1. $\int_{-2}^{-1} \frac{\sqrt{ x^{2}-1 }}{x} \, \mathrm{d}x$ =
2. $f(x)=\int_{0}^{x}x e^{-t^{2}} \, \mathrm{d}t$ ,求 $f(x)$ 的单调区间和极值.
3. $f(x)=(x^{3}-1)^n$, 则 $f^{(n)}(1)=$ ____.
4. $f(x)=\lim_{ n \to \infty }\left[ \left( \frac{x^{2}}{2} \right)^{n}+\left( \frac{x}{2} \right)^{n}+x^{n} \right]^{1/n}$, 在 $(0,+\infty)$ 内 A.处处连续有一个不可导点 B.处处连续可导

C.处处连续有两个不可导点 D.有一个不连续点

【解答】解题步骤如下：

首先，分析函数 $f(x)=\lim_{ n \to \infty }\left[ \left( \frac{x^{2}}{2} \right)^{n}+\left( \frac{x}{2} \right)^{n}+x^{n} \right]^{1/n}$。 对于这类极限形式 $\lim_{n \to \infty} (a_n^n + b_n^n + c_n^n)^{1/n}$，其极限值等于 $\max\{a_n, b_n, c_n\}$。 因此，$f(x) = \max\left\{ \frac{x^{2}}{2}, \frac{x}{2}, x \right\}$。

我们需要比较 $\frac{x^2}{2}$, $\frac{x}{2}$, 和 $x$ 的大小。

\begin{enumerate} \item 比较 $\frac{x^2}{2}$ 和 $x$: $\frac{x^2}{2} > x \implies x^2 > 2x \implies x^2 - 2x > 0 \implies x(x-2) > 0$。在 $(0,+\infty)$ 内，这表示 $x > 2$。 \item 比较 $\frac{x^2}{2}$ 和 $\frac{x}{2}$: $\frac{x^2}{2} > \frac{x}{2} \implies x^2 > x \implies x^2 - x > 0 \implies x(x-1) > 0$。在 $(0,+\infty)$ 内，这表示 $x > 1$。 \item 比较 $x$ 和 $\frac{x}{2}$: $x > \frac{x}{2} \implies 2x > x \implies x > 0$。这在给定的定义域内总是成立的。 \end

根据比较结果，确定 $f(x)$ 的分段表达式：

\begin{itemize} \item 当 $0 < x \le 1$ 时， $x > \frac{x}{2} \ge \frac{x^2}{2}$，所以 $f(x) = x$。 \item 当 $1 < x \le 2$ 时， $x > \frac{x^2}{2}$ 且 $x > \frac{x}{2}$，所以 $f(x) = x$。 \item 当 $x > 2$ 时， $\frac{x^2}{2} > x > \frac{x}{2}$，所以 $f(x) = \frac{x^2}{2}$。 \end

综合起来，得到 $f(x)$ 的表达式：

$$f (x) = \begin{cases}x, & 0 < x \le 2 \\\frac{x^2}{2}, & x > 2\end{cases}$$

接下来，检查连续性与可导性。 连续性： 在 $x=2$ 处，$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} x = 2$，$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{x^2}{2} = \frac{4}{2} = 2$，且 $f(2) = 2$。因此，$f(x)$ 在 $x=2$ 处连续。在其他区间内，$f(x)$ 是多项式函数，显然连续。所以，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内处处连续。

可导性： 在 $0 < x < 2$ 时，$f'(x) = 1$。 在 $x > 2$ 时，$f'(x) = x$。 在 $x=2$ 处，计算左导数和右导数： 左导数：$f'_{-}(2) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(2+h) - 2}{h} = 1$。 右导数：$f'_{+}(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{(2+h)^2}{2} - 2}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2+2h+\frac{h^2}{2} - 2}{h} = \lim_{h \to 0^+} (2+\frac{h}{2}) = 2$。 由于左导数不等于右导数 ($1 \neq 2$)，所以 $f(x)$ 在 $x=2$ 处不可导。

结论：函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内处处连续，且只有一个不可导点 $x=2$。

5. 概念学习：曲率半径曲线 $y^{3}+3xy+3x=1$ 在点 $(0,1)$ 处的曲率半径____ . 曲率半径 $\rho = \frac{(1 + (y')^2)^{3/2}}{|y''|}$ 这道题目是隐函数求导，求导数和二阶导即可。

6. $$$$

\lim_{ x \to 0 } \frac{e^{x}+\cos x-x-2}{x^{2}\tan x}

为什么不能分子替换为 $e^{x}-1+\cos x-1-x$，即等价于 $x-\frac{1}{2}x^{2}-x$. 【注】在这种情况下，因为低阶项抵消掉了，所以需要用到更高阶的项，不能简单的替换为无穷小. 仔细看：$e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}$ 同时又和 $\cos x-1$ 抵消掉了，所以不可以用 【解法】洛必达 (2) $\lim_{ x \to 0 }\left( \frac{1}{x\sin x}-\frac{\cos x}{x^{2}} \right)$ 能否 $\frac{x-\sin x\cos x}{x^{2}\sin x}$ 再 $\frac{x-\sin x}{x^{2}\sin x}$ 【注】这种情况还是少用局部等价吧，感觉都不太对，而且分母一定不能用加减局部等价！ 7. （数列极限问题）$0<a<1,x_{1}=\frac{a}{2},x_{n}=\frac{a}{2}+\frac{1}{2}x_{n-1}^{2}(n=2,3,4,\dots)$ 证明 $\lim_{ n \to \infty }x_{n}$ 存在，求出极限. 【解】**证明极限存在:** 我们使用单调有界定理来证明极限存在。我们需要证明数列 $\{x_n\}$ 是单调递增且有上界的。 1. **证明数列 $\{x_n\}$ 有上界:** 我们猜想数列的上界为 $1$。我们用数学归纳法证明 $x_n < 1$ 对所有 $n \ge 1$ 成立。 * **基础情况:** 当 $n=1$ 时，$x_1 = \frac{a}{2}$。因为 $0 < a < 1$，所以 $0 < x_1 < \frac{1}{2} < 1$。 * **归纳假设:** 假设当 $n=k$ 时，$x_k < 1$ 成立。 * **归纳步骤:** 当 $n=k+1$ 时， $$x_{k+1} = \frac{a}{2} + \frac{1}{2}x_k^2

由于 $x_k < 1$，所以 $x_k^2 < 1$。
$$x_{k+1} < \frac{a}{2} + \frac{1}{2}(1) = \frac{a+1}{2}$$
因为 $0 < a < 1$，所以 $1 < a+1 < 2$，因此 $0 < \frac{a+1}{2} < 1$。
所以 $x_{k+1} < 1$。

因此，对于所有 $n \ge 1$，都有 $x_n < 1$，数列 $\{x_n\}$ 有上界。

2. 证明数列 $\{x_n\}$ 是单调递增的:

我们证明 $x_{n+1} > x_n$ 对所有 $n \ge 1$ 成立。

$$x_{n+1} - x_n = \left(\frac{a}{2} + \frac{1}{2}x_n^2\right) - x_n = \frac{1}{2}(x_n^2 - 2x_n + a)$$

考虑二次函数 $f(t) = t^2 - 2t + a$。它的对称轴为 $t = -\frac{-2}{2 \times 1} = 1$。 我们可以将 $x_{n+1} - x_n$ 写成：

$$x_{n+1} - x_n = \frac{1}{2}[(x_n - 1)^2 + a - 1]$$

这个形式看起来不太容易判断正负。让我们回到最初的式子。

我们用数学归纳法证明 $x_{n+1} > x_n$。

• 基础情况: 当 $n=1$ 时，$x_1 = \frac{a}{2}$，$x_2 = \frac{a}{2} + \frac{1}{2}x_1^2 = \frac{a}{2} + \frac{1}{2}\left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a}{2} + \frac{a^2}{8}$。

  $$x_2 - x_1 = \left(\frac{a}{2} + \frac{a^2}{8}\right) - \frac{a}{2} = \frac{a^2}{8}$$

  因为 $0 < a < 1$，所以 $\frac{a^2}{8} > 0$，因此 $x_2 > x_1$。

• 归纳假设: 假设当 $n=k$ 时，$x_k > x_{k-1}$ 成立。

• 归纳步骤: 当 $n=k+1$ 时，我们比较 $x_{k+1}$ 和 $x_k$:

  $$x_{k+1} - x_k = \left(\frac{a}{2} + \frac{1}{2}x_k^2\right) - \left(\frac{a}{2} + \frac{1}{2}x_{k-1}^2\right) = \frac{1}{2}(x_k^2 - x_{k-1}^2) = \frac{1}{2}(x_k - x_{k-1})(x_k + x_{k-1})$$

  根据归纳假设，$x_k - x_{k-1} > 0$。由于 $0 < a < 1$，所有 $x_n > 0$，所以 $x_k + x_{k-1} > 0$。 因此，$x_{k+1} - x_k > 0$，即 $x_{k+1} > x_k$。

综上所述，数列 $\{x_n\}$ 是单调递增且有上界的。根据单调有界定理，$\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在。

求极限:

设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$。由于 $x_{n}=\frac{a}{2}+\frac{1}{2}x_{n-1}^{2}$，当 $n \to \infty$ 时，有 $x_n \to L$ 且 $x_{n-1} \to L$。将极限代入递推公式：

$$L = \frac{a}{2} + \frac{1}{2}L^2$$

整理得到关于 $L$ 的二次方程：

$$2L = a + L^2$$

$$L^2 - 2L + a = 0$$

使用二次公式求解 $L$:

$$L = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(a)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4a}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{1 - a}}{2} = 1 \pm \sqrt{1 - a}$$

由于数列 $\{x_n\}$ 是递增的，且第一项 $x_1 = \frac{a}{2} < 1$，并且我们已经证明了数列的上界为 $1$，所以极限 $L \le 1$。

考虑两个可能的极限值：$1 + \sqrt{1-a}$ 和 $1 - \sqrt{1-a}$。 因为 $0 < a < 1$，所以 $0 < 1-a < 1$，从而 $0 < \sqrt{1-a} < 1$。

因此，$1 - \sqrt{1-a} < 1$，而 $1 + \sqrt{1-a} > 1$。

由于数列的每一项都小于 $1$，所以极限不可能大于 $1$。因此，极限值只能是 $1 - \sqrt{1-a}$。

结论:

数列 $\lim_{ n \to \infty }x_{n}$ 存在，且极限值为 $1 - \sqrt{1 - a}$。

$$\boxed{\lim_{ n \to \infty }x_{n} = 1 - \sqrt{1 - a}}$$

【注】数学归纳法 ^1d92df

核心概念：我们不是在假设它是真的，而是在证明“如果它是真的，那么下一个也必然是真的”。

数学归纳法的运作方式就像多米诺骨牌：

1. 基础情况 (Base Case): 我们首先证明第一个多米诺骨牌会倒下 (例如，证明 $x_1 < 1$)。

2. 归纳步骤 (Inductive Step): 我们证明“如果任意一个多米诺骨牌倒下了，那么它的下一个也必然会倒下” (例如，假设 $x_k < 1$，然后证明 $x_{k+1} < 1$)。

关键点在于归纳假设并不是断言 $x_k < 1$ 本身就是真的。 我们是在说：“假设我们已经到达了某个编号为 $k$ 的步骤，并且恰好在这个步骤上，$x_k < 1$ 是成立的”。我们接下来的目标是利用这个假设（即使我们不知道这个假设是否真的发生过），来推导出 $x_{k+1} < 1$ 必定成立。

用更严谨的逻辑术语来说，归纳步骤证明的是一个条件语句 (implication):

$$P(k) \implies P(k+1)$$

其中 $P(n)$ 代表命题 "$x_n < 1$"。

我们并不需要事先知道 $P(k)$ 的真假。我们只需要证明，如果 $P(k)$ 为真，那么 $P(k+1)$ 也必须为真。

8. 函数在 $f(0)=f(2)$, 证明：在 $[0,2]$ 至少存在一个点 $\xi$, 使得 $f(\xi)=f(\xi+1)$.

9. $$$$

\lim_{ x \to+ \infty }\sin (\sqrt{ x+ 1} )-\sin \sqrt

10. $x\to \frac{1}{2}^+$, $f(x)=\pi-3\arccos x$ 和 $g(x)=a\left( x-\frac{1}{2} \right)^k$ 是等价无穷小，求 $a,k$. 11. $x,y\in(-\infty,+\infty)$, $f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy$, $f'(0)$ 有定义，证明: $f(x)$ 可导. 【错因】在进行求导的时候，我们需要对其中一个变量看作常数，在进行求导. 12. 函数 $f(x)$ 满足 $af(x)+b f\left( \frac{1}{x} \right)=\frac{c}{x}$, 且 $|a|\neq|b|$, 求 $f'(x)$. 【本题思路简单，步骤超级烦】 13. 在 $[-1,1]$ 连续可导 $f(0)=0,|f'(x)|\leq M$, 证明：$[-1,1]$ 上必有 $|f(x)|\leq M$. 14. 使不等式 $x^{2}\leq e^{ax}$ 对 $\forall x\in (0,+\infty)$ 成立的正数 $\alpha$ 最小取值为____ . 15. 证明：$x>1$，$\frac{\pi}{4} <x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right)<1$. 【关键点】 $f(x) = x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right) = x \arctan \frac{1}{x}$. **证明 $\frac{\pi}{4} < x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right)$：** 考虑函数 $f(x) = x \arctan \frac{1}{x}$ 在区间 $[1, x]$ 上，其中 $x > 1$。函数 $f(x)$ 在 $[1, x]$ 上连续，在 $(1, x)$ 上可导。根据拉格朗日中值定理，存在 $c \in (1, x)$，使得 $$ f'(c) = \frac{f(x) - f(1)}{x-1}.

我们计算 $f'(x)$:

$$f'(x) = \arctan \frac{1}{x} + x \cdot \frac{1}{1+(\frac{1}{x})^2} \cdot (-\frac{1}{x^2}) = \arctan \frac{1}{x} - \frac{x}{x^2+1}.$$

我们已经证明了 $f'(x) > 0$ 对于 $x > 1$。因此 $f'(c) > 0$。

$$\frac{f(x) - f(1)}{x-1} > 0.$$

由于 $x > 1$，所以 $x-1 > 0$，因此 $f(x) - f(1) > 0$，即 $f(x) > f(1)$. 我们计算 $f(1)$:

$$f(1) = 1 \cdot \left( \frac{\pi}{2} - \arctan 1 \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}.$$

所以，对于 $x > 1$，有 $f(x) > \frac{\pi}{4}$，即 $x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right) > \frac{\pi}{4}$.

证明 $x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right) < 1$：

考虑函数 $g(t) = \arctan t$。在区间 $[0, \frac{1}{x}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0, \frac{1}{x})$，使得

$$g'\left( \xi \right) = \frac{g\left( \frac{1}{x} \right) - g(0)}{\frac{1}{x} - 0} = \frac{\arctan \frac{1}{x} - \arctan 0}{\frac{1}{x}} = \frac{\arctan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}.$$

我们知道 $g'(t) = \frac{1}{1+t^2}$，所以

$$\frac{1}{1+\xi^2} = \frac{\arctan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}.$$

因此，$\arctan \frac{1}{x} = \frac{1}{x(1+\xi^2)}$. 那么 $x\arctan \frac{1}{x} = \frac{1}{1+\xi^2}$. 由于 $0 < \xi < \frac{1}{x}$ 且 $x > 1$，我们有 $0 < \xi < 1$. 所以 $1 < 1+\xi^2 < 2$. 因此 $\frac{1}{2} < \frac{1}{1+\xi^2} < 1$. 所以 $x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right) = x \arctan \frac{1}{x} = \frac{1}{1+\xi^2} < 1$.

结合以上两个不等式，我们得到对于 $x>1$，$\frac{\pi}{4} <x\left( \frac{\pi}{2}-\arctan x \right)<1$.

16. 证明 $x>0,e^{x/x+1}<\left( 1+\frac{1}{x} \right)^{x}<e$.
17. 证明：$\int_{2}^{4} f(4x-x^{2}) \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{2} f(4x-x^{2}) \, \mathrm{d}x$.
18. $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续且单调递增。$f(0)=0$, 证明：$\forall x\in[0,1)$, 有$$ e^{{1-x}\int_{0}} f(t) , \mathrm{d}t<\int_{0}^{1} f(x) , \mathrm{d}x

19. $\lim_{ x \to a }\left( \frac{\sin x}{\sin a} \right)^{1/(x-a)}$ 20. $\int \frac{\ln x}{\sqrt{ x^{2}\ln ^{2}x-2x\ln x+2 }}\mathrm{d}x$ 21. 设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,2]$ 上正值，连续，在开区间 $(0,2)$ 内可导，且 $f(0) = f(2)$，证明：在 $(0,2)$ 内存在两个互异的点 $\xi, \eta$，使得 $\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} + \frac{f'(\eta)}{f(\eta)} = 0.$ 22. 证明： $\forall x\geq1$, $\exists\theta(x)\in[\sqrt{ 2 }-1, \frac{1}{2 }),s.t.x(x+1)=[x+\theta(x)]^{2}$. 23. 泰勒公式的使用[[数学笔记#常用泰勒展开式]] 1. $\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x-\sin(\sin x)}{\tan x-\tan(\tan x)}$. 2. $\lim_{ x \to 0 }( \frac{\arcsin x}{\sin x})^{1/1-\cos x}$. 3. $\lim_{ x \to 0 }\left( \frac{\arcsin x}{x} \right)^{1/\sin ^{2}x}$. 24. $y=\left[ x\ln\left( 1+\frac{1}{x} \right) \right]^{kx}$ 有水平渐近线 $y=e$, 求 $k.$（可以使用导数的定义或叫拉格朗日定理做吗，似乎不太行，那就正常我极限大法做吧） 25. $f(x)=\frac{x^{n}-1}{x}$. $f^{(n)}(1) =$ ______. 26. $f(x)=a_{1}\sin x+a_{2}\sin 2x+\dots+a_{n}\sin nx$, $|f(x)|\leq|\sin x|$. 证明：$|a_{1}+2a_{2}+\dots+na_{n}|\leq{1}$. 【解答】证明： 已知条件为 $|f(x)|\leq|\sin x|$，其中 $f(x)=a_{1}\sin x+a_{2}\sin 2x+\dots+a_{n}\sin nx$. 我们考虑极限 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x}$. 由于 $|f(x)|\leq|\sin x|$, 对于 $x \ne k\pi$, 我们有 $\left|\frac{f(x)}{\sin x}\right| \le 1$, 即 $-1 \le \frac{f(x)}{\sin x} \le 1$. 现在计算极限值： $$ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{a_{1}\sin x+a_{2}\sin 2x+\dots+a_{n}\sin nx}{\sin x}

$$= \lim_{x \to 0} \left( a_{1} + a_{2}\frac{\sin 2x}{\sin x} + \dots + a_{n}\frac{\sin nx}{\sin x} \right)$$

利用 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin kx}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin kx}{kx} \cdot \frac{x}{\sin x} \cdot k = 1 \cdot 1 \cdot k = k$, 我们有：

$$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x} = a_{1} + 2a_{2} + \dots + na_{n}$$

由于 $-1 \le \frac{f(x)}{\sin x} \le 1$ 对 $x \ne k\pi$ 成立，取极限后不等号依然成立：

$$-1 \le \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x} \le 1$$

$$-1 \le a_{1} + 2a_{2} + \dots + na_{n} \le 1$$

这等价于 $|a_{1}+2a_{2}+\dots+na_{n}|\leq{1}$.

另一种方法，利用导数的定义：

我们计算 $f'(0)$.

$$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$$

由于 $f(0) = a_1 \sin 0 + a_2 \sin 0 + \dots + a_n \sin 0 = 0$,

$$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a_{1}\sin h+a_{2}\sin 2h+\dots+a_{n}\sin nh}{h}$$

$$= \lim_{h \to 0} \left( a_{1}\frac{\sin h}{h} + a_{2}\frac{\sin 2h}{h} + \dots + a_{n}\frac{\sin nh}{h} \right)$$

$$= \lim_{h \to 0} \left( a_{1}\frac{\sin h}{h} + 2a_{2}\frac{\sin 2h}{2h} + \dots + na_{n}\frac{\sin nh}{nh} \right)$$

$$= a_{1} \cdot 1 + 2a_{2} \cdot 1 + \dots + na_{n} \cdot 1 = a_{1} + 2a_{2} + \dots + na_{n}$$

另一方面，考虑 $g(x) = \sin x$. 我们有 $|f(x)| \le |g(x)|$. 对于 $x \ne 0$, $|\frac{f(x)}{x}| \le |\frac{\sin x}{x}|$. 取极限 $x \to 0$:

$$\lim_{x \to 0} \left|\frac{f(x)}{x}\right| \le \lim_{x \to 0} \left|\frac{\sin x}{x}\right|$$

$$|f'(0)| \le 1$$

$$|a_{1} + 2a_{2} + \dots + na_{n}| \le 1$$

【思路】好的，让我们用中文仔细梳理一下解决这个问题的思路。

1. 理解题意：

题目给出了一个函数 $f(x)$，它是有限个正弦函数的线性组合，每个正弦函数的频率依次递增。关键的条件是 $|f(x)| \leq |\sin x|$，这意味着函数 $f(x)$ 的绝对值始终被 $\sin x$ 的绝对值所限制。我们的目标是证明一个关于系数 $a_i$ 的不等式，其中每个系数都乘以了它对应正弦函数的频率。

2. 分析关键信息和联系：

• 函数结构： $f(x) = a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \dots + a_n \sin nx$ 的形式表明，求导后会出现余弦函数，并且系数会乘以频率。
• 不等式约束： $|f(x)| \leq |\sin x|$ 是核心，它描述了 $f(x)$ 相对于 $\sin x$ 的行为。这很可能是连接函数和其系数的关键。
• 目标不等式： $|a_1 + 2a_2 + \dots + na_n| \leq 1$ 中，系数 $a_k$ 正好乘以了频率 $k$。这强烈暗示我们应该考虑 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的导数。回忆一下，$\sin(kx)$ 的导数是 $k \cos(kx)$。

3. 构思解题方法：

• 直接代入/操作： 直接在不等式 $|f(x)| \leq |\sin x|$ 中代入 $f(x)$ 的表达式进行操作似乎很困难，不太可能直接得到目标不等式。
• 积分： 对不等式进行积分可能会得到一些关系，但如何分离出想要的系数加权和并不明显。
• 极限： 考虑当 $x \to 0$ 时函数的行为是一个很有希望的方向。不等式联系了 $f(x)$ 和 $\sin x$，当 $x \to 0$ 时它们都趋于 0。这提示我们可以考虑它们的比值。
• 导数： 目标不等式的结构（系数乘以频率）强烈暗示了要考察 $f(x)$ 在某个特定点（很可能是 $x=0$）的导数。
• 泰勒/麦克劳林展开： 将 $f(x)$ 和 $\sin x$ 在 $x=0$ 附近展开可能会揭示它们系数之间的联系。

4. 聚焦于极限和导数（最有希望的方法）：

考虑到目标不等式的结构，极限和导数看起来是最有希望的途径。

4.1. 探索极限方法：

• 构造比值： 不等式 $|f(x)| \leq |\sin x|$ 可以改写为 $|\frac{f(x)}{\sin x}| \leq 1$，当 $x \neq k\pi$ 时。
• 计算极限： 考虑当 $x \to 0$ 时这个比值的极限：

  $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \dots + a_n \sin nx}{\sin x}$$

  可以拆分成单独的极限：

  $$\lim_{x \to 0} \left( a_1 \frac{\sin x}{\sin x} + a_2 \frac{\sin 2x}{\sin x} + \dots + a_n \frac{\sin nx}{\sin x} \right)$$

  利用标准极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin kx}{\sin x} = k$，得到：

  $$a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot 2 + \dots + a_n \cdot n = a_1 + 2a_2 + \dots + na_n$$

• 应用不等式： 由于 $|\frac{f(x)}{\sin x}| \leq 1$，这个比值的极限也必须满足相同的不等式：

  $$\left| \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sin x} \right| \leq 1$$

  $$|a_1 + 2a_2 + \dots + na_n| \leq 1$$

4.2. 探索导数方法：

• 计算 $f(x)$ 的导数：

  $$f'(x) = a_1 \cos x + 2a_2 \cos 2x + \dots + na_n \cos nx$$

• 计算 $x=0$ 处的导数：

  $$f'(0) = a_1 \cos 0 + 2a_2 \cos 0 + \dots + na_n \cos 0 = a_1 + 2a_2 + \dots + na_n$$

• 联系不等式： 对于 $x \neq 0$，我们有 $|\frac{f(x)}{x}| \leq |\frac{\sin x}{x}|$。取 $x \to 0$ 的极限：

  $$\lim_{x \to 0} \left| \frac{f(x)}{x} \right| \leq \lim_{x \to 0} \left| \frac{\sin x}{x} \right|$$

  $$|f'(0)| \leq 1$$

  $$|a_1 + 2a_2 + \dots + na_n| \leq 1$$

5. 选择最佳方法并撰写证明：

极限方法和导数方法都是有效的，并且都得到了相同的结果。极限方法可能在与已知不等式的联系上更直接一些。在撰写证明时，清晰地陈述步骤，并使用标准的极限结果或导数定义来证明每一步的合理性非常重要。

6. 自我检查和验证：

• 检查极限计算： 确保正确使用了标准极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin kx}{\sin x} = k$。
• 检查导数计算： 验证 $f(x)$ 的导数计算是否正确。
• 确保逻辑流畅： 确保证明的步骤从已知信息和标准数学原理出发，逻辑连贯。

27. $$$$

\lim_{ x \to 0 } \frac{\int_{0}^{x} \arctan(x-t) , \mathrm{d}t }{\sin 3x\ln(1+2x)}

$$28.$$

\int \frac{x^{2}+2x\sin x}{1+\cos x}

29. $f(x)$ 在 $x_{0}$ 可导，那么 $\lim_{ t \to 0 } \frac{f(x_{0}+t)+f(x_{0}-3t)}{t}=$ ______. 【陷阱】本题你不知道 $f(x_{0})$ 是多少，平时我们做的是相减的，但是这一题相加，如果 $f(x_{0})=k$，那么就是 $\frac{k}{0}\to \infty$ 了 30. $\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{ |x-x^{2}| }}$ 31. $a>0,a_{1}=\sqrt{ a },a_{2}=\sqrt{ a+\sqrt{ a } },a_{3}=\sqrt{ a+\sqrt{ a+\sqrt{ a } } },\dots,a_{n}=\sqrt{ a+\dots+\sqrt{ a } }$, 证明它有极限和极限值