厦门大学景润杯数学竞赛复习材料
关于公布二 一 年度厦门大学“景润杯”数学竞赛获奖名单的通知
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖名单公示根据厦门大学“关于组织申报校级本科生学业竞赛项目的通知”〔厦大教（2013）16号〕，由数学科学学院组织协办的第10届厦门大学景润杯数学竞赛活动历经3个多月于6月22日圆满结束。
本届厦门大学“景润杯”数学竞赛活动共有1846名学生报名参赛，其中厦门大学1316名，集美大学和厦门理工学院530名。
我校实际参赛的总人数为1207名，其中数学专业组76人，理工类专业组861人，经管类专业组270人。
根据第10届“景润杯”数学竞赛组委会的规定，按照数学专业组、理工类组与经管类组三个组别分别进行竞赛评奖，117名学生分获竞赛一、二、三等奖，其中一等奖9名、二等奖27名、三等奖81名，名单如下：
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖学生名单
一、数学专业（一等奖2人，二等奖6人，三等奖18人，合计26人）
二、理工专业组（一等奖4人，二等奖12人，三等奖36人，合计52人）
三、经管专业组（一等奖3人，二等奖9人，三等奖27人，合计39人）
厦门大学数学科学学院
2013.6.25。
第十届2013景润杯(经管)
1. (15分)求下列极限（每小题5分，共15分）（1） nnn nn n n ln )ln 2ln (lim +-∞→ 解：321ln ln ln ln )ln 21()ln 1(lim )ln 21ln 1(lim )ln 2ln (lim --∞→∞→∞→==+-=+-=+-e e e nn n n n n n n n n n n n n nn n n nn n n n ( 2）23202arctan )1(sin lim 22t e dy y dx t t txt --→⎰⎰+π； 解：232223202arctan )1(sin lim arctan )1(sin lim222tedxdyy tedyy dx t Dt t t tx t -=--→-→⎰⎰⎰⎰++ππ7sin lim22sin lim27202320020πππ-=-=-=⎰⎰⎰++→→t dyy y t tdx y dy t t tyt .（3）y x x ye RD xR d d arctan lim ⎰⎰-+∞→，其中R D 是由12,0,-===x Ry y R x所围成.解：由于函数xye x arctan-在R D 上连续，由积分中值定理得 ,arctan 4d d arctan d d arctan ξηξηξξ---==⎰⎰⎰⎰e R y x e y x x y e RRD D x 其中R D ∈),(ηξ，即10,2≤≤≤≤ηξR R ，于是当+∞→R 时，0arctan 4d d arctan |d d arctan |2→≤=---⎰⎰⎰⎰ξηξηξR D D x e R y x e y x x y e RR， 所以0d d arctan lim =⎰⎰-+∞→y x xye RD xR .厦门大学第十届景润杯数学竞赛试卷＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿年级＿＿＿＿＿＿专业竞赛时间 2013.06.22 （经管卷）2. (10分) 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(2f f =，试证明：至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)()()1(ξξξf f ='+。
全国大学生数学竞赛(非数学专业)复习讲义.docx
全国大学生数学竞赛（非数学专业）微分学一、基本概念与内容提要1.出参数方程确定的函数的导数则冬二 dy df 二 d )，/dx 二 ©'(/)二儿‘ dx dt dx dt dt 0(f) x t 'd 严⑴ d/ 二以⑴0(/)-0(/)0® 1dt(p\ty dx~ [©(ordt2.多元函数微分学全微分：衣二空血臬密•腸式不变^=—dx + — Jy + —dx oydx dy dz处的切线对和轴的斜率。
函数的连续性和可微、可导必须会用定义判断。
连续的混合高阶偏导数与求导顺序无关。
二元函数的偏导数存在是连续的既不充分乂不必要条件。
二元两数存在两个偏导数是可微的必要不充分条件。
偏导数连续是函数可微的充分不必要条件。
函数连续是可微的必要不充分条件。
全微分的近似计算：Az"卩人(兀，刃山+/；(x ，y)Ay 多元复合函数的求导法:z = /D/(O,v(O]— = —dt du dt dv dt偏导数的儿何意义：粼規示册緝奇成，，z = /(s) y = >o(x o Jo Zo)z = /[u(x,y),u(x,y)] 当M 出&(x, y) v = v(x, y) dz dz du dz dv—= ----- ---- 1 -- ---dx du dx dv dxf du . du fdu =—dx-\ --- dy dx dydv = ^dx^dydx dy隐函数的求导公式：隐函数F(X,)')F O 尘=_・dx F y台7 F隐函数F(x,)^) = 0 — = -一dx Ed~y _ *( F C( F d y 乔一去(一亍石F忑) J 比_ Pydu _ 1 3(F,G) dv _ 1 a (F,G) du _ 1 Q(F,G) Ox J 6(x,v) ' 8x‘ J 8(u.x) ' dy J 6(>\v)二、常考例题讲解用基本方法求导数1. 设函数y = y(x)由方程xe f(y) =e y\n29确定，其中于具有二阶导数,冃广工1,则器,CF72.已知函数z = w(x,y)e ax+,y9且— =0,确定a,b ,使得函数z =z(x,y)满足 dxdy82z dz 8z n -------------------- z = 0 • Cd c c oxoy ox dy求訝罷4. 己知＜2山(1 +戶)，求y = t — arctan e 1V 丿5. 设函数i 心，刃的所有二阶偏导数都连续，空=驾且/心,2切“,dx~ dy~W](x, 2x) = x 29 求 wfj (x, 2x).解:u(x,2x) = x 两边对兀求导,得到：山(兀,2兀)+ 2弘；(兀,2兀)=1,代入”|'(兀,2兀)=/求[-x 2得：弘；(兀,2兀)= - ；u[(x,2x) = x 2两边对 x 求导,得到:wfj (兀,2兀)+ 2U [2(X 92X ) = 2x ；\ — x~ u ； (x,2x)= 两边对 x 求导，得到 «2i (兀,2x) + 2M 22 (x,2x) = -x.以上两式与 驾=驾联立，乂二阶导数连续，所以u ；2=u ：\，故U^,2x) = --x 8x 2 dy2 12J " 3用全微分求解隐函数隐函数方程组ygzT[G(x,y,u,v) = OJ 』F,G)d(u.v)ar一加竺avaG-avFv GrD 巩化G) dy J Q(u,y)3.设函数/⑴有二阶连续的导数,5.设z = z(x,y)是方程F(z +上,z -一) = 0确定的隐函数，且具有连续的二阶偏导 兀 y数，以及 F u (w,v) = F v (W ,v)^(),求证兀3密+小(兀+刃籍+)异笑=0 ox dxdy dy导数与极限、积分、微分方程等结合求函数表达式6.设函数/(%)在［0,+oo)上连续，在(0,+oo)上可导,一川科)满足帶+弊』2詁严必(1) .求函数广(x)(x>0)的表达式;⑵•若ME 求出册522 q其中0(t)具有一阶导数，曲线y = 0(f)与y=f e~uclii + —在匸1处相2e8.设一元函数W = /(r)当0。
厦门大学高数(非数学专业)理工类竞赛卷答案
学号院系 高等数学竞赛(理工类)试题姓名 （ 2006年7月6日 晚 7•00 ~ 9•00 ）一、单项选择题（每题4分 共20分）1．方程x e x =--21在),0(+∞内实根的个数为（ B ）。
A. 0B. 1C. 2D. 32. 若)(x f 在]1,0[上连续且可导，1)0()1(=-f f ，⎰'=102)]([dx x f I ， 则有（ C ）。
A. I = 1B. I < 1C. I ≥1D. I = 03．设(,)f x y 连续，且(,)(,),Df x y xy f u v dudv =+⎰⎰其中D 是由0y =2,1y x x ==所围区域，则(,)f x y 等于（ D ）。
A ．xy ； B. 2xy ； C. 1xy +； D. 18xy +。
4. 设f 在Ω上可积，且Ω区域具有轮换对称性（即若(,,)x y z ∈Ω，则(,,),(,,)y z x z x y ∈Ω∈Ω），则（ A ）。
A.(,,)(,,)(,,)f x y z dv f y z x dv f z x y dv ΩΩΩ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰；B. 1(,,)2(,,)f x y z dv f x y z dv ΩΩ=⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 其中1Ω为Ω的0z ≥部分区域； C.(,,)0f x y z dv Ω=⎰⎰⎰；D. 以上结论均不成立。
5. 设函数(),(),()p x q x f x 都连续，且11223()()()y c y x c y x y x =++是非齐次线性微分方程()()()y p x y q x y f x '''++=的通解，则（ B ）。
A. 123y y y +-是方程的解B. 123,,y y y 线性无关C. 123,,y y y 可能线性无关，也可能线性相关。
D. 123,,y y y 线性相关二、填空题（每题4分 共20分） 1．设函数xx xx x x x f ++-+-+=22ln 212arctan)(222，则 =')(x f 2。
第10届景润杯 第二讲 函数与函数的连续(讲座)
举一反三练习
) 上连续， 1、 设函数 f ( x) 在 (，
f ( x) 0 （n n 且 lim x x
n
是正整数）证明：
) ， （1） 当 n 是奇数时， 存在 (，
f ( ) 0 ； 使得 ) ， （2） 当 n 是偶数时， 存在 (， ) 有 使得对一切 x (， n n f ( ) x f ( x).
0
0
且 f ( x0 ) f ( x0 r ).
例 2
设 f ( x) 是 (,) 上的连续
f ( x ) 函数， 存在 lim ， 且 f ( x) 的 x f ( x) f ( a ) a ， 最小值 xmin 求证： ( , )
f ( f ( x)) 至少在两个点处取到 f ( x)
（1） 问 a 为何值时，f (x) 在 x =0 点处连续？ （2） 当 f (x) 在 x =0 点处连续时， 是否可导？ 如果可导试计算出 f (0) ；如果不可导，则计 算出 f (0) 和 f +(0) 。
2、闭区间上连续函数的性质
定理 1( 有界性和最大值和最小值定理 ) 在闭区间上 连续的函数有界且一定有最大值和最小值.
定理2.零点定理与介值定理
定义 的零点. 零点定理 如果 x 0 使 f ( x0 ) 0, 则 x 0 称为函数
f ( x)
设函数 f ( x )在闭区间 [a , b] 上连续, 且
f (a )与 f (b) 异号 (即 f (a ) f (b) 0), 那么在开区
f ( x )的一个零点, 即至少有 一点 (a b), 使 f ( ) 0. 即方程 f ( x ) 0 在 ( a , b ) 内至少存在一个实根.
关于举办二九年厦门大学漳州校区赛区
附件一关于举办二○○九年厦门大学漳州校区赛区“景润杯”数学竞赛的通知本科生学业竞赛是提高学生创新意识，推动学生参与科学研究的重要途径。
为了进一步提高我校本科生数学能力，通过竞赛激发学生学习数学的兴趣和积极性，增强校园数学文化的氛围，在成功举办前5届数学竞赛的前提下，今年我们又成功地举办了首届“全球八校联盟”数学竞赛活动，学校决定举办2009年厦门大学“景润杯”数学竞赛（以下简称竞赛），现将漳州校区赛区有关事项申报如下：一、竞赛内容详见厦门大学“景润杯”数学竞赛章程（附件二）、厦门大学“景润杯”数学竞赛大纲（附件三）。
二、竞赛日程第一阶段（5月12日－6月28日）：举办厦门大学“景润杯”数学竞赛系列讲座。
讲座具体内容、时间及地点详见每周海报。
第二阶段（2008-2009学年第三学期）：正式比赛。
比赛时间、地点另行通知。
三、参赛方式1．漳州校区赛区分成三组：数学专业组（数学科学学院、计算机科学系CST专业）、理工类专业组、经管与文科类专业组，参赛对象为本科一、二年级学生。
2．报名方式：漳州校区各学院教务人员组织学生报名，汇总后交漳州校区院系办（数学科学学院教学秘书）。
3．报名时间：2009年5月28日至6月18日。
四、奖项设置竞赛根据“厦门大学‘景润杯’数学竞赛章程”（附件二）评出组织奖和个人奖。
组织奖若干，颁发奖状。
个人奖按组设置，分别颁发奖状、奖金，其中一等奖400元，二等奖200元，三等奖100元。
漳州校区各组名额如下：数学专业组：一等奖2名，二等奖6名，三等奖13名；理工科专业组：一等奖3名，二等奖10名，三等奖30名；经管类专业组：一等奖3名，二等奖10名，三等奖30名。
厦门大学教务处数学科学学院二〇〇九年五月四日关于举办二○○九年厦门大学校本部赛区“景润杯”数学竞赛的通知本科生学业竞赛是提高学生创新意识，推动学生参与科学研究的重要途径。
为了进一步提高我校本科生数学能力，通过竞赛激发学生学习数学的兴趣和积极性，增强校园数学文化的氛围，在成功举办前5届数学竞赛的前提下，今年我们又成功地举办了首届“全球八校联盟”数学竞赛活动，学校决定举办2009年厦门大学“景润杯”数学竞赛（以下简称竞赛），现将校本部赛区有关事项申报如下：一、竞赛内容详见厦门大学“景润杯”数学竞赛章程（附件二）、厦门大学“景润杯”数学竞赛大纲（附件三）。
空间解析几何
参考证明 : 三个向量
r1 , r2 , r3 共面的充分必要条件是
存在不全为零的数 (1)
, , , 使得
r1 r2 r3 0 ,
将 r1 , r2 , r3 分别与 (1) 式左右两端做内积 ,得
r r r r r r 0 1 1 1 2 1 3 r2 r1 r2 r2 r2 r3 0 r3 r1 r3 r2 r3 r3 0 将 ( 2 ) 视为关于 , , 的三线性齐次方程组 r1 r1 r2 r1 r3 r1 r1 r2 r2 r2 r3 r2
(2)
由 PQ PA PB PC , 得 x x 0 x1 x 2 x 3 3 x 0 y y 0 y 1 y 2 y 3 3 y 0 ，即 z z z z z 3z 0 1 2 3 0 利用 (1), ( 2 ), ( 3 ) 式 , 可得 ( x 2 x0 ) ( y 2 y0 ) ( z 2 z0 ) 3 R
其中 O 是任意点 .
参考证明 : 必要性 . 若 A , B , C 共线 AB // AC 存在实数 , 使得 AB AC , 即 OB OA OC OA , 亦即 ( 1) OA OB OC 0 . 充分性 . 若存在不全为零的数
参考解答 : 1. 求切平面的方程. z 2 x 2 0 x 1 由 得驻点为1, , 在驻点处 2 z y 2 y 1 0
2 A z 2, B z 0, C z 2, AC B 0, xx xy yy
, A , B , C 是球面上三个动点
大学生数学竞赛辅导材料
大学生数学竞赛辅导材料浙江省首届高等数学竞赛试题（2002.12.7）一．计算题(每小题5分，共30分)1．求极限lim x →。
2．求积分|1|D xy dxdy -??，11{(,)2,2}22D x y x y =≤≤≤≤。
3．设2x y x e =是方程hx y ay by ce '''++=的一个解，求常数,,,a b c h 。
4．设()f x 连续，且当1x >-时，20()[()1]2(1)x xxe f x f t dt x +=+?，求()f x 。
5．设211arctan 2n n k S k ==∑，求lim n n S →∞。
6．求积分12121(1)x x x e dx x ++-?。
2003年浙江省大学生高等数学竞赛试题（2003.12.6）一．计算题7．求2050sin()lim x x xt dt x→?。
8．设31()sin x G x t t dt =?，求21()G x dx ?。
9．求2401x dx x∞+?。
10．求∑=∞→++n k n k n k n 12lim 。
浙江省大学生第三届高等数学竞赛试题1．计算：()()200cos 2lim tan 1x t x x e tdt x x x →----?。
2．计算：20cos 2004x dx x x πππ+-+?。
3．求函数()22,415f x y x y y =++在(){}22,41x y xy Ω=+≤上的最大、小值。
4．计算：()3max ,D xy x d σ??，其中(){},11,01D x y x y =-≤≤≤≤。
5. 设()1tan 1x f x arc x-=+，求)0()(n f 。
天津市竞赛题 1.证明??+≤?+02022021cos 1sin dx x x dx x x ππ.2. 设函数)(x f 在闭区间]2,2[-上具有二阶导数,,1)(≤x f 且,4)]0([)]0([22='+f f 证明：存在一点),2,2(-∈ξ使得0)()(=''+ξξf f .3. （1）证明：当x 充分小时,不等式422tan 0x x x ≤-≤成立.（2）设,1tan 12k n x n k n +=∑=求.lim n x x ∞→ 4. 计算+-??? ??+-∞→61231e 2lim n n n n n n 。
一道竞赛题的几种不同解法（初三）
一道竞赛题的几种不同解法（初三）
张发斌
【期刊名称】《数理天地：初中版》
【年(卷),期】2016(000)010
【摘要】题目已知x，y为实数，且满足x2-xy＋4y2=4，记u=x2＋xy＋4y2的最大值为M，最小值为m，则M＋m= ．解法1 由x2-xy＋4y2=4，得 x2＋4y2=xy=4.
【总页数】1页(P37-37)
【作者】张发斌
【作者单位】福建省厦门大学附属实验中学,363123
【正文语种】中文
【中图分类】G632.479
【相关文献】
1.一道“希望杯”竞赛题的几种简捷解法
2.对一道竞赛题的几种解法
3.创建物理图景求解静电能问题——一道竞赛题的几种解法
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5.一道上海市初三数学竞赛题的几何解法举例
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限问题的重要方法。
1、 用导数定义求极限
导数是用极限来定义的，现在反其道而行之， 利用导数定义来计算某些数列和函数的极限。 如下是我们所熟知的导数定义的一种变形
f [a (n)] f (a) n lim f (a), (其中 (n) 0) n ( n)
2
1 ln x x
a b 例5 计算 lim x , a b, a 0, b 0 x 2 x 0 ( a b )
x2 x2
e e 原式= lim x ln a x ln b 2 x 0 (e e )
x 2 ln a x 2 ln b
e1 x 2 (ln a ln b) = lim 22 2 x 0 e x (ln a ln b) 2
2 2 2
x x x x x x 1, 2 2 2 (1 (1 x) ) (1 x ) (1 x )
( 答案：
2
)
2、计算
lim
x a
sin( x ) sin(a )
x x
(a a )
x
x
a
x
, a 1
cosa a ( 答案： a a ) a ln a
思考：可否利用柯西中值定理。
3、用等价无穷小代换求极限
先利用拉格朗日中值定理给出下述一般命题：
设下列两个条件满足
lim lim (1) (x),(x)是连续函数,且 x x ( x) x x ( x) c
0 0
(2) f(x)在x=c的一个邻域内可导且 f ( x ) 在x=c处连
( 答案：e
k ( k 1) 2a
)
2、
设f(x)在x0处二阶可导
f ( x0 2h) 2 f ( x0 h) f ( x0 ) 求 lim 2 h0 h 0 分析： ( ) 型 可以利用洛必达法则，但根据 0
题设条件只能用一次，然后再利用导数的定义。
( 答案：f ( 0 ) x )
于是
x x0
lim
f [ ( x)] f [ ( x)] lim f ( x ) f (c) x x0 ( x) ( x)
f [ ( x)] f [ ( x)] 1 f (c)( ( x) ( x))
即
x x0
lim
f [ ( x)] f [ ( x)] ~ f (c)[ ( x) ( x)] ( x x0 )
1 介于x ln a与x ln b之 间。
2 2
2 介于x ln a与x ln b之间。
1 ( 答案： ) ln( a / b)
举一反三练习
1、 分析 计算
x
lim x [ln arctan( x 1) ln arctan x)]
2
2
1 原式 lim x [ ] 2 x (1 x )arctan x
x 0
[ f ( x)e ] |x0 f (0) f (0) = [ f ( x) cos x] |x0 f (0)
x
举一反三练习
1 n 2 n k n ( a ) ( a ) ( a ) n n n 1、计算 lim nk n0 a
K为自然数。 分析：
1 n 2 n k n (a ) (a ) (a ) k n n n [ln(a i ) n ln a n ] ln nk a n i 1
f (0) ( 答案： ) 2
4、加减运算下的等价代换
对乘除运算求极限，利用等价无穷小代换简便而 有效，但对加减运算下的无穷小代换则需特别注 意。下面定理给出了加减运算求极限时可以进行 等价代换的条件。 命题 设(x),1(x),(x),1(x)均为xx0时的无 穷小，且(x)1(x),(x)1(x)， 1 ( x) ( x) lim 存在(或 lim 存在) 且不等于-1， x x0 ( x) x x0 ( x) 1
Xiamen University
厦门大学第十届“景润杯”数学竞赛 暨第五届全国大学生数学竞赛 系列讲座
厦门大学数学科学学院 林建华
第一讲
极限的理论与方法
极限的思想是近代数学的一种重要思想方法，
极限理论是高等数学的重要基础，它贯穿于整个
高等数学的始终。 如果要问：“高等数学是一门什么学科？”，那么 可以概括地说：“高等数学就是用极限思想来研究函
1 (1+x sin x cos x) x sin x 6 原式= lim =2( lim -1)=-6 x 0 x 0 cos x 1 1 1 ( )(cos x 1) 3 4
举一反三练习 1、 计算 提示：
ln cos x cos 2 x 3 cos3 x ln1 原式 = lim x 0 ln cos x cos x cos 2 x 3 cos3 x 1 lim x 0 ln cos x
因此掌握求极限的方法是理解极限思想的重要的基
础训练步骤之一。
求极限的方法是多种多样的，有的还需要较高
的技巧，因此要较好地掌握极限的方法，需要我们
在平时的学习中不断地总结、归纳、类比、记忆。
更为重要的是还要善于把所学过的知识串起来，并
加于灵活运用。 下面我们将讨论几类重要的求极限方法，它是
我们所学过求极限方法的深化拓广和提高，也是综
解 原式= lim na (a
n
1 2n
1 1) lim 2na ( a 2 n
1 2n
1 2n
1 2n
1)
1 a 1 1 x 1 lim a lim (a ) |x 0 ln a n 1 2n 2 n 2 2
f 例2 设 f (x) 在 a 点可导， (a)>0 , 计算
Hale Waihona Puke 2、用拉格朗日中值定理求极限
如下是拉格朗日中值定理应用的一种变形
f [u( x)] f [v( x)] f ( )[u( x) v( x)]
其中， 在u( x)与v( x)之间.
例4
计算
x
lim x [(1 x) x ]
2
1 x
1 x
1 原式= lim x x [(1 ) 1] x x
1 f (a n ) lim . n f (a)
1 f (a ) n ln f (a)
n
n
解
原式= lim e
n
e
1 f (a ) n lim ln n f ( a )
解：利用等价关系式子
[ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
sin[ ( x)] sin[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0
5(tan x-sin x) 原式= lim =5 x 0 tan x sin x
续，且 f (c) 0, 则 f [ ( x)] f [ ( x)] ~ f (c)[ ( x) ( x)] ( x x0 )
证：由拉格朗日定理和题设条件
f [ ( x)] f [ ( x)] f ( x ) ( x) ( x)
其中 x介于 ( x)与 ( x)之间。
(4) b ( x) b ( x) ~ ln b[ ( x) ( x)], ( x), ( x) 0, b 0(b 1)
(5) [ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
2
1 x
1 x
= lim x e
2 x
1 ln x x
[e
1 1 ln(1 ) x x
e ]
0
1 1 = lim e lim x e ln(1 ) x x x x 1 1 1 1 0 ln(1 ),ln(1 ) ~ ,( x ) x x x x ( 答案： 1)
( 答案： 6)
2、设 f ( x) 在 x 0 附近有连续的一阶导数，且
f ( x) f (ln(1 x)) f (0) 0, f (0) 存在,求 lim 3 x0 x f ( x ) x ln(1 x) 提示： 原式=lim 2 x0 x x
其中 ln(1 x) x x
1 x sin x 6 cos x 例8： 求 lim 3 x 0 cos x 4 cos x
6
解：利用等价关系式子
[ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
[ ( x)] [ ( x)] ~ ( )( ( x) 1), , ( x) 1
(6) [ ( x)] [ ( x)] ~ ( )( ( x) 1), , ( x) 1
例6： 求 lim
x 0
tan x ln cos x 3 2
x2 x2
解：利用等价关系式子
ln[ ( x)] ln[ ( x)] ~ 1 [ ( x) ( x)], ( x) a, ( x) a a
1 (1) ln[ ( x)] ln[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) a, ( x) a a
(2)sin[ ( x)] sin[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0
(3) tan[ ( x)] tan[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0