1. 证明$x>-1,x eq 0$时，成立不等式（对数不等式）
$$frac{x}{1+x}<ln (1+x)<x$$
Proof. 设$f(x)=ln(1+x)$,由Lagrange中值定理知
$$ln(1+x)-ln(1+0)=frac{x}{1+ heta x},0< heta<1$$
对$x>0$和$-1<x<0$分别讨论即可。取$x=frac{1}{n}$则得
$$frac{1}{n+1}<ln left(1+frac{1}{n} ight)<frac{1}{n}$$
2. 证明：对$0<a<b leqfrac{pi}{2}$,成立不等式
$$frac{sin a}{a}>frac{sin b}{b}$$
Proof: 方法一，考察$F(x)=frac{sin x}{x}, xin (0,frac{pi}{2}]$的单调性.
方法二：设$f(x)=sin x, g(x)=sin (b/a)x$,则由Cauchy中值定理知存在$xiin (0,a)$使得
$$frac{sin a}{sin b}=frac{f(a)-f(0)}{g(a)-g(0)}=frac{f'(xi)}{g'(xi)}=frac{a}{b}frac{cos xi}{cos(b/a)xi}>frac{a}{b}$$
3. 证明在$x>0$时，成立$$sin x>x-frac{x^{3}}{6}$$
Proof: 方法一：设$F(x)=sin x-x+frac{x^{3}}{6}$
方法二：带Lagrange余项的Taloy公式，判断余项的正负.
4. 设$ageq 1$,证明在$xin [0,a]$时成立不等式
$$0leq e^{-x}-left(1-frac{x}{a} ight)^{a}leq frac{x^{2}}{a}e^{-x}$$
Proof: 设$f(x)=e^{-x}-left(1-frac{x}{a} ight)^{a},xin [0,a]$.判断其最小值的正负.$f(0)=0,f(a)=e^{-a}>0$.
$$f'(x)=-e^{-x}+left(1-frac{x}{a} ight)^{a-1}$$
若$f'(x)$无零点，则$f(x)$最值在端点处取到最小值, 即得$f(x)>0,x in [0,a]$.若有零点，只需利用零点的性质即可.
另一方向不等式证明类似.
5. (Jordan不等式)设$0leq x leq frac{pi}{2}$,则成立不等式$sin x geq frac{2}{pi}x$.
Proof: 设
$$f(x)=sin x-frac{2}{pi}x,or,g(x)=frac{sin x}{x}$$
6. 当$x>0$时，证明：对每个自然数$n$成立不等式
$$x-frac{x^2}{2}+frac{x^{3}}{3}-cdots-frac{x^{2n}}{2n}<ln (1+x)<x-frac{x^2}{2}+frac{x^{3}}{3}-cdots+frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$
Proof: 考察Lagrange型Taloy公式的余项的正负.
7. 证明Young不等式，若$x,ygeq 0$且$p,q>0$,$frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$,则成立不等式
$$x^{frac{1}{p}}y^{frac{1}{q}}geq frac{x}{p}+frac{y}{q}$$
与$$xygeq frac{x^{p}}{p}+frac{y^{q}}{q}$$
Proof：设
$$F(x)= frac{x^{p}}{p}+frac{y^{q}}{q}-xy$$
8.设$f$在$[0,1]$上二阶可导，若$|f(0)|leq 1,|f(1)|leq 1,|f''(x)|leq 2,(0leq xleq 1)$, 证明：对每个$xin [0,1]$有$|f'(x)|leq 3$.
Proof: 端点处在$x$处Taloy展开.
9. 设$f$是$[a,b]$上的二阶可导函数，$l(x)$是由$[a,f(a)]$与$[b,f(b)]$确定的线性函数, 如果$|f''(x)|leq M$, 那么任意$xin [a,b]$有
$$|f(x)-l(x)|leq frac{M}{8}(b-a)^{2}$$
10. 计算$ an x$的Maclaurin展开式（写出前三项）
解：长除法.
11.(Gronwall-Bellman不等式)设$f(x)in C^{1}[0,+infty)$且$f(0)=0$,存在正常数$c$,s.t.
$$|f'(x)|leq c|f(x)|$$
证明：$f(x)=0$
Proof:
证法一: 由题知
$$|f'(x)|leq c|f(x)-f(0)|=cx|f'(x_{1})|leq c^{2}x|f(x_{1})|leq c^{3}x^{2}|f'(x_{3})|leq c^{n}x^{n-1}|f(x_{n})| $$
取$x in (0,frac{1}{c})$,则 $0<q=cx<1$,令$n o infty$得$f'(x)=0$,从而$f(x)equiv 0,xin [0,frac{1}{c}]$.
令
$$g(x)=f(x+frac{1}{c})$$
则$g(x)$满足
$$|g'(x)|=left|f'(x+frac{1}{c}) ight|leq c left|f(x+frac{1}{c}) ight|=c|g(x)|$$
反复利用以上结论即得$f(x)equiv 0, xin [0,infty)$
12.设$f$在$(-1,1)$上有各阶导数且对每个$ngeq 0$有$|f^{(n)}(x)|leq n! |x|$, 证明：$f(x)=0$.
Proof: 由题知$f^{(n)}(0)=0$, 由Taloy公式
$$|f(x)-f(0)|=left|frac{f'(0)}{1!}x+frac{f''(0)}{2!}x^{2}+cdots+frac{f^{(n)}(0)}{n!}r^{n}+frac{f^{(n+1)}(xi)}{(n+1)!}x^{n+1} ight|leq |x|^{n+2}$$
令$n o infty$, 则得$f(x)equiv f(0)=0$
13.设$f$在$(a,b)$上任意阶可微且对每个自然数$n$有$f^{(n)}(x)geq 0$和$|f(x)|leq M$,证明：对每个$xin(a,b), x+rin (a,b),r>0$,有
$$f^{(n)}(x)leq frac{2M n!}{r^{n}}$$
Proof: 由Lagrange型Taloy公式知
$$f(x+r)-f(x)=frac{f'(x)}{1}r+frac{f''(x)}{2!}r^{2}+cdots+frac{f^{(n)(x)}}{n!}r^{n}+frac{f^{(n+1)(xi)}}{(n+1)!}r^{n+1}geq frac{f^{(n)(x)}}{n!}r^{n}$$
从而
$$f^{(n)}(x)leq frac{n!}{r^{n}}left(f(x+r)-f(x) ight)leq frac{2Mn!}{r^{n}}$$
14.设$x>0$,证明：当$n为$奇数时
$$sin x >sum_{k=1}^{n}frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$$
当$n$为偶数时
$$sin x <sum_{k=1}^{n}frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$$
proof: 分析Lagrange余项的正负号.
15. 证明：$0<p<1$时成立不等式
$$|a+b|^{p}leq |a|^{p}+|b|^{p}$$
Proof:
$$|a+b|^{p}=a|a+b|^{p-1}+b|a+b|^{p-1}leq |a|^{p}+|b|^{p}$$
等价的不等式:
$$|x|^{p}-|y|^{p}leq |x-y|^{p},0<p<1$$
这个不等式在处理一致连续等问题时很有效.
16. 证明：当$xin [0,frac{pi}{2}]$时，成立比$Jordan$不等式更好的结果
$$sin xgeq frac{2}{pi}x+frac{1}{12pi}x(pi^{2}-4x^{2})$$
Proof: 设
$$f(x)=sin x-frac{2}{pi}x+frac{1}{12pi}x(pi^{2}-4x^{2}), xin [0,frac{pi}{2}]$$
则$f(0)=f(frac{pi}{2})=0$. 分析最小值.
17. 设$P_{n}(x)=sum_{k=0}^{n}frac{x^{k}}{k!}$, 证明：$n$为偶数时$P_{n}(x)>0$,$n$为奇数时有唯一零点.
Proof: 当$n$为偶数时, 设
$$P_{2k}(x)=1+frac{x}{1!}+frac{x^{2}}{2!}+cdots+frac{x^{2k}}{(2k)!}$$
则有$p_{2k}(+infty)=P_{2k}(-infty)=+infty$. 由广义的Rolle定理知存在$x_{0}$使得$P'_{2k}(x_{0})=0$
$$P'_{2k}(x)=1+frac{x}{1!}+cdots+frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}=P_{2k-1}(x)$$
由广义的Rolle定理知存在$x_{0} eq 0$使得$P'_{2k}(x_{0})=P_{2k-1}(x)=0$. (或者从广义的零点定理出发得出结论.)
若$P'_{2k}(x_{0})=0$,则$P_{2k}(x_{0})=frac{x_{0}^{2k}}{(2k)!}>0$.
下论证$P_{2k-1}(x)$零点的唯一性, 若存在两个零点，应用Rolle中值定理得到存在$xi in R$使得$P_{2k-2}(xi)=0$矛盾.
18. 设$f$在$(0,infty)$二阶可微，且已知
$$M_{0}=sup{|f(x)|Bigg| xin (0,infty)}$$
$$M_{2}=sup{|f''(x)|Bigg|xin(0,infty)}$$
为有限数，证明：
$$M_{1}=sup{|f'(x)|Bigg|xin(0,infty)}leq 2sqrt{M_{0}M_{1}}$$
19.若将$f$在$mathbb{R}$上定义，上述结果可改进为
$$M_{1}leq sqrt{2M_{0}M_{2}}$$
20.设$f(x)$在$(0,infty)$上三次可导，且当$xin(0,infty)$时
$$|f(x)|leq M_{0},|f''(x)|leq M_{2}$$
其中$M_{0},M_{3}$为非负常数，求证：$f''(x)$在$(0,+infty)$上有界。
21.设$f(x)in C[0,1]$且满足
$$int_{0}^{1}f(x)dx=int_{0}^{1}xf(x)dx=0$$
证明：$f(x)$在$(0,1)$上至少有两个零点。
22.设$f(x)in C[0,pi]$且满足
$$int_{0}^{pi}f(x)dx=int_{0}^{pi}f(x)cos xdx=0$$
证明：$f(x)$在$(0,pi)$上至少有两个零点。
23. 推广上面两题的结论。