高等数学竞赛辅导综合题

1、高等数学综合练习题1、设 a0 ， xn 满足：x0 0, xn 11( x na ), n 0 ,1,2 ,2x n证明： xn 收敛，并求 lim xn。n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 xn 单调且有界。证明 : （ 1） 证明：易见， x n0, ( n0,1,2,), 则x n 1aa，x n x n从而有： x n 1 x n1axnax n2( x n)0 ，2x n2 xn故 xn 单调减少，且有下界。所以 xn 收敛。（2）设 lim xnl ， 在 xn 11 ( xna ) 两边同时取极限得n2x nl

2、 lim xn 11 lim ( xna )1( la ),n2 nxn2l解之得 la ，即 lim xna 。n2、设 f ( x) 在 x0 的邻域具有二阶导数，且lim 1 xf (x)xx 01xe3 ，试求 f (0) ，f (0) 及 f(0) .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。1解 由 lim 1xf ( x) x e3 得x 0xln1xf ( x) limxx3，x 0因为分母极限为零，从而分子极限为零，即lim ln 1xf ( x) 0，xx 0可以得到 lim f

3、 ( x)0 ，x 0x同样，我们有lim f (x)0f (0) ，x0由导数的定义得f '( 0) limf ( x)f (0)。0x 0x0因为 f ( x) 在 x0 的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得f ( x)1f " (0) x20(x 2 )( x0) ）2两边取极限得lim 1 f " (0)0( x2 )x 02x 2故 f " ( 0)4。3、设 a0，且 f ( x) 在 a ,) 满足：x, y a,) ，有 | f ( x) f ( y) |K | x y |（ K2 ，0 为常数）。证明：f ( x) 在 a ,) 有界。x证明

4、：由条件知，x a, ) ，有| f ( x) f (a) | K | x a | ，则| f ( x) | | f (x)f (a) | f (a) | K | xa | f (a) |，从而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、设函数 f ( x)ex ,bxx0; 且 f(0) 存在 ,试确定常数 a,b,c.ax 2c, x0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 f ( x) 在 x 0处连续 ,故 cf (0)1。由条件可知

5、 f( x) 在 x0 处连续 , 且 f ( x)ex ,x0,f (0)1。2axb, x, 故 b0因 此 f (x)ex ,x0;从 而 f (x)ex ,x0, ， 故 2af (0)1， 则2ax1, x0,2a,x0a1 。25、设当 x1 时, 可微函数 f (x) 满足条件 f(x) f ( x)1xf (t) dt 0 ，且x1 0f (0) 1，试证 : 当 x 0 时, 有 e xf (x) 1成立 .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 f (0)1, 则所给方程可变形为( x1) fx(x) (x 1) f (

6、 x)f (t) dt 0 .0两端对 x 求导并整理得( x1) f ( x)(x2) f (x)0 ，这是一个可降阶的二阶微分方程, 可用分离变量法求得fCe x( x).1x由 f (0)1 得 c1 ,exf ( x)0 , 可见 f ( x) 单减 .1x而 f (0) 1,所以当 x0 时, f ( x) 1。et对 f (t )0 在 0, x 上进行积分得1tx e txe-tdtex.f ( x) f (0)dt 10 1 t06、计算三重积分I( x 2y 2z2)dxdydz 。222Vabc其中 V 是椭球体 x2y 2z 21。a2b 2c 2分析：计算二重积分和三重

7、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x2y2z 2IVa2 dxdydzVb 2 dxdydzVc 2 dxdydz ，其中x2dxdydza x2dxdydz ，a2a a 2VD这里 D 表示椭球面y 2z 21x 2b 2c 2a2或y 2z21。x2x 2b 2)c 2 (1)(12a 2a它的面积为于是同理可得所以7、讨论积分( 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 的敛散性。x p x q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x(1 p) x p(1 q)x q。x px qx px q 2若 max( p, q) 1，则当 x 充分大时，xx px qxq 是递减的，且这时xpxxlim0 。pqxxx又因Asin A 1 （对任何 A），故cos xdx0 ，从而当 x

9、充分大时，函数x cos x收敛。x px q dx若 max( p, q)1，则恒有x0，故函数x在 x上是递增的。 于pxqpxqxx是，正整数 n ，有4x cos x2nq dx2nxpx22n4xq dx22nxpx2pq242常数0 ，8pq故不满足 Cauchy 收敛准则，因此x cos x dx 发散。x px q8、设 f ( x) 在 0, 1上二阶可导， f (0)f (1) , f (1)1,求证：( 0, 1 ) 使 f() 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，

10、 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 F ( x)f (x)x2x,则 F ( x)C0,1D(0,1),F (0)F (1)由洛尔定理知(0,1),F ()0F (x) f (x)2 x1,F ( x)C0,1D (0,1) ,F(1)f (1)1 0F ( )由洛尔定理知(0,1),F()0,F( x)f(x)2,f ( )2证 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( ),由洛尔定理知

11、(0,1),F ()0,F (x)f( x)2,f ( )2证 3在 x1 展开为一阶泰勒公式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证 4令 F ( x)f (x) ( x1)2 , 用两次洛尔定理。2证 5 令 F ( x) xf ( x) x2 f ( x) , 用一次洛尔定理。、设 f 在 a, b 上可微，且 a 与 b 同号，证明：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证：（ 1）令 g ( x)x 2 ，显然 f , g 在 a, b 上满足 Cauchy 中值定理的条件，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 | ，显然f , g 在 a, b 上满足 Cauchy 中值定理的条件，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、设 f : 0,1R 二阶可微， f ( 0) f (1), f '(1) 1 ，证明：存在(0,1) ，使 f " () 2 .证明：令 F (x)f (x) x2x ，则 F (0)F(1)。显然 F (x) 在 0,1上满足 Rolle 定理的条件，从而1(0,1) ，使 F'( ) 0.又 F ' (1) f' (1)21 0，于是 F ' (x)f ' ( x) 2x1在 ,1上满足 Rolle定理的条件，故(,1)(0,1)，使 F"( )0 ，即存在(0,1) ，使 f &quo

14、t; ( ) 2 .11、设 f ( x) 是定义在 (,) 上的函数， f (x)0 , f ' (0) 1.且 x , y (,) , f (xy)f (x) f ( y) .证明： f 在 (,) 上可导，且f ' ( x) f ( x) .分析：由于已知条件：x , y (,) , f (x y)f ( x) f ( y) 是一个很广的条件，要充分利用它；另外要用导数的定义。证明： 由已知条件得 f (0)1.因为 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 (,)上可导，且 f ' (x)f ( x) .12、设 f ( x)a1 sin xa 2 sin x2a n sin nx( ai R, i1,2, , n) ，且| f ( x) | | sin x | ，证明： | a12a2nan | 1 .分析：从结论可以看出，绝对值里面刚好是f (0) ，因此容易想到先求 f ( x) 的导数。再用导数的定义。证明：因为 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、设 f在 a ,b 上二阶可微， f ( a) f ( b)0 ， f '(a) f ' (b)0 ，则方程 f " ( x)0 在( a, b) 内至少有一个根 .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 f '( a)

17、 f ' (b ) 0 ，不妨设 f '(a)0, f ' (b)0，f (x)f (a)0 ，故 (a, a)，使因 limxax af ( x)f (a )0，xa从而 x1a ，使 f ( x1 ) f ( a) 0 。f (x)f (b)0 ，故 (b, b) ，使因 limxbx bf ( x)f (b)xb0 ，从而 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 上连续，由零点存在定理知，x0 ( x1 , x2 ) ，使 f (x0 ) 0 .于是在 a, x0 及 x0 , b

18、 上分别利用 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) 内至少有一个根 .14、（浙江师范大学 2004）设 f ( x) 在 0,1上具有二阶导数，且满足条件 f ( x)a ，f ( x)b ，其中 a,b 都是非负常数， c 是 (0,1)内的任一点，证明 f (c) 2ab 。2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

19、一个函数的界，往往要用Taylor 展开式。证明： 因 f ( x) 在 0,1 上具有二阶导数，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将上面的两个等式两边分别作差，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、设 fC 3 0,1, f (0)1, f (1)2, f '10 .证明：( 0,1)，使 | f() |24 .2证明：将 f ( x) 在点 x1 处展开泰勒公式，得2f ( x)f (1)f ' (1)( x1)1f " (1)( x1) 21f " ( )( x1)3 （ 在 x 与 1之间）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因为 f ' (1 )0 ，所以2113| f (1)f (0) | f(1 ) | f( 2)|.62令 f ()max|f(1 ) |, f(2) ，则| f (1)f(0) |1| f() | ，24代入 f (0)1, f (1)2 ，得 | f() |24 .16、将函数 f (x)arctan 12 x 展开成 x 的幂级数，并求级数(1) n的和 .12xn0 2n1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

22、是一个分式函数，可以展开，因此可以考虑先求导数。解： 因为 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因为级数( 1) n收敛，函数 f(x)在 x1处连续，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、设函数 f(x)连续且恒大于零，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)讨论 F(t) 在区间(0,) 内的单调性 .(2)证明当 t>0时，F (t)2 G (t).，t 2 .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

24、，因此先要计算重积分。解：(1)因为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,) 内单调增加 .（2） 因tf (r 2 )rdrG (t)0，tf (r 2 ) dr0要证明 t>0 时 F (t)2 G (t ) ，只需证明 t>0 时， 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, ) 内单调增加 .则f (t 2 ) f (r 2 )(t0因为 g(t)在 t=0 处连续，所以当 t>0时，有 g(t)>g(0).又 g(0)=0, 故当 t>0 时， g(t)>0,因此，当t>0时，F (t )2G (t ).18、设f ( x)d x 收敛 , 且f ( x) 在a,上一致连续，证明limf (x)= 0.ax分析：这是一个综

26、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 f ( x) 在 a,上一致连续，故0 ，0 ，使得当 t ,t2a,且1t t2时，有 f (t1 ) f (t2 )。12a n令 unf (x)d x ，则由积分第一中值定理得，a( n 1)a nxn a(n1) , a n，使得 unf ( x)d xf (xn ) .a ( n 1)因f ( x)d x 收敛，故级数un 收敛，从而 un0 ，即an 1f ( xn )0 ，也即 f ( xn )0 ，故对上述的，存在 N，使得当 nN时，f (xn)2.取 XaN，则当xX时，因xa,a( k1) ,akk0故存在惟一的k， 使得xa( k1), ak， 易见kN， 且xxk，从而f (x) f (xk ) f ( x) f (xk )2219、计算下述积分：y x2 d xd y ，其中 D 是矩形区域 x1 ， 0 y 2 。D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 D1( x, y) | x1,0y2, yx20D2( x, y) | x1,0y2,0yx2 ，Dy x2 d x d yD1x2y d x d yD2y x