高等数学竞赛辅导综合题汇总.docx

1、高等数学竞赛辅导综合题汇总高等数学综合练习题1、设a 0，xn满足：x0 0,xn 1 1a(xn ),2xnn n 0,1,2 , 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，xn 0,(n 0,1,2, ),则xn 1 xnxn a，2a xn1a 从而有： xn 1 xn (xn ) xn 0， 2xn2xn故xn单调减少，且有下界。所以xn收敛。（2）设limxn l， 在xn 1 n 1a(xn )两边同时取极限得 2xnl limxn 1 1lim(x

2、n a) 1(l a), n 2n xn2l解之得l a，即limxn a。 n xf(x) 3 e2、设f(x)在x 0的邻域具有二阶导数，且lim 1 x ，试求f(0)， x 0x 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lim1 x x 0x1ln1 x limf(x) 3， x 0x因为分母极限为零，从而分子极限为零，即limln1f(x)x 0 x x 0， 可以得到limf(x)x 0x 0，同样，我们有limx 0f(x) 0 f(0

3、)，由导数的定义得f(0) limf(x) f(0)x 0x 0 0。因为f(x)在x 0的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得f(x) 12f(0)x2 0(x2)(x 0)）两边取极限得10(x2limx 02f(0) )x2 2，故f(0) 4。3、设a 0，且f(x)在a, )满足： x,y a, )，有|f(x) f(y)| K|x y|（K 0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|x a|，则|f(x)| |f(x) f(a)| |f(a)| K|x a| |f(a)|，从而故f(x)|f(a)|x a|f(a)|x

4、 a|f(a)| K K K ， x|x|x|xxaf(x)在a, )有界。 xx x 0; e, 4、设函数f(x) 2且f (0)存在, 试确定常数a, b, c. ax bx c, x 0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c f(0) 1。 ex, x 0,由条件可知f (x)在x 0处连续,且f (x) , 故b f (0) 1。 2ax b, x 0 ex, x 0, ex, x 0;因此f (x) 从而f (x) ，故2a f (0) 1，则 2a, x 0 2ax 1, x 0,a 1。 25、设当x 1时,

5、可微函数f(x)满足条件f (x) f(x) f(0) 1，试证: 当x 0时, 有e x f(x) 1成立. 1 xf(t)dt 0，且 0x 1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(x 1)f (x) (x 1)f(x) f(t)dt 0. 0x两端对x求导并整理得(x 1)f (x) (x 2)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Ce xf (x) . 1 xe x 0, 可见f(x)单减. 由f (0) 1得c 1, f (x) 1 x而f(0) 1, 所以当x 0时

6、,f(x) 1。e t 0在0,x上进行积分得 对f (t) 1 txe tf(x) f(0) dt 1 e-tdt e x.01 t0x6、计算三重积分I Vx2y2z2(2 2 2)dxdydz。 abcx2y2z2其中V是椭球体2 2 2 1。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 Vx2dxdydz a2 Vy2 b2 Vz2， c2其中 Vx2 2a x2dydz， aa2Da 这里

7、D表示椭球面y2z2x22 2 1 2bca或y2x22b(1 2)a z2x22c(1 2)a 1。它的面积为 x2x2x2 (b 2)(c1 2) bc(1 2)。 aaa于是 Vx2 2a a bc ax24x(1 )dx abc。 2215aa2同理可得 Vy24 abc， 15b2z24 abc。 215c V所以 I 3(7、讨论积分 44 abc) abc。 155 xcosx的敛散性。 pqx x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)xp (1 q)xq p。 q 2pq x

8、 x x x x 0，从而当x充分大时，函数若max(p,q) 1，则当x充分大时， pq x x x是递减的，且这时 pqx xx limx 0。 xp xq 又因 Acosxdx sinA 1（对任何A ），故 xcosx收敛。 pqx x xx 0若max(p,q) 1，则恒有 p，故函数在x 上是递增的。于 qpqx xx x 是， 正整数n，有 2n 42n xcosx xp xq2 2 2n 42n x pqx x 2 p 2 q42 常数 0， pq8 故不满足Cauchy收敛准则，因此 xcosx发散。 pqx x8、设f(x)在 0, 1 上二阶可导，f(0) f(1) ,

9、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) x2 x, 则 F(x) C 0,1 D(0,1), F(0) F(1)由洛尔定理知 (0,1), F ( ) 0F (x) f (x) 2x 1, F (x) C 0,1 D(0,1), F (1) f (1) 1 0 F ( ) 由洛尔定理知 (0,1), F ( ) 0, F (x) f (x) 2, f

10、( ) 2 证2 令F(x) f(x) x2, F(x) C 0,1 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 0,1 D(0,1), F (1) f (1) 2 1 F ( ),由洛尔定理知 (0,1), F ( ) 0, F (x) f (x) 2, f ( ) 2 证3 在x 1展开为一阶泰勒公式f(x) f(1) f (1)(x 1) f(0) f(1) f (1) 1f ( 1)(x 1)2, 1 (x,1) 21f ( ), (0,1) 2因f(0) f(1) , f (1) 1, 故 (0,1), f

11、 ( ) 21证4 令 F(x) f(x) (x )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。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) (b2 a2)f( )； b （2）f(b) f(a) ln f( ). 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)b2 a2 f( )， 2 即 2 f(b) f(a) (b2 a2)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(

12、a)f( ) f( )， 1ln|b| ln|a| 即 f(b) f(a) lnb b f( ) ln f( ) a a 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) x2 x，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) 2 1 0，于是F(x) f(x) 2x 1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

13、的函数，f(x) 0,f(0) 1.且 x,y ( , ),f(x y) f(x)f(y).证明：f在( , )上可导，且f(x) f(x) . x,y ( , ),f(x y) 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(x x) f(x)f(x)f( x) f(x) lim x 0 x xf(x)f( x) 1 lim x 0 xf( x) 1 f(x)lim x 0 xf( x) f(0) f(x)lim x 0 x x 0 f(x)f(0) f(x)。所以f(x)在( , )上可导，且f(x)

14、 f(x).12、设f(x) a1sinx a2sinx2 ansinnx(ai R,i 1,2, ,n)，且|f(x)| |sinx|，证明：|a1 2a2 nan| 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) a1cosx 2a2cos2x nancosnx，所以f(0) a1 2a2 nan 又f(0) limx 0f(x) f(0)f(x) lim a1 2a2 nan， x 0xxx 0所以 |a1 2a2 nan| lim即|a1 2a2 nan| 1。 f(x)sinx lim 1. x 0xx13、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lim x af(