高等数学竞赛辅导综合题汇总.docx
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高等数学竞赛辅导综合题汇总
高等数学综合练习题
1、设a0，{xn}满足：
x00,xn11a（xn）,2xn
nn0,1,2,证明：
{xn}收敛，并求limxn。
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，xn0,（n0,1,2,）,则
xn1xnxna，
2axn1a从而有：
xn1xn（xn）xn0，2xn2xn
故{xn}单调减少，且有下界。
所以{xn}收敛。
（2）设limxnl，在xn1n1a（xn）两边同时取极限得2xn
llimxn11lim（xna）1（la）,n2nxn2l
解之得la，即limxna。
n
xf（x）3e2、设f（x）在x0的邻域具有二阶导数，且lim1x，试求f（0），x0x
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。
f（x）x]e3得解由lim[1xx0x1
ln[1x
limf（x）]3，x0x
因为分母极限为零，从而分子极限为零，即
limln[1f（x）
x0xx]0，可以得到limf（x）
x0x0，
同样，我们有
limx0f（x）0f（0），
由导数的定义得
f'（0）limf（x）f（0）
x0x00。
因为f（x）在x0的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得
f（x）1
2f"（0）x20（x2）（x0））
两边取极限得
10（x2
limx0[2f"（0））
x2]2，
故f"（0）4。
3、设a0，且f（x）在[a,）满足：
x,y[a,），有|f（x）f（y）|K|xy|（K0为常数）。
证明：
f（x）
x在[a,）有界。
证明：
由条件知，x[a,），有
|f（x）f（a）|K|xa|，
则
|f（x）||f（x）f（a）||f（a）|K|xa||f（a）|，
从而
故f（x）|f（a）||xa||f（a）|xa|f（a）|KKK，x|x||x|xxaf（x）在[a,）有界。
x
xx0;e,4、设函数f（x）2且f（0）存在,试确定常数a,b,c.axbxc,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x0处连续,故cf（0）1。
ex,x0,由条件可知f（x）在x0处连续,且f（x）,故bf（0）1。
2axb,x0
ex,x0,ex,x0;因此f（x）从而f（x），故2af（0）1，则
2a,x02ax1,x0,
a1。
2
5、设当x1时,可微函数f（x）满足条件f（x）f（x）
f（0）1，试证:
当x0时,有exf（x）1成立.1xf（t）dt0，且0x1
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）f（x）（x1）f（x）f（t）dt0.0x
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
Cex
f（x）.1x
ex
0,可见f（x）单减.由f（0）1得c1,f（x）1x
而f（0）1,所以当x0时,f（x）1。
et
0在[0,x]上进行积分得对f（t）1t
xet
f（x）f（0）dt1e-tdtex.
01t0
x
6、计算三重积分
I
V
x2y2z2
（222）dxdydz。
abc
x2y2z2
其中V是椭球体2221。
abc
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
I
V
x2
dxdydza2
V
y2
b2
V
z2
，c2
其中
V
x2
2a
x2
dydz，aa2
D
a
这里D表示椭球面
y2z2x2
2212
bca
或
y2x22
b（12）
a
z2x22
c（12）
a
1。
它的面积为x2x2x2
（b2）（c12）bc（12）。
aaa
于是Vx22aabc
ax24x
（1）dxabc。
2215aa2
同理可得Vy24abc，15b2
z24abc。
215cV
所以I3（
7、讨论积分44abc）abc。
155
xcosx的敛散性。
pqxx
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（1p）xp（1q）xqp。
q2pqxxxxx0，从而当x充分大时，函数若max（p,q）1，则当x充分大时，pqxx
x是递减的，且这时pqxx
xlimx0。
xpxq
又因AcosxdxsinA1（对任何A），故xcosx收敛。
pqxx
xx0若max（p,q）1，则恒有p，故函数在x上是递增的。
于qpqxxxx
是，正整数n，有2n
4
2nxcosxxpxq
222n
4
2nxpqxx
2p2q4
2常数0，pq8
故不满足Cauchy收敛准则，因此xcosx发散。
pqxx
8、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，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（）0
F（x）f（x）2x1,F（x）C0,1D（0,1）,F
（1）f
（1）10F（）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）C0,1D（0,1）,F
（1）f
（1）21F（）,
由洛尔定理知（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）
f（0）f
（1）f
（1）1f
（1）（x1）2,1（x,1）21f（）,（0,1）2
因f（0）f
（1）,f
（1）1,故（0,1）,f（）2
1证4令F（x）f（x）（x）2,用两次洛尔定理。
2
证5令F（x）xf（x）x2f（x）,用一次洛尔定理。
9、设f在[a,b]上可微，且a与b同号，证明：
存在（a,b），使
（1）2[f（b）f（a）]（b2a2）f'（）；
b
（2）f（b）f（a）lnf'（）.a
证：
（1）令g（x）x2，显然f,g在[a,b]上满足Cauchy中值定理的条件，所以
f（b）f（a）
b2a2f'（），2
即2[f（b）f（a）]（b2a2）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'（）f'（），1ln|b|ln|a|
即f（b）f（a）ln
bbf'（）lnf'（）aa
10、设f:
[0,1]R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）210，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"（）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）.
x,y（,）,f（xy）f（x）f（y）是一个很广的条件，分析：
由于已知条件：
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limf（xx）f（x）f（x）f（x）f（x）limx0xx
f（x）[f（x）1]limx0x
f（x）1f（x）limx0x
f（x）f（0）f（x）limx0xx0f（x）f'（0）
f（x）。
所以f（x）在（,）上可导，且f'（x）f（x）.
12、设f（x）a1sinxa2sinx2ansinnx（aiR,i1,2,,n），且|f（x）||sinx|，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）a1cosx2a2cos2xnancosnx，所以
f'（0）a12a2nan又f'（0）limx0f（x）f（0）f（x）lima12a2nan，x0xx
x0所以|a12a2nan|lim
即|a12a2nan|1。
f（x）sinxlim1.x0xx
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）f'（b）0，不妨设f'（a）0,f'（b）0，因limxaf（
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