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1、1高等数学竞赛练习题高等数学竞赛练习题 p2psinsinn+n+L+sinp1.求limn11n+1n+n+2n .分析 求n项的和当n时的极限, 用到积分和式求极限与夹逼定理. 将i=1nsinipn1iipn适当放大、缩小是解题的关键之一，另外注意到用定积分求 n+nlim1nnsini=1. 2psinpn+L+sin11n+n+2n2pn解 sinn+n+1p1n+1(sinpn+sin2pn+L+sinp)=nnn+1ipn1ipsin ,nni=1nn1且limnn+1nni=1ip1sin=limnnni=1sin=10sinpdx=2p. 所以, 由夹逼定理知 p2psins
2、inpn+n+L+sinlimn11n+1n+n+2n2 .=p 2.求极限 lim0x0xu02arctan(1+t)dtdux(1-cosx) 1 分析 本题明显是型不定式, 结合变上限函数,故用洛必达法则求解. 00解法1 lim0x0xu02arctan(1+t)dtdux(1-cosx)2=limx0x02arctan(1+t)dt1-cosx+xsinx=lim2xarctan(1+x)sinx+sinx+xcosx21x0=limarctan(1+x)limx0x02sinxx+cosx=2p143=p6. 解法2 lim0x0x0xu02arctan(1+t)dtdux(1-c
3、osx)arctan(1+t)dt3x2=lim0x0xu02arctan(1+t)dtdux232=limx0=lim2xarctan(1+x)6xx0=2pp=. 3463. 求极限 s2+cox-13 lim3x0xx分析 本题包含幂指函数, 如果考虑用洛必达法则将使计算很繁.故先用等价无穷小量替换,化简后再灵活求解. 解法1 原式=limex02+cosxxln3x32+cosxln-13=lim2x0x(-sixn2+coxs=limx02x=-12limx01)2+coxs1sixnx=- 1.6解法2 原式=limex02+cosxxln3x32+cosxln-13=lim2x0
4、x 2 cosx-1ln1+cosx-113=lim=-. =lim22x0x03x6x14. 求lim(3+9)x. x+xx分析 求极限的题目变换灵活,方法多样,本题是幂指型函数,可采用多种变换方式. 1xxx2x1x1解法1 (3+9)x=(3+3)x=3(1+3)x. 3ln3x+xlimln(1+3)xx1+3=limx+11limx+x=limx3ln31+3xxx+=ln3 ln(1+3)x故lim(1+3x)x=ex+=eln3=3. 1x2xx11xx所以lim(3+9)x=lim(3+3)x=lim3(1+3)x=9. x+x+x+11解法2 lim(3x+9x)x=lim
5、exx+x+ln(3+9)xc=ex+limln(3+9)xxxx+limln(3+9)xxxxx=lim1ln91+x13xx+x1ln(3+9)xc=limxln9xxxx+=ln9. 所以lim(3+9)x=limexx+x+1=ex+xclimln(3+9)x=eln9=9. ln(3+9)xxx1解法3 lim(3x+9x)x=limexx+x+ln(3+9)=ex+lim, x+limln(3+9)xxx=lim3ln3+9ln93+9xxxxx+x=limln3x+3+293+9xxxx=ln3lim12+311+3cx+x=2ln3=ln9, 1xx1所以lim(3+9)x=l
6、imexx+x+ln(3+9)x=ex+limln(3+9)xxx=eln9=9. 54m5. 设存在极限I=lim(x+7x+2)-x=b，求常数m与b. x+ 3 分析与求解 m0时I=,极限不存在. m0时原极限为-型极限,改写成 I=limxxx+-1(x+7x+2)7x2x554m-1=limxxx+-1x5m(1+7x+2x5)m-1 =limxxx+5m-1(1+)m-1. 当5m-10时I=+, 5m-10, 则limnna+2nb=1nab. 分析 可以考虑重要极限公式lim(1+)x=e,但要注意变换的切入点. xx证法1 设f(x)=ax,则f(x)=axlna, f(0
7、)=lna, 1f-f(0)n=limn(na-1)=lna. 因此limnn1nxn=nna+2nb1-1=n(na-1)+n(nb-1)2ab, , 则limxn=limn1nn(na-1)+n(nb-1)=ln2n但是a+2nb=1+xnn, nxnxxxn所以lim1+n=lim1+nnnnnn=elnab=nab. n证法2 limnna+2n1+nb/ab=alimn2n=alim1+n6 nb/a-12n令b/a-12=1t, 则nba=1+2t, 两边取对数得 lnba2t) n= ln(1+由此看出, 当n+时, t+,故 limnna+2nb1ln(1+2/t)1=alim
8、1+=alim1+nnttlnb/atlnb/a1bln(1+2)tln2tlne2a=ae=ae=anlnb/alnb/attln(1+2/t)1=alim1+ntba=ab. 9. 设函数f(x),g(x)在a,b上连续,且g(x)0,利用闭区间上连续函数性质,证明存在一点xa,b,使f(x)g(x)dx=f(x)g(x)dx. aabb分析 此题要求利用闭区间上连续函数性质证明,实际是给出了提示,说明可以用介值定理或零值定理证明. 证法1 因为f(x),g(x)在a,b上连续,且g(x)0,由最值定理知, f(x)在a,b上有最大值M和最小值m,即mf(x)M, 故 mg(x)f(x)g
9、(x)Mg(x). 于是mg(x)dxf(x)g(x)dxaabbbaMg(x)dx. 因此mbaf(x)g(x)dxbaM. g(x)dx由介值定理知,存在xa,b,使f(x)=baf(x)g(x)dxba, g(x)dx即f(x)g(x)dx=f(x)g(x)dx. aabb证法2 设F(x)=baf(t)g(t)dt-f(x)g(t)dtab,由于f(x),g(x)在a,b上连续, ,其g(x)0,故F(x)在a,b上连续,且f(x)有最大值M=f(x1),最小值m=f(x2)7 中x1,x2a,b,f(x2)f(x)f(x1).所以 F(x1)=F(x2)=babaf(t)g(t)dt
10、-f(x1)g(t)dt=abbaf(t)-f(x1)g(t)dt0, f(t)-f(x2)g(t)dt0. f(t)g(t)dt-f(x2)g(t)dt=abba故由零值定理可知,存在xx1,x2(或x2,x1)使F(x)=0. 即f(x)g(x)dx-f(x)g(x)dx=0. aabb故f(x)g(x)dx=f(x)g(x)dx. aabb10. 已知当x1时,(2x)x-2与a(x-1)+b(x-1)2是等价无穷小,求a,b的值. 分析 一方面因为(2x)x-2与a(x-1)+b(x-1)2是等价无穷小, 显然由极限式lim换来求解. 另一方面由已知条件有极限式lim故可用洛必塔法则.
11、 解法1 lim(2x)-2a(x-1)+b(x-1)2x(2x)-2a(x-1)+b(x-1)2xx1=1来确定a,b的值.可通过等价无穷小量代(2x)-2a(x-1)+b(x-1)2xx1=1,显然是00型未定式,x1=limex(ln2+lnx)-22x1a(x-1)+b(x-1)=2limex(ln2+lnx)-ln2-12x1a(x-1)+b(x-1), x(ln2+lnx)-ln202limex(ln2+lnx)-ln2(x1), =2lim所以有 =2lim(x-1)ln2+xlnx(x-1)(a+bx-b), -12x(ln2+lnx)-ln2a(x-1)+b(x-1)2x1a
12、(x-1)+b(x-1)x1x1而lim(x-1)ln2(x-1)(a+bx-b)xlnx(x-1)(a+bx-b)x1=ln2ax(x-1)(x-1)(a+bx-b)=limxa+bx-b=1a limx1=limx1x1, 故2lim(x-1)ln2+xlnxx1ln211+ln2=2+=2=1, (x-1)(a+bx-b)aaa所以a=2(1+ln2),显然b为任意实常数. 解法2 8 lim(2x)=2,而limx1x(2x)-2a(x-1)+b(x-1)2xx1=lim(2x)1+ln2xa+2b(x-1)xx1=21+ln2a+b0=1, 所以a=2(1+ln2),显然b为任意实常
13、数. 11.函数f(x)在0,+)上可导, f(0)=1,且满足等式 f(x)+f(x)-x+11x0f(t)dt=0. (1) 求导数f(x); (2) 证明: 当x0时,不等式e-xf(x)1成立. 分析 凡是变上限积分出现的地方, 几乎都是要对它求导数,本题也不例外. 这类题总是两边求导得到一个微分方程,然后解之即可. 证明部分则是大家比较熟悉的利用导数证明不等式. 解 (1) 已知等式可写为: (x+1)f(x)+(x+1)f(x)-f(t)dt=0, 0x两边对x求导得, (x+1)f(x)+(x+2)f(x)=0. 设u=f(x),有 (x+1)u+(x+2)=0. 即dudx=-
14、x+2x+1两边积分得 u=Ce-xx+1, 即f(x)=Ce-xx+1. 由已知等式知f(0)+f(0)=0,因为f(0)=1,所以f(0)=-1, 由此得C=-1, 所以 f(x)=-e-xx+1. e-x(2)解法1 由f(x)=-x+1知 当x0时, f(x)0, f(-t)=f(t). 对函数 F(x)=a-a|x-t|f(t)dt 回答下列问题 (1)证明F(x)单调增加; (2)x为何值时F(x)取得最小值; (3)当把F(x)的最小值表为a的函数f(a)-a2-1时, 试求f(x). 分析 本题的关键是求出F(x)的导数,而F(x)的表达式中带有绝对值,已知t-a,a, 任取x
15、-a,a , -a,a=-a,xUx,a, 那么当t-a,x时,即tx;当tx,a时,这样利用定积分对积分区间的可即,tx加性,把F(x)=a-a|x-t|f(t)dt中的绝对值符号去掉以便求导数. 解 (1)因为任意x-a,a, 有 F(x)=x-ax(x-t)f(t)dt+xax(t-x)f(t)dt =x-af(t)dt-tf(t)dt+-aaxtf(t)dt-xf(t)dt xa所以 F(x)=xf(x)+x-af(t)dt-xf(x)-xf(x)+xf(x)-10 axf(t)dt =x-af(t)dt+xaft(dt) x-a,a F(x)=f(x)+f(x)=2f(x),因f(x
16、)0, 所以F(x)0, 故F(x)单调增加. (2) F(x)=x-af(t)dt+xaf(t)dt -xax-af(t)dt=t=-u-xaf(-u)(-du)=-f(t)dt=a-xf(t)dt 则F(x)=x-af(t)dt+xaf(t)dt=a-xf(t)dt+xaf(t)dt=x-xf(t)dt 因为f(x)0,所以当且仅当x=0时, F(x)=0, 故x=0是F(x)=0唯一驻点, 由F(0)0知, x=0是F(x)的最小值点. (3) 由已知条件F(x)=F(0)=aa-a|x-t|f(t)dt,即有 2-atf(t)dt=f(a)-a-1 为方便起见,将a改写为x,即 x-x
17、tf(t)dt=f(x)-x-1 2上式两边对x求导, 得 xf(x)-xf(-x)(-1)=f(x)-2x因为f(-x)=f(x),所以f(x)-2x=0, 由此解得 f(x)=x+C2由f(0)=1得C=1,故f(x)=x2+1. 313. 计算积分122dx|x-x|2. 分析 注意被积函数在x=1时不连续, 是广义积分的计算. 另外在去绝对值时注意要写出正确的表达式. 解 因为x-x22x-x=x2-x(12x1), 所以 (x1),3212dx|x-x|2=112dxx-x|23+21dxx-x2, 11 112dxx-x|2=lim+e01-e12dx14-(x-12)21-e=l
18、im+arcsin(2x-1)e012=lim+arcsin(1-2e)=arcsin1=e03p2,(x-12=12sect) 21dxx-x23=lim+e021+edx(x-12141+e)-3/2214=lim+lnx-e012+(x-12)-2=ln(1+332)-ln12=ln(2+3), 因此122dx|x-x|2=p2+ln(2+3). 14. 设xOy平面上有正方形D=(x,y)|0x1,0y1及直线l:x+若S(t)y=(tt0表示正方形D位于直线l左下方部分的面积, 试求x0 S(t)dt(x0).分析 本题考查求函数表达式及分段函数的定积分. 解 由S(t)的定义可知:
19、 122t(0t1),121t S(t)=1-(2-t)(2).2 ),所以, 当0x1时, x0S(t)dt=x012tdt=216x. 3当12时, =x0S(t)dt=1010S(t)dt+2121S(t)dt+x2x2S(t)dt12tdt+21-12(2-t)dt+21dt=x-1 . 因此 136x(0x1),1132-x+x-x+(12).15. 求函数f(x)=x2ln(1+x)在x=0处的n阶导数f(n)(0)(n3). 分析 求函数的高阶导数(用两个函数乘积的n阶导数的莱布尼兹公式或泰勒展开. n解法1 由莱布尼兹公式(uv)(n)=Ci=0inuv(i)(n-i), 得
20、x2ln(1+x)(n)=x2ln(1+x)(n) +Cn(x)ln(1+x)12(n-1)+Cn(x)ln(1+x)22(n-2), 因为(x2)(i)=0,(i3) ln(1+x)(i)=(-1)i-1(i-1)!i(1+x)(i=1,2,3,L), 所以 xln(1+x)2(n)=x2(-1)n-1(n-1)!n(1+x)n-2(-1)n-3+2nx(-1)(n-2)!n-1(1+x)+n(n-1)(n-3)!n-2(1+x). 因此 f(n)(0)=(-1)n-1n-2n!. 解法2 由麦克劳林公式 13 f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!x+L+2f(n)(0)n!x+o(
21、x), nn所以 xln(1+x) 2 =xx-2x224+x33-x44+L+(-1)n-3xn-2n-n+ox(2n-2, ) =x-3x2+L+(-1)n-3xnn-2(n)+o(x), 比较x前的系数知: nf(0)n!n!. =(-1)n-3n-2. 因此f (n)(0)=(-1)n-1n-216. 设f(x)在0,a上连续, 在(0,a)内可导, 且f(0)=0,f(x)单调增加,试证:f(x)x在(0,a)内也单调增加. 分析 当知道f(x)在(a,b)内可导,又知f(a)=0(或f(b)=0)的命题,通常要利用拉格朗日中值定理, 将f(x)写成: f(x)=f(x)-f(a)=
22、(x-a)f(x)(或) f(x)=f(x)-f(b)=(x-b)f(x),x在x与a(或x与b)之间. 证明 因为f(x)=f(x)-f(0)=xf(x),0x0时), 又由于f(x)单调增加,有 f(x)f(x)(当xx时), 所以 xf(x)-f(x)xf(x)-xf(x)f(x) =22xxx =故 f(x)-xxf()0x(0a, )f(x)x在(0,a)内也单调增加. 14 17.设bae, 证明abba. 分析 原命题blnaalnb blna-alnb0 证明 作辅助函数f(x)=xlna-alnx,(xa) 因为f(x)=lna-ax1-ax0,(xae) 所以 当xa时,
23、f(x)单调增加. 故 当ba时, f(b)f(a)=0 即blnaalnb, 亦即abba. 18. 设函数f(x)在区间0,1上连续, 在开区间(0,1)内大于零,并满足xf(x)=f(x)+32ax2(a为常数), 又曲线y=f(x)与x=1,y=0所围成的图形S的面积值为2 , 求函数y=f(x), 并问a为何值时, 图形S绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积最小. 分析 依据已知条件得到函数关系y=f(x), 它在0,1上连续. 由V(a)=pf2(x)dx, 若V(a)只有一个驻点, 即是所求的最小值点. 01解 当x(0,1)时, 解方程xf(x)=f(x)+ f(x)=32ax+2
24、32ax2得 c .x由图形S的面积为 1132ax+cxd=x+a=2c 02221得c=4-a, 因此, f(x)=于是旋转体的体积分 V(a)=p32ax+(4-a)x. 210322f(x)dx=pax+(4-a)xdx 0212 =130a+21a+316p3 15 由V(a)=115a+1p=0,3得a=-5 115a=-5是V(a)唯一的驻点 (或V(a)=0) 故当a=-5时, 旋转体的体积最小. 19.设f(lnx)=ln(1+x)x, 计算f(x)dx. 求出f(x)的表达式, 后面的不定积分计算较简单. 1t分析 利用f(lnx)=ln(1+x)x本题也可直接作积分变换x
25、=lnt,t=ex,dx=dt. 解法1 设t=lnx, 则x=et, 所以 f(t)=ln(1+e)ettx因此f(x)dx=ln(1+e)exdx=-ln(1+e)dex-x=-e-xln(1+e)+x1+e1xdx=-e=-e-xln(1+e)+xx1+exe-x-xdx )+C-xln(1+e)-ln(1+e-x-x=x-(1+e)ln(1+e)+C1t. 解法2 令x=lnt,t=ex,dx=dt f(x)dx=1f(lnt)dt=tln(1+t)t2dt 1=-ln(1+t)d(-)t11=-ln(1+t)+tt(1+t)dt dt 111=-ln(1+t)+-tt1+t1t=-l
26、n(1+t)+ln+Ct1+t16 =x-(1+e-x)ln(1+e)+Cx. 20. 证明lnf(x+t)dt=01x0lnf(u+1)f(u)du+lnf(u)du. 01分析 凡积分号中含有参变量的命题的证明, 当满足一定条件时, 可先对参变量求导, 再积分. 证法1 令F(x)=F(x)=10lnf(x+t)dt, 则F(0)=110lnf(t)dt10f(x+t)f(x+t)dt=lnf(x+t)0=lnf(x+1)f(x)上式在0,x上对x积分, 得 x0F(x)dx=x0lnf(x+1)f(x)x0dx 即F(x)-F(0)=lnf(u+1)f(u)du 故lnf(x+t)dt-
27、lnf(t)dt=0011x0lnf(u+1)f(u)1du 即lnf(x+t)dt=01x0lnf(u+1)f(u)du+lnf(u)du成立. 0证法2 用换元法. 设x+t=u+1, 则 10lnf(x+t)dt=xx-1x0lnf(u+1)dulnf(u+1)du+0x-1lnf(u+1)du (1) 令u+1=v, 故 0x-1lnf(u+1)du=x101xlnf(v)dv=1xlnf(u)du=-lnf(u)du+0lnf(u)du (2) 将(2)代入(1), 得 10lnf(x+t)dt=x0lnf(u+1)du-lnf(u)du+0x10lnf(u)du =x0lnf(u+
28、1)f(u)du+lnf(u)du. 0117 21. 求n=1(-1)n(2n+1)!n的和. 分析 求常数项级数的和, 注意到其通项的形式,常常借助于相应幂级数的和, 取x的某个特殊值即得所需结论. 此题中, 考虑求幂级数n=1(-1)nxn2n-1(2n+1)!的和函数便可. 解 作幂级数n=1(-1)nxn2n-1(2n+1)!, 其收敛区间为(-,+). 设其和函数为s(x),即s(x)=逐项积分,得 2s(x)dx=0xn=1(-1)nxn2n-1(2n+1)!, n=1n(-1)xn2n(2n+1)!2n+1=1n(-1)xn=1x2n+1(2n+1)!,(x0). 所以2s(x)dx=0x2x1(-1)xn=1(2n+1)!=12x(sinx-x), 两边求导得: s(x)=xcosx-sinx2x2. 所以, 22. (2n+1)!n=1(-1)nn=s(1)=cos1-sin121设正项数列an单调减少,且(-1)nan发散,试问级数a+1n=1n=1nn是否收敛?并说明理由. 分析
