高等數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)綜合題

1、高等數(shù)學(xué)綜合練習(xí)題1、設(shè) a0 ， xn 滿足：x0 0, xn 11( x na ), n 0 ,1,2 ,2x n證明： xn 收斂，并求 lim xn。n分析：用數(shù)列通項表示的這種類型題目，往往要用單調(diào)有界必有極限這個定理來解決，因此先要用不等式技術(shù)證明 xn 單調(diào)且有界。證明 : （ 1） 證明：易見， x n0, ( n0,1,2,), 則x n 1aa，x n x n從而有： x n 1 x n1axnax n2( x n)0 ，2x n2 xn故 xn 單調(diào)減少，且有下界。所以 xn 收斂。（2）設(shè) lim xnl ， 在 xn 11 ( xna ) 兩邊同時取極限得n2x nl

2、 lim xn 11 lim ( xna )1( la ),n2 nxn2l解之得 la ，即 lim xna 。n2、設(shè) f ( x) 在 x0 的鄰域具有二階導(dǎo)數(shù)，且lim 1 xf (x)xx 01xe3 ，試求 f (0) ，f (0) 及 f(0) .分析：這種類型的題目， 先要取對數(shù)將指數(shù)去掉化成分式。再根據(jù)分式極限為常數(shù)而分母極限為零，得到分子極限為零。另外求一點的導(dǎo)數(shù)往往要用定義。1解 由 lim 1xf ( x) x e3 得x 0xln1xf ( x) limxx3，x 0因為分母極限為零，從而分子極限為零，即lim ln 1xf ( x) 0，xx 0可以得到 lim f

3、 ( x)0 ，x 0x同樣，我們有l(wèi)im f (x)0f (0) ，x0由導(dǎo)數(shù)的定義得f '( 0) limf ( x)f (0)。0x 0x0因為 f ( x) 在 x0 的鄰域具有二階導(dǎo)數(shù)，由泰勒公式得f ( x)1f " (0) x20(x 2 )( x0) ）2兩邊取極限得lim 1 f " (0)0( x2 )x 02x 2故 f " ( 0)4。3、設(shè) a0，且 f ( x) 在 a ,) 滿足：x, y a,) ，有 | f ( x) f ( y) |K | x y |（ K2 ，0 為常數(shù)）。證明：f ( x) 在 a ,) 有界。x證明

4、：由條件知，x a, ) ，有| f ( x) f (a) | K | x a | ，則| f ( x) | | f (x)f (a) | f (a) | K | xa | f (a) |，從而f (x)K | xa | f (a) |K xa | f (a) |K| f (a) |，x| x | x |xxa故 f (x) 在 a ,) 有界。x4、設(shè)函數(shù) f ( x)ex ,bxx0; 且 f(0) 存在 ,試確定常數(shù) a,b,c.ax 2c, x0分析：這是一個分段函數(shù)，分段函數(shù)在分段點的導(dǎo)數(shù)要用定義求。解：由條件可知函數(shù) f ( x) 在 x 0處連續(xù) ,故 cf (0)1。由條件可知

5、 f( x) 在 x0 處連續(xù) , 且 f ( x)ex ,x0,f (0)1。2axb, x, 故 b0因 此 f (x)ex ,x0;從 而 f (x)ex ,x0, ， 故 2af (0)1， 則2ax1, x0,2a,x0a1 。25、設(shè)當(dāng) x1 時, 可微函數(shù) f (x) 滿足條件 f(x) f ( x)1xf (t) dt 0 ，且x1 0f (0) 1，試證 : 當(dāng) x 0 時, 有 e xf (x) 1成立 .分析：這是一個積分微分方程， 可以通過兩邊求導(dǎo)變成一個微分方程，然后求解。證明 :設(shè)由題設(shè)知 f (0)1, 則所給方程可變形為( x1) fx(x) (x 1) f (

6、 x)f (t) dt 0 .0兩端對 x 求導(dǎo)并整理得( x1) f ( x)(x2) f (x)0 ，這是一個可降階的二階微分方程, 可用分離變量法求得fCe x( x).1x由 f (0)1 得 c1 ,exf ( x)0 , 可見 f ( x) 單減 .1x而 f (0) 1,所以當(dāng) x0 時, f ( x) 1。et對 f (t )0 在 0, x 上進(jìn)行積分得1tx e txe-tdtex.f ( x) f (0)dt 10 1 t06、計算三重積分I( x 2y 2z2)dxdydz 。222Vabc其中 V 是橢球體 x2y 2z 21。a2b 2c 2分析：計算二重積分和三重

7、積分是數(shù)學(xué)競賽和考研的基本內(nèi)容，這種題目都是將重積分化成累次積分， 而累次積分的關(guān)鍵是要確定出每個積分的限，確定積分的限一定要根據(jù)所給積分的圖形區(qū)域，因此正確畫出圖形或者是想象出圖形是解決問題的關(guān)鍵。解： 由于x2y2z 2IVa2 dxdydzVb 2 dxdydzVc 2 dxdydz ，其中x2dxdydza x2dxdydz ，a2a a 2VD這里 D 表示橢球面y 2z 21x 2b 2c 2a2或y 2z21。x2x 2b 2)c 2 (1)(12a 2a它的面積為于是同理可得所以7、討論積分( 1x 2)(c1x2)bc(1x2 )。ba 2a2a2x2abc2x24。2 )

8、dxabcV a 2 dxdydzaa 2 x(1a15y 2dxdydz4abc ，Vb215z2dxdydz4abc 。Vc215I3(4abc)4abc 。15 5x cos x dx 的斂散性。x p x q分析：積分?jǐn)可⑿缘挠懻撌菙?shù)學(xué)中的一個難點，要用不等式技術(shù)和一些重要結(jié)論，其中 Cauchy 收斂準(zhǔn)則起作很大的作用。解：首先注意到x(1 p) x p(1 q)x q。x px qx px q 2若 max( p, q) 1，則當(dāng) x 充分大時，xx px qxq 是遞減的，且這時xpxxlim0 。pqxxx又因Asin A 1 （對任何 A），故cos xdx0 ，從而當(dāng) x

9、充分大時，函數(shù)x cos x收斂。x px q dx若 max( p, q)1，則恒有x0，故函數(shù)x在 x上是遞增的。 于pxqpxqxx是，正整數(shù) n ，有4x cos x2nq dx2nxpx22n4xq dx22nxpx2pq242常數(shù)0 ，8pq故不滿足 Cauchy 收斂準(zhǔn)則，因此x cos x dx 發(fā)散。x px q8、設(shè) f ( x) 在 0, 1上二階可導(dǎo)， f (0)f (1) , f (1)1,求證：( 0, 1 ) 使 f() 2.分析：羅爾定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，往往也是研究生考試和數(shù)學(xué)競賽的命題的重點。平時練習(xí)時， 采用多種方法去解決，

10、 能有效地提高解題能力。這種題目難點是構(gòu)造出一個合適的函數(shù)。證 1令 F ( x)f (x)x2x,則 F ( x)C0,1D(0,1),F (0)F (1)由洛爾定理知(0,1),F ()0F (x) f (x)2 x1,F ( x)C0,1D (0,1) ,F(1)f (1)1 0F ( )由洛爾定理知(0,1),F()0,F( x)f(x)2,f ( )2證 2令 F ( x)f (x)x2 , F ( x)C0,1D(0,1),由拉格朗日定理知(0,1),F ( )F ()(10)F (1)F (0)1,F ( x)C 0,1D (0,1),F (1)f(1)21F( ),由洛爾定理知

11、(0,1),F ()0,F (x)f( x)2,f ( )2證 3在 x1 展開為一階泰勒公式f (x)f (1)f(1)(x1)1f( 1 )( x1)2 ,1 (x,1)12f (0)f (1)f(1)f (),(0,1)2因 f (0)f (1) , f(1) 1,故(0,1),f()2證 4令 F ( x)f (x) ( x1)2 , 用兩次洛爾定理。2證 5 令 F ( x) xf ( x) x2 f ( x) , 用一次洛爾定理。、設(shè) f 在 a, b 上可微，且 a 與 b 同號，證明：存在(a, b) ，使9（ 1） 2 f (b) f ( a ) (b 2a 2 ) f &#

12、39;( ) ；（ 2） f (b) f (a)ln b f ' ( ) .a證：（ 1）令 g ( x)x 2 ，顯然 f , g 在 a, b 上滿足 Cauchy 中值定理的條件，所以f (b)f (a)f ' ( ) ，b 2a 22即2 f (b)f ( a)(b 2a 2 ) f ' ( ) .（2）令 g( x)ln | x | ，顯然f , g 在 a, b 上滿足 Cauchy 中值定理的條件，所以f (b)f (a)f '()，ln | b |ln | a |1f '( )即f (b )f (a)ln b f ' ( )ln

13、b f '( )aa10、設(shè) f : 0,1R 二階可微， f ( 0) f (1), f '(1) 1 ，證明：存在(0,1) ，使 f " () 2 .證明：令 F (x)f (x) x2x ，則 F (0)F(1)。顯然 F (x) 在 0,1上滿足 Rolle 定理的條件，從而1(0,1) ，使 F'( ) 0.又 F ' (1) f' (1)21 0，于是 F ' (x)f ' ( x) 2x1在 ,1上滿足 Rolle定理的條件，故(,1)(0,1)，使 F"( )0 ，即存在(0,1) ，使 f &quo

14、t; ( ) 2 .11、設(shè) f ( x) 是定義在 (,) 上的函數(shù)， f (x)0 , f ' (0) 1.且 x , y (,) , f (xy)f (x) f ( y) .證明： f 在 (,) 上可導(dǎo)，且f ' ( x) f ( x) .分析：由于已知條件：x , y (,) , f (x y)f ( x) f ( y) 是一個很廣的條件，要充分利用它；另外要用導(dǎo)數(shù)的定義。證明： 由已知條件得 f (0)1.因為 lim0f ( xx) f (x)lim f ( x) f ( x)f ( x)xxx 0xlim f ( x) f (x)1x 0xf (x) lim f

15、 (x)1x0xf ( x) limf (x)f (0)0xxf (x) f ' (0) f (x) 。所以 f ( x) 在 (,)上可導(dǎo)，且 f ' (x)f ( x) .12、設(shè) f ( x)a1 sin xa 2 sin x2a n sin nx( ai R, i1,2, , n) ，且| f ( x) | | sin x | ，證明： | a12a2nan | 1 .分析：從結(jié)論可以看出，絕對值里面剛好是f (0) ，因此容易想到先求 f ( x) 的導(dǎo)數(shù)。再用導(dǎo)數(shù)的定義。證明：因為 f '( x)a1 cosx2a2 cos2xnan cosnx ，所以f

16、'(0) a12a2nan又 f ' (0)lim f ( x)f (0)limf (x)a12a2nan ，x 0xx 0x所以 | a12a2na n |limf (x)limsin x1.x 0xx 0x即 | a1 2a2nan | 1。13、設(shè) f在 a ,b 上二階可微， f ( a) f ( b)0 ， f '(a) f ' (b)0 ，則方程 f " ( x)0 在( a, b) 內(nèi)至少有一個根 .分析；方程在一個區(qū)間有根的問題往往要用零點存在定理去判斷，因此驗證該方程在兩端點值的符號是解決問題的關(guān)鍵。證明：因為 f '( a)

17、 f ' (b ) 0 ，不妨設(shè) f '(a)0, f ' (b)0，f (x)f (a)0 ，故 (a, a)，使因 limxax af ( x)f (a )0，xa從而 x1a ，使 f ( x1 ) f ( a) 0 。f (x)f (b)0 ，故 (b, b) ，使因 limxbx bf ( x)f (b)xb0 ，從而 x2b ，使得 f (x2 ) f (b)0 。又因 f (x) 在 a,b 上可微，所以f ( x) 在 x1 , x2 上連續(xù)，由零點存在定理知，x0 ( x1 , x2 ) ，使 f (x0 ) 0 .于是在 a, x0 及 x0 , b

18、 上分別利用 Rolle定理得，存在 12 ，使得f ' ( 1 ) f ' ( 2 )0 .(a1x0 , x02b) .再在 1,2 上用 Rolle 定理得，( 1 ,2 )(a, b) ，使 f " () 0 . 即方程 f " ( x)0 在( a, b) 內(nèi)至少有一個根 .14、（浙江師范大學(xué) 2004）設(shè) f ( x) 在 0,1上具有二階導(dǎo)數(shù)，且滿足條件 f ( x)a ，f ( x)b ，其中 a,b 都是非負(fù)常數(shù)， c 是 (0,1)內(nèi)的任一點，證明 f (c) 2ab 。2分析：如果函數(shù)高階可導(dǎo)， 并給定了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)或函數(shù)的值，要求估計

19、一個函數(shù)的界，往往要用Taylor 展開式。證明： 因 f ( x) 在 0,1 上具有二階導(dǎo)數(shù)，故存在1(0, c) 使得f (0)f (c)f (c)(0c)1f ( 1)(0c) 22同理存在 2(c,1) 使得f (1)f (c)f (c)(1c)1f (2 )(1c) 22將上面的兩個等式兩邊分別作差，得f (1)f (0)f (c)1f(2 )(1c) 21f(1)c222即f( c)f (1)f (0)1f(2 )(1c) 21f(1)c222因此f(c)f (1)f (0)1f( 2)(1c) 21 f (1) c2222ab (1c)2b c222而 (1c) 2c22c22

20、c12c(c 1)11 ，故 f(c)2ab。215、設(shè) fC 3 0,1, f (0)1, f (1)2, f '10 .證明：( 0,1)，使 | f() |24 .2證明：將 f ( x) 在點 x1 處展開泰勒公式，得2f ( x)f (1)f ' (1)( x1)1f " (1)( x1) 21f " ( )( x1)3 （ 在 x 與 1之間）222222622令 x0 得f (0)f (1)f '(1)(1)1f " (1)(1)21f " ( 1 )(1)3, 1( 0,1) .222222622令 x1 得f (

21、 0)f (1)f '(1)11f " (1)(1) 21f " ( 2 )(1)3 ,2(1,1) .222222622因為 f ' (1 )0 ，所以2113| f (1)f (0) | f(1 ) | f( 2)|.62令 f ()max|f(1 ) |, f(2) ，則| f (1)f(0) |1| f() | ，24代入 f (0)1, f (1)2 ，得 | f() |24 .16、將函數(shù) f (x)arctan 12 x 展開成 x 的冪級數(shù)，并求級數(shù)(1) n的和 .12xn0 2n1分析：給定的函數(shù)是一個反正切函數(shù)不能直接展開，由于它的導(dǎo)數(shù)

22、是一個分式函數(shù)，可以展開，因此可以考慮先求導(dǎo)數(shù)。解： 因為 f ( x)22( 1)n 4n x2n , x ( 1 , 1 ).14x 2n 02 2又 f(0)=, 所以4f ( x)xf (t) dtx( 1) n 4n t 2 n dtf (0)42 0n00=42( 1) n 4n x2n 1 , x ( 1 , 1 ).n 0 2n12 2因為級數(shù)( 1) n收斂，函數(shù) f(x)在 x1處連續(xù)，所以n 0 2n12f (x)2( 1) n 4nx2 n 1, x(11.42n 12,n 02令 x 1 ，得214(1)4 n14( 1) n,f ( 2)2n 0 2n 1 2 2n

23、 1 n 0 2n 1再由 f ( 1)0 ，得2( 1)n1).0 2n14f (4n217、設(shè)函數(shù) f(x)連續(xù)且恒大于零，f ( x2y2z2 )dvf ( x 2y 2 )dF (t)(t )， G (t )D (t )f ( x2y2 )dt2 )dxf (xD (t )1其中()(,)x2y2z2t2， D (t ) ( x, y) x2y2tx y z(1)討論 F(t) 在區(qū)間(0,) 內(nèi)的單調(diào)性 .(2)證明當(dāng) t>0時，F(xiàn) (t)2 G (t).，t 2 .分析：要判定一個函數(shù)的單調(diào)性，往往要求它的導(dǎo)數(shù)。這是一個變限的積分，可以利用變限積分的求導(dǎo)法則。由于是一個重積分

24、，因此先要計算重積分。解：(1)因為2tf ( r 2 ) r 2 sin dr 2t2 )r 2 dr0d0df (rF (t)00，2tf (r 2 ) rdrt0df (r2 )rdr00tf (r 2 )r (tr )drtf (t 2 )F (t )20，tf (r 2 )rdr 20所以在 (0,) 上 F(t )0 ，故 F(t)在(0,) 內(nèi)單調(diào)增加 .（2） 因tf (r 2 )rdrG (t)0，tf (r 2 ) dr0要證明 t>0 時 F (t)2 G (t ) ，只需證明 t>0 時， F (t )2 G (t) 0 ，即t2 )r2 drt(r 2 )

25、dr t2 )rdr 20.f ( rff (r000令g (t )t2 )r 2 drt2 )drtf ( r2 )rdr 2 ，f (rf ( r000g (t)tr ) 2 dr0 ，故 g(t)在 (0, ) 內(nèi)單調(diào)增加 .則f (t 2 ) f (r 2 )(t0因為 g(t)在 t=0 處連續(xù)，所以當(dāng) t>0時，有 g(t)>g(0).又 g(0)=0, 故當(dāng) t>0 時， g(t)>0,因此，當(dāng)t>0時，F(xiàn) (t )2G (t ).18、設(shè)f ( x)d x 收斂 , 且f ( x) 在a,上一致連續(xù)，證明limf (x)= 0.ax分析：這是一個綜

26、合性的題目， 首先要搞清楚一致連續(xù)的概念，可以構(gòu)造一個級數(shù)，通過構(gòu)造的級數(shù)的收斂性得到通項趨近于零，然后轉(zhuǎn)化為函數(shù)趨近于零。證：因 f ( x) 在 a,上一致連續(xù)，故0 ，0 ，使得當(dāng) t ,t2a,且1t t2時，有 f (t1 ) f (t2 )。12a n令 unf (x)d x ，則由積分第一中值定理得，a( n 1)a nxn a(n1) , a n，使得 unf ( x)d xf (xn ) .a ( n 1)因f ( x)d x 收斂，故級數(shù)un 收斂，從而 un0 ，即an 1f ( xn )0 ，也即 f ( xn )0 ，故對上述的，存在 N，使得當(dāng) nN時，f (xn)2.取 XaN，則當(dāng)xX時，因xa,a( k1) ,akk0故存在惟一的k， 使得xa( k1), ak， 易見kN， 且xxk，從而f (x) f (xk ) f ( x) f (xk )2219、計算下述積分：y x2 d xd y ，其中 D 是矩形區(qū)域 x1 ， 0 y 2 。D分析：被積函數(shù)帶有絕對值的定積分的計算關(guān)鍵在于去掉絕對值，要去掉絕對值就要將積分區(qū)域分塊。解：記 D1( x, y) | x1,0y2, yx20D2( x, y) | x1,0y2,0yx2 ，Dy x2 d x d yD1x2y d x d yD2y x