高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽練習(xí)題

1、高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽練習(xí)題1、設(shè)a>0, Xn滿足:-1 , a、八一x00 , xn 1 = (x n ), n = 0 ,1,2,2 xn證明：xn收斂，并求吼小。分析:用數(shù)列通項(xiàng)表示的這種類型題目，往往要用單調(diào)有界必有極限這個(gè)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，Xn >0,(n = 0,1,2，)，則1 , a、從而有：xn -1 - xn = - (xn 一)- x。2 xn2a - xn0 ，2xn故Xn單調(diào)減少，且有下界。所以xn收斂。1 ,設(shè)!imxn=l，在 Xn 4=12(xn +三)兩邊同時(shí)取極限得 xn1 .，l二呵"

2、;二十嗎巧a1a一) = 7(l ),xn2l解之得l =信，即lim xn = 7'a 0 n，2、設(shè)f(x)在x=0的鄰域具有二階導(dǎo)數(shù)，且e3,試求 f(0),f '(0)及 f "(0).分析：這種類型的題目，先要取對(duì)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(diǎn)的導(dǎo)數(shù)往往要用定義。1解由 lim1+x + f3x =e3得 xxln1 x f(x)雪-J*因?yàn)榉帜笜O限為零，從而分子極限為零，即f (x)limln1 +x + =0 ,可以得至"歿W)=0' 同樣，我們有雪 f (x) = 0= f

3、(0),由導(dǎo)數(shù)的定義得f'(0) = lim f(x) f (0) =0。x 0 x -0因?yàn)閒(x)在x=0的鄰域具有二階導(dǎo)數(shù)，由泰勒公式得1。f (x) = f" (0)x2 +0(x2)(XT 0)2兩邊取極限得理J+號(hào)=2,故 f"(0) =4。3、設(shè) a a 0 ,且 f (x)在a,+a)滿足：Vx,ywa,f ,有 |f(x) f(y)|MK|x y| ( K 20 為常數(shù))。證明：(1)f(»在a,+8)有界。 x(2)上區(qū)在a, +8)上一致連續(xù)。 x分析：利用已知條件，通過不等式放大證明有界，再用一致連續(xù)的概念和常用的 分析方法可以證明

4、函數(shù)的一致連續(xù)。證明：(1)由條件知，Vxwa,f),有|f(x)-f(a) |<K|x-a|,則|f(x)國(guó) f(x) f(a)|+|f(a)區(qū) K|x a|+|f(a)|,從而|f(x)|x-a|f(a)lx-a|f(a)l|f(a)lKKK| x |x|x| x xa故工(x)在a,+a)有界。 x(2) Vx1 ,x2 4戶)，則f(xi) f(x2) |x2f(xi) "f(x2)|I xix2x1x2|x2f(xi) -x2f(x2) x2f (x2) -xif (x2)|x/2二 乂2 | f-iLI | f(x2)| |x2 x1 |xi x2xi x2K ,

5、I . 1“ If叫 I| xi x2 (K) | xi x2 aa a2K |f(a)| .=' |xi -x21 一 a aVs>0,取 S =2K + f(a)】，則 Vxi,x2 Wa,y)，當(dāng) I xi x2 |< 6 時(shí)，有 不f (xi)f(x2)一故工區(qū)在a, +R)上一致連續(xù)。 xx_ex < 0.一.44、設(shè)函數(shù)f(x) =«e 2O;且f ”(0)存在，試確定常數(shù)a, b, c.、ax+bx+c, x20分析：這是一個(gè)分段函數(shù)，分段函數(shù)在分段點(diǎn)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c=f(0)=1。exx 0

6、由條件可知f (x)在x=0處連續(xù)，且f <x)=Je ,故b=(0)=1。2ax + b, x > 0axy- n，pxy n因此 f (x)=e ,x;從而 f"(x) =e，x 0，,故 2a =f "(0)=1 ,則2ax +1,x至0,、2a，x > 01a o2x5、設(shè)當(dāng)x1時(shí)，可微函數(shù)f(x)滿足條件r(x)+f(x)-f(t)dt=0,且 x - 1 0f(0)=1,試證：當(dāng)x主0時(shí)，有e'w f (x) E1成立.分析：這是一個(gè)積分微分方程，可以通過兩邊求導(dǎo)變成一個(gè)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

7、形為x(x +1) f '(x) + (x +1) f (x)10 f (t)dt = 0.兩端對(duì)x求導(dǎo)并整理得(x+1)f *(x)+(x+2)f'(x) = 0,這是一個(gè)可降階的二階微分方程，可用分離變量法求得-xf (x)=Ce1 x-x由 f'(0) =1 得 c = 1, x) = f<0,可見 f(x)單減.1 x而f(0) =1,所以當(dāng)x主0時(shí)，f(x) <1上對(duì)f (t) =<0在0,x上進(jìn)行積分得1 t4x exf (x) = f (0) dt -1 - " e' dt =01 t- 06、計(jì)算二重積分222I 二1

8、口段+當(dāng)+)dxdydz。V a b c其中V是橢球體分析：計(jì)算二重積分和三重積分是數(shù)學(xué)競(jìng)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(gè)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xyz .I =dxdydz十 jjjdxdydz+ jjjdxdydz,J aV bJ c其中xx2b2(1 -aa x"dxdydz =dx 11 dydV a=aDz22 cx22 a這里D表示橢球面y2b2)c2(1 -2y<1。x-2 ) a它的面積為222/ / x 、， / x

9、 、/ x 、n(b4-)(cj1 -) =nbc(1 -)。,aaaa 二bc于是2x2 .4.x (1 -)dx= nabc。a215同理可得y2,4-dxdydz = abc ,V b215z2 , , ,4,dxdydz 二 一 二abc。Vc215所以7、討論積分,4.4 .I = 3(- ：abc)二一二abc o 155c=dx的斂散性。二 xp xq分析：積分?jǐn)可⑿缘挠懻撌菙?shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，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。對(duì)于數(shù)學(xué)專業(yè)的來說必須要掌握。解：首先注意到(1 - p)x =xqp (1 -q)xqxp xq 2若max(p,q)

10、>1 ,則當(dāng)x充分大時(shí),<0,從而當(dāng)x充分大時(shí)，函數(shù)是遞減的，且這時(shí) p qx xx=0 op qx xA又因 fHcosxdx=sin A <1 (對(duì)任何A)，故JL二 xcosxdx收斂。若max( p, q) <1 ,則恒有>0,故函數(shù) p q1x +x ，在x至n上是遞增的。于 p qx x2n二 4 xcosx dx2n 二 xp - xqx x2-2n 二4xpxxqdxJI二 p +ltq-2>，2故不滿足Cauchy收斂準(zhǔn)則，因此 XCOsXdx發(fā)散。二 xp xq8、設(shè) f(x)在0, 1 上二階可導(dǎo)，f(0) =f(1)，廣(1) = 1

11、,求證："W( 0, 1 )使 f 仁)=2.分析：洛爾定理、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(jìng)賽的命題的重點(diǎn)。 平時(shí)練習(xí)時(shí)，采用多種方法去解決，能 有效地提高解題能力。這種題目難點(diǎn)是構(gòu)造出一個(gè)合適的函數(shù)。證 1 令 F(x) = f (x) x證3 在x =1展開為一階泰勒公式 . 2f(x) = f(1) f (1)(x-1) f ( 1)(x-1) ,1 (x,1) 1.f(0) = f(1)-f (1) 1f ( ),(0,1)2因 f(0) = f(1) , f (1) = 1,故 3 te(0,1), ff)=2、一 八1 2證4

12、令F(x) = f (x)-(x),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。9、設(shè)f在a,b上可微，且a與b同號(hào)，證明：存在亡W(a,b),使(1) 24 f _ f (a) =(b2 -a2) f'(?;+x,則 F(x)Cb,1QD(0,1),F(0) =F(1)由洛爾定理知(0,1), F( )=0F (x) = f (x) -2x 1, F (x) C 011nD(0,1), F (1)= f (1)-1 = 0 = F ()由洛爾定理知 (0,1), F( )=0, F (x) = f (x)-2, f ( ) = 2證 2

13、令 F(x) = f(x)-x2, F(x)eC 10,110 D(0,1),由拉格朗日定理知(0,1), F ( ) =F ( )(1-0) =F(1)-F(0) = -1,F (x) C 0,1nD(0,1), F (1)= f (1)-2 = 1 = F (), 由洛爾定理知 二三(0,1),F % = 0, F "(x); f 7x)-2,f ”(與二 2(2) f(b) _f(a) = lnb f'(). ,a證：(1)令g(x)=x2,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'()T22 一尹，b -a2即2 f(b

14、) _f(a) =(b2 -a2)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一-ln | b| -Jn |a |1巴即f(b)_f(a)=lnb f'(O=Jlnb ；化)a I a)10、設(shè) f :0,1t R 二階可微，f(0) = f(1), f'=1 ,證明：存在"(0,1),使 f"住)=2 .證明：令 F(x) = f (x) - x2 +x,貝U F(0) =F(1)。顯然F(x)在0,1上滿足Rolle定理的條件，從而 于產(chǎn)(。,1),使F'(”)=0.又 F'

15、(1)= f'(1) 2+1 =0 ,于是 F'(x) = f'(x)-2x+1 在口1上滿足 Rolle 定理的條件，故 "W(11)U(0,1),使 F"(U) = 0,即存在 Uw(0,1),使 f"("=2.11、設(shè)f(x)是定義在(*, +8)上的函數(shù)，f (x)¥0, f'(0)=1.且 - x, y (-二，二), f (x y) = f (x) f(y).證明：f 在(-00 , +°°)上可導(dǎo)，且 f'(x) = f (x).分析：由于已知條件：Vx, y W (，+

16、8), f (x+y) = f (x) f (y)是一個(gè)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?yàn)?lim f(x：x)f(x). lim f(x)f( ：x) f(x)- x0-x0- xxf ( ：x) -1=f(x)明f(x)f(.：x)1xf( ：x) - f(0)x=f(x)f'(0) =f(x)所以 f (x)在(*, +8)上可導(dǎo),且 f'(x) = f(x).12、設(shè) f (x) =aiSinx+a2Sinx2 +anSinx (ai w R,i = 1,2，n),且| f (x) |<| sin x |,證明：1a

17、l +2a2 +nan |<1.分析：從結(jié)論可以看出，絕對(duì)值里面剛好是 (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?yàn)?f'(x) = a1cosx+2a2 cos2x + +nancosnx,所以f '(0); a1 2a2 - na又 f'(0) =limf(x) - f(0)f(x) 。.m 二 a12a2na所以 | a1 +2a2 + nan | = lim f(x) < lim snx =1.x q x x 0 x即 | a +2a2 +nan 51。13、設(shè) f 在a,b上二階可微,f(a)=f(b)=0, f +(a) f

18、'_(b) >0 ,則方程 f"(x)=0 在 (a, b)內(nèi)至少有一個(gè)根.分析；方程在一個(gè)區(qū)間有根的問題往往要用零點(diǎn)存在定理去判斷，因此驗(yàn)證該方程在兩端點(diǎn)值的符號(hào)是解決問題的關(guān)鍵。證明： 因?yàn)?f'+(a)f'_(b) >0,不妨設(shè) f'+(a)>0, f'_(b)>0 ,因lim/(x)-f(a) >0,故期5電，使x 陽(yáng) x -av_十一 Cf(x)-f*0,x - a從而三% >a ,使 f(xi) > f(a) =0。因 lim f(x) f(b) >0 ,故三(b&b),使x

19、jb-x -bf(x) -f(b) n>0 ，x -b從而 5x2 <b ,使得 f (x2) < f (b) =0。又因f(x)在a,b上可微，所以f(x)在xx2上連續(xù)，由零點(diǎn)存在定理知，3x0 虻(xi,x2),使 f (x0) =0 .于是在a,%及x0,b上分別利用Rolle定理得，存在與 使得f'( 1) =f'( 2) =0. (a ：二 1 ：x0,x0 ：二 2 ；b).再在。，匕上用Rolle定理得，至w&E2)u(a,b),使f"©=0.即方程f"(x)=0在(a, b)內(nèi)至少有一個(gè)根.14、(浙江師

20、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)|Ea, 一.bf “(x) wb,其中a,b都是非負(fù)常數(shù)，c是(0,1)內(nèi)的任一點(diǎn)，證明f (c) <2a + - 02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(jì)一個(gè)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；w(0,c)使得1 -2f (0) = f (c) f (c)(0 -c) f ( 1)(0 -c)2同理存在E2W(c,1)使得1f(1) = f(c) f (c)(1-c) -f ( 2)(1-c)22將上面的兩個(gè)等式兩邊分別作差，得f(1)-f

21、(0)= f (c) 1 f ( 2)(1-c)2-；f ( 1)c2221 .21 .2f(c)=f一 f一2 f (2)(1-c) 2f (1)c因此f (c)Y|f(1) +f(0)f K2)(1-c)2+jf G)c b、2 b 2< 2a (1 -c) cb故,f (c)| < 2a +- o22而(1-c)2 +c2 =2c2 -2c +1 =2c(c-1)+1 <1 , 15、設(shè) f WC30,1, f(0)=1,f =2, f"'；)=0.證明：m 江(0,1),使 |f F)E24 .證明：將f(x)在點(diǎn)x =3處展開泰勒公式，得1 f(x

22、) =f(2) f'2fudxx_1)2 +1 f"(t)(x -1)3 (白在 x與-之間)22622令x =0得111f(0)=f -111L2 - f"( 1)(-1)3, 1 (0,-).令x =1得因?yàn)閒11 1f(0) =f(-)f'(-)-22 21f"(-)(1)222 2+6f”(2飛吟).=0,所以|f(1) -f(0)l| f ( 1)1 |f 7 2)|j令 f *=max| f 彷)|,f *),則1| f(1) -f(0)|<24|f (如,代入 f(0)=1,f(1)=2,得 | f ( )|一24.16、(20

23、03 高數(shù)一)1 - 2x將函數(shù)f (x) = arctan展開成x的吊級(jí)數(shù)，并求級(jí)數(shù)1 2x二 DnZ的和.n：6 2n 1分析：給定的函數(shù)是個(gè)反正切函數(shù)不能直接展開，由于它的導(dǎo)數(shù)是一個(gè)分式函數(shù)，可以展開，因此可以考慮先求導(dǎo)數(shù)。解：因?yàn)?f<x)=_2 2 =_29(_1)n4nx2n,xw(_1 ,1).1 4x2 n衛(wèi)2 2又f(0)二:,所以xixf(x) = f(0)0 f (t)dt=：、-20r (-1)n4nt2ndt4n -0JI(-1)n4n2n 1111 xx ,x (-2，2)-一，二(-1)n因?yàn)榧?jí)數(shù)、l幺n2n 11 一一收斂，函數(shù)f(x)在x =處連續(xù)，所以

24、f(x)n , n二 _2J_tUx2n 14n/ 2n 11 1 英.令x=2EM1 二；(-1)n22n 14 n2n 1一 .1再由f=0 ,得2:3心一n62n 142417、(2003高數(shù)一)設(shè)函數(shù)f(x)連續(xù)且恒大于零,1.'.' f (x2y2z2)dvF (t)二 2-2.f(x2y2)d。D(t).f(x2 y2)d:D(t)，G二t2 4 f (x )dx其中 Q(t) =( x, y,z) x +y +z <t , D(t)=(x, y)x +y <t . 討論F(t)在區(qū)間(0,口)內(nèi)的單調(diào)性.2 證明當(dāng)t>0時(shí)，F(xiàn)(t) >2G

25、(t).分析：要判定一個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，往往要求它的導(dǎo)數(shù)。這是一個(gè)變限的積分，可 以利用變限積分的求導(dǎo)法則。由于是一個(gè)重積分，因此先要計(jì)算重積分解：(1) 因?yàn)? r. r t _22t _22° d d : o f (r )r sin dr 2 0f (r )r dr2：Lt 2t 2° df(r )rdr° f (r )rdr一 22F (t) =2tf (t ) 0 f (r )r(t -r)drt 220 f (r )rdr 所以在(0,y)上F”) A0,故F 在(0,y)內(nèi)單調(diào)增加.(2)因 t 2二 0 f (r )rdrG(t)=-02，0 f (r

26、 )dr2 .2一要證明 t>0 時(shí) F(t)>G(t),只需證明 t>0 時(shí)，F(xiàn)(t) -G(t) >0 ,即 HJIf f(r2)r2dr f(r2)dr f(r2)rdr2 >0. 0,00令 g(t)= jf(r2)r2drif(r2)dr-jf(r2)rdr2 ,則g'(t) = f(t2)j f (r2)(t r)2dr A0,故 g(t)在(0,)內(nèi)單調(diào)增加.因?yàn)間(t)在t=0處連續(xù)，所以當(dāng)t>0時(shí)，有g(shù)(t)>g(0).又 g(0)=0,故當(dāng) t>0 時(shí)，g(t)>0,2因此，當(dāng) t>0 時(shí)，F(xiàn)(t) >

27、; G(t).冗18、(2004年上海交通大學(xué))設(shè)f f(x)dx收斂，且"*)在,依)上一致連續(xù)， a證明 lim f(x) = 0.分析：這是一個(gè)綜合性的題目，首先要搞清楚一致連續(xù)的概念，可以構(gòu)造一個(gè)級(jí)數(shù)，通過構(gòu)造的級(jí)數(shù)的收斂性得到通項(xiàng)趨近于零，然后轉(zhuǎn)化為函數(shù)趨近于零。證：因f (x)在匕口)上一致連續(xù)，故卡6 > 0 , 35 a 0 ,使得當(dāng)t1,t2 wa,")且It1t2<6 時(shí)，有 |f(tl)-f(t2)上 2。a n j.令Unf(x)dx,則由積分第一中值定理得,a ,( n)二a nc.f (x)dx =、f(Xn).三xn w b + (

28、n -1)6 ,a + n6 ,使得 un =be因f aa (n/)、：f(x)dx收斂，故級(jí)數(shù)Z un收斂，從而unT 0,即nW6f(Xn)T 0,也即f(Xn)T 0,故對(duì)上述的3 ,存在N-L +,使得當(dāng) nN 時(shí)，f(xn):.2取X = a + N8 ,則當(dāng)xX時(shí)，因Q0x l.a,: = (J 3 (k -1)，a k、k4故存在惟一的kw|_+,使得xw【a+(k- 1) ,a k),易見kN ,且X - Xk <6 ,從而f (x)|w|f (Xk)| 十|f(x)- f(Xk)|<| + |=£19、(2004年上海交通大學(xué))計(jì)算下述積分：Jy -

29、x2 dxd y ,其中 D是矩形區(qū)域 x wi , 0 < y < 2 0分析：被積函數(shù)帶有絕對(duì)值的定積分的計(jì)算關(guān)鍵在于去掉絕對(duì)值, 就要將積分區(qū)域分塊。要去掉絕對(duì)值1_2 _ _ _解：記 Di =(x,y)|x|41,0Wy W2,y x w 02_D2=( x,y)|xK1,0WyE2,0Wy - x ,dxd y 二.21 x21121222 2二 d x (x - y) dy dx (y-x) dy1 0-1 x2Xd3 2172X-Q1 - J2 一 3+Xd3 2172X/V1 1 J2 - 3X d 3 -2 17 2X-Q1 o4 一 3+X d 3 -2 17

30、 2X/V1 o4 - 3-143Xx d x3o兀1644 cos 3otdt (這里x = V2sint)16兀4j + cos2t)2dt兀44 C c a+ j 1 + 2cos2t +30<4 3 t sin 2t3 3 IL2兀sin 4t 48 0dt1工4/3兀= r -20、求曲線積分 I = 1(exsiny - b(x + y)dx + (excosy-ax)dy ,其中 a 與b 為正常數(shù)，L為從點(diǎn)A(2a,0)沿曲線y = &ax-x2到點(diǎn)O(0,0)的弧。分析：沿曲線積分的關(guān)鍵在于將所有變量都轉(zhuǎn)化成某一變量，因此將曲線寫成參數(shù)方程就可以了。也可利用格林

31、公式來解。解：H ex sin ydx +ex cosydy = d (ex sin y)故x x . I xx JLe sin ydx+ e cosydy = e sin y(黑=0而L的參數(shù)方程為x=a a cost, y = asin t, 0 三t 父巴所以-L b(x y)dx axdy=Lba2(sint +sintcost +sin2t)+a3(1 + cost)costdt21_jn_Lc、13=a b + 2 i- aa<22 2因此1 = a2b 2 -二a32 221、設(shè)函數(shù)f具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f"(0)存在，且f'(0)=0 , f(0)=0,f

32、(x) g(x)=xa,x : 0,x = 0.(1)確定a,使g(x)處處連續(xù);(2)對(duì)以上所確定的a,證明g(x)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)分析：分段函數(shù)的連續(xù)和導(dǎo)數(shù)，在分段點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)一般用定義來求解：(1)因?yàn)槿鬵(x)處處連續(xù)，則g(x)在x=0處連續(xù).于是f(0)=0,且f(x) f (x) - f(0) a =lim =limx)0 xx0x二 f'(0) =0.f(x)(2)因 g(x)= x 0,x : 0,x = 0.g'(0) =lxm0g(x) -g(0)xf(x) -0lim x )0f (x) = lim / x ° x2f" (0)=limf

33、(2xU1lim f,(x)-f,(0)Jx10 2x2 x-,0x2xf'(x) - f (x)g'(x)2x1 ,-f"(0),2顯然，當(dāng)x#0時(shí)，g'(x)連續(xù)，當(dāng)x = 0時(shí)，因?yàn)閤f'(x)_f(x) .f'(x) f(x) .f'(x)_f'(0) .f (x)lim g'(x) =lim - =lim = lim - lim ?x0x0x2x0x x2x0x0x0 x21 1= f"(0)f"(0) =_ f"(0) =g'(0)2 2所以g'(x)在x=0處連

34、續(xù)，故g(x)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù).22、設(shè)號(hào)級(jí)數(shù)Vanxn,當(dāng) n >1時(shí) an_2=n(n -1)an,且a0 =4,a1=1；n衛(wèi)一(1)求幕級(jí)數(shù)fkxn的和函數(shù)S(x);n -0(2)求和函數(shù)S(x)的極值.分析：注意到anN與an的關(guān)系，容易想到要對(duì)級(jí)數(shù)求兩次導(dǎo)。qQqQ解(1)令 S(x)=£-anxn,則S(x)=£-nanx n &nS"(x) =£ n(n1)a0x心=£1/2=£/*。=S(x) , S“(x)S(x)=0 n z2n =2ngS(x) =Gex +c2e” 由 S(0) =a0 =4,

35、S (0) =a1 =1 ,求得 G =- , q = ,S(x) =ex +e 2222(2)由S(x) = 5ex_3e =0彳導(dǎo)x =1 In 3,又S"(xo) >0,，S(xo)為極小值S(1 In3)=715 .2225253 52n123、求幕級(jí)數(shù)x+L+III十士一十川的和函數(shù)，并指出它們的定義域。35 2n 1分析：求收斂域是比較簡(jiǎn)單的。因?yàn)榧?jí)數(shù)求導(dǎo)后變成了可以直接寫出結(jié)果的級(jí)數(shù), 因此可以先求導(dǎo)，再積分解：因?yàn)槟患?jí)數(shù) lim MOJ =lim 2njNn=1， n n 工二,: 2n I且x = ±1時(shí):f ' 與£二L都是發(fā)散級(jí)

36、數(shù), nm2n 1 n+2n 1所以此事級(jí)數(shù)的收斂域?yàn)?-1,1) 設(shè)其和為f (x), 于是當(dāng) xW(-1,1)時(shí)，逐項(xiàng)求導(dǎo)得:f (x) =1 x2 x4 IH x2n HI = - ,1 -xx <1x 111 x所以 f (x)2dt ln0 1-1221 -xn -qs(x)=s(1),并求其值。24、設(shè) s(x)=£ =sin , xw 0,-。證明： 網(wǎng)222x 1n_證明：設(shè) un(x)=sin%,n=1,2,3|, 22它們都是0,會(huì)上的連續(xù)函數(shù)，且有nx3 n 3un(x)Tn- -(7) ,x0,二。242n顯然£ (3)為收斂級(jí)數(shù)。4故由優(yōu)級(jí)數(shù)

37、判別法知Z Un(x)為0,馬上一致收斂 2n 11(-1)2 二c2n一 d 一 l21 4 5從而該級(jí)數(shù)的和函數(shù)s(x)在0,3上連續(xù)。于是有 lim s(x) =s(1),且 s(1) = £ -n-sin - =Zx 12n225、(2003 高數(shù)一)某建筑工程打地基時(shí)，需用汽錘將樁打進(jìn)土層.汽錘每次擊打，都將克服土 層對(duì)樁的阻力而作功.設(shè)土層對(duì)樁的阻力的大小與樁被打進(jìn)地下的深度成正比(比例系數(shù)為k,k>0 ).汽錘第一次擊打?qū)洞蜻M(jìn)地下a m.根據(jù)設(shè)計(jì)方案，要求汽錘每次擊打樁時(shí)所作的功與前一次擊打時(shí)所作的功之比為常數(shù)r(0<r<1).問(1)汽錘擊打樁3次

38、后，可將樁打進(jìn)地下多深？(2)若擊打次數(shù)不限，汽錘至多能將樁打進(jìn)地下多深？(注：m表示長(zhǎng)度單位米.)解：(1)設(shè)第n次擊打后，樁被打進(jìn)地下xn ,第n次擊打時(shí)，汽錘所作的功為Wn(n =1,2,3,).由題設(shè)，當(dāng)樁被打進(jìn)地下的深度為 x時(shí)，土層對(duì)樁的阻力的大小為kx ,所以x1k2k2W1 = f kxdx = Xi = a ) 022W2 = kxdx = k(x2-x2)= k(x2 -a1 26、設(shè) f(x)在0 , 1上具有二階導(dǎo)數(shù)，且 f (x)<0,求證：jf(x)dx<f(-).).均22由W2 =rWi可得 222x2 - a 二 ra即x2 = (1 r)a2.W

39、3 = 3kxdx = -(xf -x；) =Kx2 -(1 r)a2. X222由W3 =rW2 =r2叫可得 222_2& -(1 +r)a = r a ,從而 x3 = Ji + r + r2a ,即汽錘擊打3次后，可將樁打進(jìn)地下 j|+r +r2am.(2)由歸納法，設(shè) xn =dl +r +r2 +rn'a ,貝(JXn 1k 22Wn 1 = kxdx =-(xn 1 - xn) xn2k 2n21=xn 1 -(1 r r )a .2由于 Wn+ =rWn =r2Wn4=rnW ,故得 2n42 n 2xn 1 -(1 r r )a = r a ,一'n

40、：1 "書從而 xn4=、1+r+''*+r a = va.1 1 - r于是nmxn由=：57a，即若擊打次數(shù)不限，汽錘至多能將樁打進(jìn)地下、工a m. ,1 - r1 .一分析：考慮到題目涉及f(x)、f(b與f”(x)的關(guān)系，首先聯(lián)想到利用泰勒公式2證一 將f (x)在X0 =1處展開為一階泰勒公式2f (x) =f(1)+ f (-)(x -)十 f V)(x -)2( 在 x 與二之間)222221 11丁 f “(x) <0,. f (x) W f () + f '()(x-)(這一步也可由凹函數(shù)的性質(zhì)直接2 22得到)由定積分的性質(zhì)得1111

41、 . 111. 1 1110f(x)dx < 0 f(-)dx 0 f (-)(x-)dx = f(-) - f (-) 0(x-)dx = f(-).分析：考慮到題目涉及定積分，還可對(duì)f(x)的原函數(shù)利用泰勒公式.x1證二 令 F(x) = f (t)dt ,貝U F'(x) = f(x) , (f (x)dx=F(1) F(0).將F(x)在x0 =處展開為二階泰勒公式 2F(x)=F(3 F(3(x)F 山汽-1)2 1F ( )(x)3 22222262=F (1) + f J)(x+ f *(-)(x -)2 +1 f 7 -)(x -1)3(:在 x 與 1 之間).

42、2222226221、一一利用公式 (f(x)dx=F(1) -F(0)谷易彳#證.1分析：所證不等式的幾彳意義是圖為f(1)、寬為1的矩形面積不小于以y=f(x) 2為曲邊(0WxW1)的曲邊梯形的面積，矩形可以認(rèn)為是由曲邊梯形增加一部分 與減少一部分得到，而增加的一部分面積大于減少的一部分面積；為了證明這一1 .點(diǎn)，可從x =-的左右對(duì)稱點(diǎn)出發(fā)來研究.2證三Vx(0, 1),有1 xW(； 1),；在0 , 1上 f"(x)<022.f (1) > f (x) + f (1 -x)即 f (1) -f(x) >f (1 -x) - f (-),222211:11

43、1，人、(2 f (2) - f (x)dx > (2 f (1 -x) - f (-)dx = f(x) -f(-)dx (令 1 x = t)0 f (x)dx = 02 f(x)dx1-111 f (x)dx 02 f (-)dx222,1f( )dx =21 - 1 一 10 f(2)dx = f %).分析：證明數(shù)字不等式往往是先設(shè)法轉(zhuǎn)化為函數(shù)不等式，再利用函數(shù)的單調(diào)性 加以證明；轉(zhuǎn)化的方法是將結(jié)論中的積分上限(或積分下限)換成 X,式中相同的字母也換成X,移項(xiàng)使不等式一端為零，則另一端的表達(dá)式即為需作的輔助函數(shù)。f(x)前面乘以X是由不等式的幾何意義想到的.2、xx證四 設(shè)輔

44、助函數(shù) F(x) = y (t)dt xf () , X三0, 1。F (x) =f (x) -f(-) -x f r(-)(對(duì) f (x)在二，x上用 Lagrange 定理) 22222 f 注)/f d) =3f 注)f (x)(-, x)(對(duì) f'(x)用 Lagrange定理)222222=-(-x)f ( ) <01(x,)222、1111了(刈在0, 1單調(diào)減少,F(1)«F(0),即(f(t)dt f()M0, f(x)dx< f(-).-02o2分析：利用分部積分法可將被積函數(shù)求導(dǎo)，兩次使用分部積分法就可得到二階導(dǎo)數(shù)，從而可以利用已知條件加以證明

45、.1111、111.111c. 2證五02 f (x)dx =xf (x)|!2 xf (x)dx =- f () - 2 f (x)dx/11一f(-) - x2f'(x)|j - J：x2f "(x)dx <- f (-) - f H(-).222 10%228211111同理可證1 f (x)dx £一 f (一)十- f (-), 兩式相加得證.22 282、一 n °°11 727、設(shè) Un=0 (n=1,2|)且 lim 2 =1,求證：級(jí)數(shù)2(-1廣 1 + 1n-11IIIIunndUn Un/條件收斂.分析：先要判斷不是絕

46、對(duì)收斂的，再判斷是收斂的。另一方面，由已知條件可以看出需要對(duì)所判斷的級(jí)數(shù)進(jìn)行變形。解 7 lim =1, un r： ' (nr '), TN N , _n N,un0; lim = lim -= 0.n 二un nn n :un n :un n11十lim un Jn.=lim R + lim L =1 + lim= 2;二級(jí)數(shù)不絕對(duì)收斂J： 1 n -un nuni n -n 1 uni n11十<ukuk書尸1 11十lununH4 J-M)nJ J1lim Sn = .故級(jí)數(shù)收斂且為條件收斂n ,二u128、設(shè)函數(shù)f（x,y）可微,1f - -f(x, y), f

47、。產(chǎn);J1, 3 ,2且滿足1I f ( 0, y -lim -n : i f 0,ycoty二 ef (x,y),分析：利用重要極限公式求出已知極限的左邊， 再與右邊進(jìn)行比較得到一個(gè)微分方程，求此微分方程。解:叫-1 1f(0,y 十) nn一=lim n-11f1f(0,y+ )-f(0,y)1 +nnf(0,y41)(0,y)nmj：-1 fy(0,y)f - f(0,y)-y77r八n八 f(0, y)=e=ef(0,y)1f(0, y)fy (0，y) d ln f (0, y) f (0,y) dy=cot y ,對(duì) y 積分得 ln f (0, y) = lnsin y + ln c f (0, y) = csin y代入 f (0, ") =1 得 c =1 , f(0, y) =sin y 又已知"=f = f (x, y) =c(y)e", 2ex一 _-x, f (0, y) =sin y , J. c(y)=siny 故 f(x,y)=e sin y.29、如圖所示，設(shè)河寬為a, 一條船從岸邊一點(diǎn)。出發(fā)駛向?qū)Π?，船頭總是指向 對(duì)岸與點(diǎn)。相對(duì)的一點(diǎn)B。假設(shè)在靜水中船速為常數(shù) V1 ,河流中水的流速為常數(shù) V2 ,試求船過河所