高等数学竞赛辅导综合题.doc

高等数学综合练习题
1、设，满足：

证明：收敛，并求
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。
证明: （1） 证明：易见，则
，
从而有： ，
故单调减少，且有下界。所以收敛。
（2）设， 在两边同时取极限得

解之得，即。
2、设在的邻域具有二阶导数，且，试求，及.
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
，
因为分母极限为零，从而分子极限为零，即
，
可以得到，
同样，我们有
，
由导数的定义得
。
因为在的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得
）
两边取极限得
，
故。
3、设，且在满足：
，有（为常数）。
证明： 在有界。
证明： 由条件知，，有
，
则
，
从而
，
故在有界。
4、设函数且f ¢¢(0)存在, 试确定常数a, b, c.
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。
由条件可知在处连续,且, 故。
因此 从而，故，则。

5、设当时, 可微函数满足条件，且，试证: 当时, 有成立.
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, 则所给方程可变形为
.
两端对x求导并整理得
，
这是一个可降阶的二阶微分方程,可用分离变量法求得
.
由得, , 可见单减.
而, 所以当时,。
对在上进行积分得
.

6、计算三重积分
。
其中是椭球体。
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
，
其中
，
这里表示椭球面

或 。
它的面积为
。
于是 。
同理可得 ，
。
所以 。
7、讨论积分的敛散性。
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
。
若，则当充分大时，，从而当充分大时，函数是递减的，且这时
。
又因（对任何），故收敛。
若，则恒有，故函数在上是递增的。于是，正整数，有

常数，
故不满足Cauchy收敛准则，因此发散。
8、设在上二阶可导，
求证： 使 .
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
由洛尔定理知
, ,
由洛尔定理知
证2 令 由拉格朗日定理知

由洛尔定理知
证3 在展开为一阶泰勒公式

因 故
证4 令 , 用两次洛尔定理。
证5 令 , 用一次洛尔定理。
9、设f在上可微，且a与b同号，证明：存在，使
（1）；
（2）.
证：（1）令，显然在上满足Cauchy中值定理的条件，所以
，
即 .
（2）令，显然在上满足Cauchy中值定理的条件，所以
，
即

10、设二阶可微，，证明：存在，使.
证明：令，则。
显然在上满足Rolle定理的条件，从而，使.
又 ，于是在上满足Rolle定理的条件，故，使，即存在，使.

11、设是定义在上的函数，.
且
证明：在上可导，且 .
分析：由于已知条件：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.
因为

。
所以在上可导，且.
12、设，且，证明：.
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导数。再用导数的定义。
证明：因为，所以

又，
所以 .
即。
13、设f在上二阶可微，，，则方程在内至少有一个根 .
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，不妨设，
因，故，使
，
从而，使。
因，故，使
，
从而，使得。
又因在上可微，所以在上连续，由零点存在定理知，，使.
于是在及上分别利用Rolle定理得，存在，使得
. .
再在上用Rolle定理得，，使.即方程在内至少有一个根.
14、（浙江师范大学2004）设在上具有二阶导数，且满足条件，，其中都是非负常数，是内的任一点，证明。
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

同理存在使得

将上面的两个等式两边分别作差，得

即

因此

而，故。

15、设. 证明：，使 .
证明：将在点处展开泰勒公式，得
（在与之间）
令得
.
令得
.
因为，所以
.
令 ， 则
，
代入，得.
16、将函数展开成的幂级数，并求级数的和.
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
又f(0)=, 所以

=
因为级数收敛，函数f(x)在处连续，所以

令，得
,
再由，得

17、设函数f(x)连续且恒大于零，
，，
其中，
(1) 讨论F(t)在区间内的单调性.
(2) 证明当t>0时，
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
，
，
所以在上，故F(t) 在内单调增加.
（2） 因
，
要证明t>0时，只需证明t>0时，，即

令 ，
则 ，故g(t)在内单调增加.
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，
18、设收敛,且在上一致连续，证明= 0.
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，，使得当且时，有。
令，则由积分第一中值定理得，
，使得.
因收敛，故级数收敛，从而，即
，也即，故对上述的，存在，使得
当时，.
取，则当时，因

故存在惟一的，使得，易见，且，从而

19、计算下述积分：
，其中D是矩形区域，。
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
，

20、求曲线积分 ，其中与为正常数，L为从点沿曲线到点的弧。
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

而L的参数方程为

所以

因此

21、设函数f具有一阶连续导数，存在，且，，

（1）确定，使处处连续；
（2）对以上所确定的，证明具有一阶连续导数.
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

（2）因

于是
显然，当时，连续，当时，因为

所以在处连续，故具有一阶连续导数.
22、设幂级数 , 当时，且;
（1）求幂级数的和函数；
（2）求和函数的极值.
分析：注意到与的关系，容易想到要对级数求两次导。
解（1）令
，
，求得
（2）由.
23、求幂级数的和函数，并指出它们的定义域。
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，
且时与都是发散级数，
所以此幂级数的收敛域为。
设其和为，于是当时，逐项求导得：
，
所以
24、设。证明：，并求其值。
证明：设，
它们都是上的连续函数，且有
。
显然为收敛级数。
故由优级数判别法知为上一致收敛。

从而该级数的和函数在上连续。
于是有，且。
25、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,k>0）.汽锤第一次击打将桩打进地下a m. 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r(0<r<1). 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. 由题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为，所以
，

由可得

即

由可得
，
从而 ，
即汽锤击打3次后，可将桩打进地下.
（2） 由归纳法，设，则

=
由于，故得
,
从而
于是 ，
即若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下 m.
26、设在[0，1]上具有二阶导数，且，求证：.
分析： 考虑到题目涉及、与的关系，首先联想到利用泰勒公式.
证一 将在处展开为一阶泰勒公式
（在与之间）
， (这一步也可由凹函数的性质直接得到)
由定积分的性质得
.
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.
证二 令，则，.
将在处展开为二阶泰勒公式

（在与之间）.
利用公式 容易得证.
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为曲边（）的曲边梯形的面积，矩形可以认为是由曲边梯形增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.
证三 ，有，在[0，1]上
，即，
（令）
故 .
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辅助函数。前面乘以是由不等式的几何意义想到的.
证四 设辅助函数，。
（对在[，]上用Lagrange定理）
(对用Lagrange定理)

在[0，1]单调减少，，即，.
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
.
同理可证 , 两式相加得证.
27、设且 ，求证：级数
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 级数不绝对收敛。
故级数收敛且为条件收敛。
28、设函数可微，, 且满足 求 .
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：
，对y积分得
代入，，
，
29、如图所示，设河宽为，一条船从岸边一点出发驶向对岸，船头总是指向对岸与点相对的一点。假设在静水中船速为常数 ，河流中水的流速为常数 ，试求船过河所走的路线(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.
分析：利用物理学知识容易建立运动轨迹的数学模型，该模型是微分方程，求解微分方程，对字母进行讨论。
解：如图所示，设为船在要时刻的位置
此时两个分速度为，
消去t得 ，
又,代入得
，则有

讨论：①当
②
③
30、已知，，，…，，….
求证：（1）数列收敛；（2）的极限值a是方程的唯一正根.
分析：要直接判断数列收敛有困难时，可以先构造一个级数，判断级数的收敛。也可以先判断偶数项单调减少，奇数项单调增加，利用子序列相同的收敛性判断数列的收敛性。
解一：（1），

； 又收敛，收敛，
收敛，又因，故收敛。
（2）令，，，且，，即是的根，令，，，，，故根唯一。
解二：由已知，，…，…，由此可见，， （用归纳法证明偶数项单调减少，奇数项单调增加）。
设，。
，
由知、收敛，令，；
由，，知，。
对两边取极限得， ①
对两边取极限得， ②
由①—②得，解得
由知收敛，且为方程的根（再证唯一性）。

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