等竽＞砉。

说明：柯西中值定理是研究两个函数变量关系的中值定理，当一个函数取作自变量自身时．它就是拉格朗日中值定理，所以能用拉格朗日中值定理证明的不等式一定能用柯西中值定理来证，反之则不然。

６利用泰勒公式证明不等式

６．１泰勒定理

①函数，（工）在闭区问［口，６３＿１：存在直到疗阶连续导数，②，（ｚ）在开区间（ｎ，６）内存在／（工）的刀＋１阶导数，则对任何ｚ∈（４，６），至少存在一点手∈（ｎ，６），使得：

，（ｚ）：，（口）＋厂（吐）（ｚ一。）＋￡』丢尘（工一口）２＋…＋

学ｃｚ叫ｎ＋等崭ｃ工刊什

６．２

泰勒公式证明不等式方法

（１）根据已知条件，围绕证明目标，选取恰当的点将函

数在该点展成泰勒展式；

（２）根据已知条件，向着有利于证明目标不等式的方ｒ＇ｅｌ对上面的展式作适当的处理，直到可以结合已知条件证出不等式为止。

证吼ｆ例７

ｉｔｌｉ殳ｌｉｍ．丛导＝１，且／７（ｚ）＞ｏ，求证厂（工）≥ｚ。

＝，（ｏ）＝ｏ。

根据导数定义ｆ＇（Ｏ）＝ｌｒ．ｉｍ。掣＝粤挈＝１＇

。ｉｒａＪ ｏ

华一１及工

璺衅一知ｌ，ｉｍ。ｆｆ’

（０

工一Ｕｐｏ

工）

由ｆ（ｘＨ（ｏ）＋们肼瞥扣抖瞥工ｚ及

厂７（工）＞ｏ，知，（ｚ）≥ｚ。

说明：泰勒公式应用的关键在于根据题设的条件如何选择要展开的函数、在哪一点的邻域将函数展开、展开的阶次及余项形式。

７利用定积分理论证明不等式

定积分的性质：

性质１：若ｆ在［口，胡上可积，＾为常数，则是厂在［口．６］上

也可积，且ｌｋｆ（ｘ）ｄｘ一点Ｉ，（ｚ）如；

性质２：若厂．ｇ都在［口，６］上可积，则，＋ｇ在［口，６］上也

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Ｍｏｄｅｒｎ

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可积，『６［，（ｚ）士ｇ（工）］出：ｆ６，（ｚ）ｄｘ士ｆｂｇ（ｚ）ｄｘ；

Ｊ口

Ｊ

４

Ｊ一

性质３：若在区间［口，６］上，有厂（ｚ）≤ｇ（工），那么

ｆｂ

广６

ｆ（ｘ）ｄ－ｘ≤Ｉ

ｇ（ｘ）ｄｘ；

性质４：，在［口，６］上可积的充要条件是：任给ｃ∈（口．６），．ｒ在［口，ｃ］与［ｃ，６］上都可积。

此时，又有等式』：

此时，又有等式Ｉ

ｘ＝Ｉ＝￡

ｄ）ｆ（ｚ）ｄｘｚ（ｆｘｄｆ（ｘ）ｄｘ；）’Ｊ口

Ｊ口

＋ｌ

＋ｆ

Ｊｆ

性质５：设，为■，６］上的可积函数，若，（ｚ）≥０，ｚ∈

［口，６］，则ｒ厂（ｚ）ｄｘ≥ｏ。

例８证明：ｓｉｒＬｒ＞ｚ一÷Ｘ３（ｚ＞ｏ）。

证明：．．．工＞０，．．．ｓｉｎｘ＜ｚ，

．．．１～ｃ。ｓｚ＝Ｊ．２ｓｉｎｘｄｚ＜庀划ｚ一百ＩＪ

。２０

Ｊ得ｃ。ｓ工＞１一

０Ｚ

百。，两端再次积分得Ｉｉ１。２，两端再次积分得￡ｃｏｓａｘ｛ｚ＞￡（１一等）ｄｒ＝Ｘ０

＝

一

‘

Ｊ

ｚ＞Ｉ（１一等Ｊ

０

二

÷ｚ３，即ｓｉｎｚ＞ｏ一÷ｚ３。

口

ｂ

例９

设，（ｚ）在［ｎ，６］上连续，且单调递增，试证明

ｒ６

ｆ（ｘ）ｄｘ

Ｉ

Ｊ４

ｘｆ（ｘ）ｄｘ≥———ｊ｝—一．

（口＋６）Ｉ

●

证明：设辅助函数Ｆ（ｔ）一￡ｚ厂（ｚ）ｄｘ－－生笋』二，（ｚ）ｄｘ，

显然Ｆ（口）一０，

Ｖ

ｆ∈［口，６］，有，（￡）＝ｉｆ（￡）一÷ｆ厂（ｚ）ｄｒ一

字，（￡）一字弛）一号』＝弛）ｄｘ一号￡［弛）一

，（ｚ）］如

ｚ∈（口，￡），且厂（ｚ）单调递增，则Ｆ，（ｚ）≥ｏ，因此Ｆ（￡）单调递增，所以Ｆ（６）≥Ｆ（口）一０（ｂ ≥口），

船ｒ矾ｚ）出≥竺：尝兰．

说明：当不等式含有定积分，且被积函数，（工）≤ｇ（ｚ）时，可用定积分的性质来明。

８利用幂级数展开证明不等式

根据几个重要初等函数的幂级数展开式来证明．几个初等函数的幂级数展开式如下：

，＝１＋ｚ＋寺工２＋…＋者ｚ”＋…．ｚ∈（一。。，＋ｏ。）；

ｓｉｎｘ＝工一击ｚｓ＋…＋（一１）”一１南ｘ２ｎ－－Ｉ＋…，ｚ

∈（一ｏ。。＋ｏｏ）。

ｃ。ａｚ＝ｌ一２－者．ｘ２＋六一＋…＋（一１）“赤ｚｚ一＋…，ｚ

∈（一∞。＋ｃｏ）ｌ

÷一１＋ｚ＋ｚ２＋…＋ｚｎ＋…。ｚ∈（ｏ，１）。

ｌ—Ｚ

例１０证明：当ｚ∈（ｏ，１），￡苫＜ｅ－－缸。

ｌ—ｔ－工

证明：原不等式等价于｝毫＞ｅ２ｘ，ｚ∈（ｏ，１），

将ＳｔｆＦｌ＋乏ｘ，ｅ２ｚ分别写成麦克劳林展开式，

｝壁：（１＋ｚ）（１＋工＋ｚ２＋…＋工一＋…）：１＋２ｚ＋

２ｘｚ＋…＋２ｘ一＋…。工∈（Ｏ。１）

ｅ２Ｘ一１＋２工＋鲁ｚ“＋…，ｚ∈（一ｏｏ，＋ｃｏ）行！

则要证得不等式左边的一般项为２＂ｘｎ，右边的一般项为与ｚｎ。

：。月≥３时，有２＞。，＿－７…

． ．坐＞扣，即正１－－／＂＜Ｐ吨。

ｌ—Ｚ

ｌ十ｚ

说明：当要证得不等式中含有上面几个重要初等函数之一时，可用幂级数展开式法进行证明。

９

结论

以上将微积分常用来证明不等式的方法作了介绍，但

我们遇到具体问题还应该具体分析，有的不等式的证明用到不止一种方法，证明方法的选择也是一种技巧。要想熟练掌握其中的技巧，我们要多思考，多总结．灵活运用微积分的基本理论和方法，这样才能迅速把握问题的本质，知道怎样人手，思维清晰．简便快捷地解决有关不等式的证明问题。

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