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1、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24,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
2、,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24,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.24而,所以当时,。对在上进行积分得.6、计算三重
3、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。24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
4、,有24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24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
5、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.24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;24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
6、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24将上面的两个等式两边分别作差,得即因此而,故。15、设.证明:,
7、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,24代入,得.16、(2003高数一)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、(2003高数一)设函数f(x)连续且恒大于零,,,24其中,(1)讨论F(t)在区间内的单调性.(