大学数学竞赛-高等数学竞赛辅导综合题1

高等数学综合练习题1、设，满足0ANX,0,21,0,21NXAN证明收敛，并求NX。NLIM分析用数列通项表示的这种类型题目，往往要用单调有界必有极限这个定理来解决，因此先要用不等式技术证明单调且有界。NX证明（1）证明易见，则,2,10,N，AXN1从而有，0221NNNNXX故单调减少，且有下界。所以收敛。NXN（2）设，在两边同时取极限得LNLIM21NNXAX1LIN,21LIMLANN解之得，即。ALAXNLI2、设在的邻域具有二阶导数，且，试求，XF03101LIEXFX0F及0FF分析这种类型的题目，先要取对数将指数去掉化成分式。再根据分式极限为常数而分母极限为零，得到分子极限为零。另外求一点的导数往往要用定义。解由得310LIMEXFX，31LNIM0XFX因为分母极限为零，从而分子极限为零，即，01LNI0XFX可以得到，LI0XF同样，我们有，0LIM0FXF由导数的定义得。0LI0XFFX因为在的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得XF0）“212FF两边取极限得，20“21LIM0XFX故。40“F3、设，且在满足AXF,A，有（为常数）。,YX|YXKF0证明在有界。F,证明由条件知，有,AX，|AXKF则，|FXFAFXF从而，AFKXFAKXFAKXF|故在有界。F,A4、设函数且F0存在,试确定常数A,B,C0,2XCBXEF分析这是一个分段函数，分段函数在分段点的导数要用定义求。解由条件可知函数在处连续,故。XF10FC由条件可知在处连续,且,故。F0,2XBAEXFX10FB因此从而，故，则,12XAEXFX0,F2FA。1A5、设当时,可微函数满足条件，且1XXF0D10XTFFXF，试证当时,有成立0F0X1E分析这是一个积分微分方程，可以通过两边求导变成一个微分方程，然后求解。证明设由题设知,则所给方程可变形为10FXTFFXFX0D两端对X求导并整理得，21XFXF这是一个可降阶的二阶微分方程,可用分离变量法求得XCF1E由得,可见单减10FC01EXFXF而,所以当时,。F0XF对在上进行积分得1ETTFT,XXTXTEEFXF00D16、计算三重积分。VDXYZCBYAXI22其中是椭球体。V122CZBYAX分析计算二重积分和三重积分是数学竞赛和考研的基本内容，这种题目都是将重积分化成累次积分，而累次积分的关键是要确定出每个积分的限，确定积分的限一定要根据所给积分的图形区域，因此正确画出图形或者是想象出图形是解决问题的关键。解由于，DXYZCDXYZBDXYZAIVVV222其中，DAVDYZXDXYZA22这里表示椭球面D2221AXCZBY或。1122AXCZAXBY它的面积为。11222AXBCAXCB于是。BCDDXYZAAV54222同理可得，CZBV12。ABDXYZCV542所以。CI137、讨论积分的敛散性。DXQPCOS分析积分敛散性的讨论是数学中的一个难点，要用不等式技术和一些重要结论，其中CAUCHY收敛准则起作很大的作用。解首先注意到。21QPQPXX若，则当充分大时，从而当充分大时，函数1,MAXQPX0QP是递减的，且这时QP。XLIMQP0又因（对任何），故收敛。AXDCOSIN1ADXQPCOS若，则恒有，故函数在上是递增的。,MAQP0QPXQP于是，正整数，有NDXNQP42COS2XNQP4QP常数，QP820故不满足CAUCHY收敛准则，因此发散。DXQPCOS8、设在上二阶可导，XF0,101,FF求证使,2分析罗尔定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等数学的重要内容，往往也是研究生考试和数学竞赛的命题的重点。平时练习时，采用多种方法去解决，能有效地提高解题能力。这种题目难点是构造出一个合适的函数。证1令则2,FXFX0,1,FCD01F由洛尔定理知0,1,2XFX,XF由洛尔定理知,2,2FXF证2令由拉格朗日定理知2FXF01,XCD0,1,XCD21,FFF由洛尔定理知0,10,2XFF证3在展开为一阶泰勒公式1X211,2FFXFXX10,0,12FFF因故1,F,2F证4令,用两次洛尔定理。2FXFX证5令,用一次洛尔定理。F9、设F在上可微，且A与B同号，证明存在，使,BA,BA（1）；22FF（2）LNABF证（1）令，显然在上满足CAUCHY中值定理的条件，所以2XGGF,BA，22FF即FABFB（2）令，显然在上满足CAUCHY中值定理的条件，所|LNXGGF,以，1|LN|LFFABF即LNLFABFF10、设二阶可微，证明存在，使RF1,01,0FF1,02“F证明令，则。XFXF2F显然在上满足ROLLE定理的条件，从而，使1,01,00F又，于是在上满足ROLLE定理02F2XFX,的条件，故，使，即存在，使1,0“F2“F11、设是定义在上的函数，XF,10,FXF且,YFYXFY证明在上可导，且FX分析由于已知条件是一个很广的条,YFXYFYX件，要充分利用它；另外要用导数的定义。证明由已知条件得10F因为XFFXFXXLIMLIM010XFFXLIF00F。X所以在上可导，且XF,XFF12、设，且,21,SINSINI21NIRAXAI，证明|SIN|XF1|1分析从结论可以看出，绝对值里面刚好是，因此容易想到先求的0FXF导数。再用导数的定义。证明因为，所以NXAXAXFCOS2COSS1F10又，NXXFF200LIMLI所以1SILLI|2|001XFNAAX即。1|21N13、设F在上二阶可微，则方程,BA0BFA0BFA在内至少有一个根0“XF,分析；方程在一个区间有根的问题往往要用零点存在定理去判断，因此验证该方程在两端点值的符号是解决问题的关键。证明因为，不妨设，0BFA0,BFAF因，故，使LIMXFAX,A，0XF从而，使。AX101AFXF因，故，使LIMBFBX,B，0XF从而，使得。X202BFXF又因在上可微，所以在上连续，由零点存在定理知，F,AXF,21，使,210X0XF于是在及上分别利用ROLLE定理得，存在，使得,0A,B21021FF,01BXA再在上用ROLLE定理得，使即方程,21,20“F在内至少有一个根0“XF,BA14、（浙江师范大学2004）设在上具有二阶导数，且满足条件FX0,1，其中都是非负常数，是内的任一点，证明FXFX,ABC0,1。2BFCA分析如果函数高阶可导，并给定了函数的导数或函数的值，要求估计一个函数的界，往往要用TAYLOR展开式。证明因在上具有二阶导数，故存在使得FX0,110,C202FCFCF同理存在使得2,C2211FCFCFC将上面的两个等式两边分别作差，得222101FFCFCFC即22211FCFFCFC因此222110FCFFCFC2BAC而，故。22111C2BFCA15、设证明，使021,10,3FFFCF1,024|F证明将在点处展开泰勒公式，得XF2（在与之间）3221“61“11XFXFXFFX21令得0X21,0,“612“12213FFFF令得1X1,2,“612“121032FFFF因为，所以2F3211|601|FFF令，则|,MAX|21FFF，|241|0|FF代入，得21,0FF|F16、（2003高数一）将函数展开成的幂级数，并求级数XX21ARCTN的和012N分析给定的函数是一个反正切函数不能直接展开，由于它的导数是一个分式函数，可以展开，因此可以考虑先求导数。解因为21,4124120XXFNN又F0,所以4DTDTFFXFNXXN4124020,12420NN因为级数收敛，函数FX在处连续，所以0N21X,2414120NXFN令，得21,012012424NNNF再由，得21F4210FN17、（2003高数一）设函数FX连续且恒大于零，2TDTDYXFVZFTDDXFYTG12其中，,2TZZYT,2TYT1讨论FT在区间内的单调性,02证明当T0时，TGTF分析要判定一个函数的单调性，往往要求它的导数。这是一个变限的积分，可以利用变限积分的求导法则。由于是一个重积分，因此先要计算重积分。解1因为，TTTTRDFRDFDTF02202SIN，202RFTTT所以在上，故FT在内单调增加,0TF,0（2）因，TTDRFG02要证明T0时，只需证明T0时，即TTF02TGTF0002022TTTRDFDRFRF令，TTTG则，故GT在内单调增加2022RTRFTF,因为GT在T0处连续，所以当T0时，有GTG0又G00,故当T0时，GT0,因此，当T0时，2TGTF18、（2004年上海交通大学）设收敛,且在上一致连续，DAFXXF,A证明0LIMXFX分析这是一个综合性的题目，首先要搞清楚一致连续的概念，可以构造一个级数，通过构造的级数的收敛性得到通项趋近于零，然后转化为函数趋近于零。证因在上一致连续，故，使得当XF,A0且时，有。12,T12T12FT令，则由积分第一中值定理得，1DANUFX，使得,NX1DANNUFXF因收敛，故级数收敛，从而，即DAFX1N0NU，也即，故对上述的，存在，使得0NF0NFNA当时，N2X取，则当时，因XAX0,1,KXAK故存在惟一的，使得，易见，且A,XKN，从而KX2KKFXFFX19、（2004年上海交通大学）计算下述积分，其中D是矩形区域，。2DDYXX120Y分析被积函数带有绝对值的定积分的计算关键在于去掉绝对值，要去掉绝对值就要将积分区域分块。解记21,|1,0,0XYYX，2|D1222DDDDDYYX1122210XXY33211DD332210044XX143006DCOSDTSINT这里2403T4011COS42SD2TT403INSI8TTT14582320、求曲线积分，其中与为正DYAXEDXYBEIXLCOSSINAB常数，L为从点沿曲线到点的弧。0,2AA2XAY0,O分析沿曲线积分的关键在于将所有变量都转化成某一变量，因此将曲线写成参数方程就可以了。也可利用格林公式来解。解因故SINCOSSINYEDYEYDXXX0,2SICOIAYEXXXL而L的参数方程为,0,SIN,COTTYTAX所以AXDYBLDTTATTT0322COS1SINCOSIN321ABA因此321ABAI21、设函数F具有一阶连续导数，存在，且，0“F0FF,XAXG（1）确定，使处处连续；AX（2）对以上所确定的，证明具有一阶连续导数AXG分析分段函数的连续和导数，在分段点的导数一般用定义来求解（1）因为若处处连续，则在处连续于是，且XGXG00F0LIMLI00FXFXFA（2）因,FG2000LIMLILIMXFXFXGGXX“1LI21LIFFFF于是,0,0“21,XFXFFG显然，当时，连续，当时，因为0XX0“210“LIM0LILIMLILIM200200GFFFXFXFFXFFFFGXXX所以在处连续，故具有一阶连续导数XGX22、设幂级数,当时，且0NAX121NNAA014,A（1）求幂级数的和函数；0NSX（2）求和函数的极值SX分析注意到与的关系，容易想到要对级数求两次导。2NA解（1）令10,NNSXSXA则，22201NNNNXAXS0XS，求得1014,XSCESSA由125353,2XXCE（2）由005331LN,LN225XXEXSXS得又为极小值23、求幂级数的和函数，并指出它们的定义域。51分析求收敛域是比较简单的。因为级数求导后变成了可以直接写出结果的级数，因此可以先求导，再积分。解因为幂级数，21LIMLINNA且时与都是发散级数，1X2N1N所以此幂级数的收敛域为。,设其和为，于是当时，逐项求导得FXX，242211NX所以20LXFDT24、设。证明，并求其值。3SIN,02XS1LIMXS证明设，I,1,2NNUX它们都是上的连续函数，且有30,。,242NNXU显然为收敛级数。3N故由优级数判别法知为上一致收敛。NUX302，从而该级数的和函数在上连续。SX，于是有，且。1LIMXS121SIN2N25425、（2003高数一）某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为K,K0）汽锤第一次击打将桩打进地下AM根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数R0R1问1汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深2若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深（注M表示长度单位米）解1设第N次击打后，桩被打进地下，第N次击打时，汽锤所作的功为X由题设，当桩被打进地下的深度为X时，土层对桩的阻力的,321WN大小为，所以KX，2101AKXDX22221XKX由可得RW22A即12RX122233332ARXKXKDX由可得1WR，223AX从而，R即汽锤击打3次后，可将桩打进地下AMR21（2）由归纳法，设，则XNN122111NXNKDWN1ARN由于，故得1121WRRWNNNN,22AX从而11RRNNN于是，ARXNLIM1即若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下MAR126、设在0，1上具有二阶导数，且，求证XF0XF2110FDXF分析考虑到题目涉及、与的关系，首先联想到利用泰勒公XF21FF式证一将在处展开为一阶泰勒公式XF210（在与之间）21XFXFFX21，这一步也可由凹函数的性质直0XF接得到由定积分的性质得2121212100010FDXFFDXFDXFXF分析考虑到题目涉及定积分，还可对的原函数利用泰勒公式F证二令，则，XDTFF0XFF110FDX将在处展开为二阶泰勒公式21322612XXXX（在与之间）1121FFFFX21利用公式容易得证0110FDXF分析所证不等式的几何意义是高为、宽为1的矩形面积不小于以2F为曲边（）的曲边梯形的面积，矩形可以认为是由曲边梯形增XFYX加一部分与减少一部分得到，而增加的一部分面积大于减少的一部分面积；为了证明这一点，可从的左右对称点出发来研究21X证三，有，在0，1上,0X,0XF，即，211XFF2121FFXF（令）200DFFDFF12DXFTX1故10XF121021012FXFXFXF210FF分析证明数字不等式往往是先设法转化为函数不等式，再利用函数的单调性加以证明；转化的方法是将结论中的积分上限（或积分下限）换成，式中X相同的字母也换成，移项使不等式一端为零，则另一端的表达式即为需作的X辅助函数。前面乘以是由不等式的几何意义想到的2F证四设辅助函数，。20XFDTFXF1,0（对在，上用LAGRANGE定理）2FFXFX对用LAGRANGE定理2XFF2XFF,XF0FX,在0，1单调减少，即，F01F02110FDTF211FDXF分析利用分部积分法可将被积函数求导，两次使用分部积分法就可得到二阶导数，从而可以利用已知条件加以证明证五2102210210DXFFDXFXFDF218212210FFFFF同理可证,两式相加得证182112FFDXF27、设0,NU且LIMNU，求证级数11NNU条件收敛分析先要判断不是绝对收敛的，再判断是收敛的。另一方面，由已知条件可以看出需要对所判断的级数进行变形。解1LIM1,0LIMLI0NNNNUNUU级数不绝对收敛。111LILILIMLI2NNNNNUU1111231,NKNNKKNSUU故级数收敛且为条件收敛。1LIMNU28、设函数可微，,且满足求,YXF,0,12FXYFCOTY10,LIMENNFY,FXY分析利用重要极限公式求出已知极限的左边，再与右边进行比较得到一个微分方程，求此微分方程。解10,LIM110,0,0,LIMLIM,NNFYFYNFYFYFYNE0,YFE，对Y积分得0,L0,COTYFDFYLN0,LSINL0,SINFYCFYC代入，,12F得0,SIFFX又已知,XFXE，0,SINFYIN,SINCYFYE故29、如图所示，设河宽为，一条船从岸边一点出发驶向对岸，船头总是指向AO对岸与点相对的一点。假设在静水中船速为常数OB，河流中水的流速为常数，试求船过河所走的路线1V2V曲线方程；并讨论在什么条件下（1）船能到达对岸；（2）船能到达点B分析利用物理学知识容易