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1、高等数学竞赛练习题1.求分析 求项的和当时的极限, 用到积分和式求极限与夹逼定理.将适当放大、缩小是解题的关键之一，另外注意到用定积分求.解 , 且所以, 由夹逼定理知 2.求极限 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.解法1 解法2 3. 求极限 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 解法2 原式4. 求分析 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. 解法1 .故=.所以=9.解法2 =.所以=.解法3 =,=,所以=.5. 设存在极限，求常数与.分析与求解时
2、,极限不存在.时原极限为型极限,改写成.当时, 时, 极限均不存在,于是必有,即,此时 .因此6. 已知,求的值.分析 像这种类型的极限,已知此未定式的极限存在且等于2,要确定极限式中的参数.一般有两种方法: 方法1 直接将所给无理式有理化定出极限式中所含参数之值; 方法2 先提出因子,将型化为型, 然后由极限式存在的条件定出极限式中所含参数之值.解法1 原式可改写成.由于上式成立,所以必有, 即=0,.将代入原式,并有理化得 =.故,.解法2 原式改写成.由于上式成立,所以必有, 即=0,.是型.,而, 故有,.解法3 =.因此有 ,故.7. 设函数在的某邻域内具有一阶连续导数,且若在时是比
3、高阶的无穷小,试确定的值.分析题设可知是无穷小量,故其极限为零.在时是比高阶的无穷小,也可得到关于的关系式.解法1由题设条件知.由于,故必有.又由洛必达法则,有因,故.由可得.解法2 由条件可知所以=从而.即当时,有=.8.证明:若, 则分析 可以考虑重要极限公式,但要注意变换的切入点.证法1 设,则, ,因此,则,但是,所以证法2 令, 则,两边取对数得 由此看出, 当时, ,故.9. 设函数在上连续,且,利用闭区间上连续函数性质,证明存在一点,使.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 因为在上连续,且,由最值定理知, 在上有
4、最大值和最小值,即,故 于是.因此.由介值定理知,存在,使,即.证法2 设,由于在上连续,故在上连续,且有最大值,最小值,其中,.所以故由零值定理可知,存在(或)使.即.故.10. 已知当时,与是等价无穷小,求的值.分析 一方面因为与是等价无穷小,显然由极限式来确定的值.可通过等价无穷小量代换来求解. 另一方面由已知条件有极限式,显然是型未定式,故可用洛必塔法则.解法1 , 所以有而 ,故, 所以,显然为任意实常数.解法2 ,而,所以,显然为任意实常数.11.函数在上可导, ,且满足等式(1) 求导数(2) 证明: 当时,不等式成立.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
5、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:两边对求导得,.设有 即两边积分得 , 即.由已知等式知因为所以, 由此得,所以 .(2)解法1 由知当时, , 所以单调减少.又因为 所以设则有 所以, 当时, , 从而单调增加; 又因为,所以 即.总之,当时, 有. 解法2 由得.当时, ,所以 即.12.设在上连续, 且, . 对函数回答下列问题(1)证明单调增加;(2)为何值时取得最小值;(3)当把的最小值表为的函数时, 试求.分析 本题的关键是求出的导数,而的表达式中带有绝对值,已知, 任取 ,
6、=, 那么当,这样利用定积分对积分区间的可加性,把中的绝对值符号去掉以便求导数.解 (1)因为任意, 有所以 因, 所以, 故单调增加.(2) 则因为,所以当且仅当时, , 故是唯一驻点, 由知, 是的最小值点.(3) 由已知条件,即有为方便起见,将改写为,即上式两边对求导, 得因为,所以, 由此解得由得故13. 计算积分分析 注意被积函数在时不连续, 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 所以,因此14. 设平面上有正方形及直线若表示正方形位于直线左下方部分的面积, 试求分析 本题考查求函数表达式及分段函数的定积分.解 由的定义可知: 所以, 当时,当时,.当
7、时,.因此15. 求函数在处的阶导数分析 求函数的高阶导数(用两个函数乘积的阶导数的莱布尼兹公式或泰勒展开.解法1 由莱布尼兹公式得 因为所以 因此 解法2 由麦克劳林公式所以 , 比较前的系数知: 因此16. 设在上连续, 在内可导, 且,单调增加,试证:在内也单调增加.分析 当知道在内可导,又知(或)的命题,通常要利用拉格朗日中值定理, 将写成: (或) ,在与(或与)之间.证明 因为(当时), 又由于单调增加,有(当时), 所以 故在内也单调增加.17.设, 证明分析 原命题证明 作辅助函数因为所以 当时, 单调增加.故 当时, 即, 亦即18. 设函数在区间上连续, 在开区间内大于零,
8、并满足(为常数), 又曲线与所围成的图形S的面积值为2 , 求函数, 并问为何值时, 图形S绕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, 它在上连续. 由, 若只有一个驻点, 即是所求的最小值点.解 当时, 解方程得 由图形S的面积为 得, 因此, 于是旋转体的体积分 由是唯一的驻点 (或)故当时, 旋转体的体积最小.19.设, 计算.分析 利用求出的表达式, 后面的不定积分计算较简单.本题也可直接作积分变换.解法1 设, 则, 所以因此.解法2 令.20. 证明.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, 则
9、上式在上对积分, 得即故即成立.证法2 用换元法. 设, 则 (1)令, 故 (2)将(2)代入(1), 得 .21. 求的和.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, 取的某个特殊值即得所需结论. 此题中, 考虑求幂级数的和函数便可.解 作幂级数, 其收敛区间为.设其和函数为即,逐项积分,得 所以两边求导得:所以, 22. 设正项数列单调减少,且发散,试问级数是否收敛?并说明理由.分析 本题是一综合题, 含有数列的单调性及交错级数等内容.要考查的敛散性, 由其通项形式, 立即联想到根式审敛法:如果能证明该极限值小于1, 则可得级数收敛的结论.证明 因为是正项数
10、列, 单调减少.所以, 且又因为发散; 假设, 即, 又单调减少, 根据莱布尼兹准则, 收敛, 与已知矛盾, 故, .由上面分析 故是收敛的.23. 设在的某邻域内具有二阶连续导数, 且,证明级数绝对收敛.分析 本题是一个综合性较强的题, 是个抽象的二阶可导函数, 首先设法找到的某种分析表达式, 由题意, 可联想到它在点的泰勒公式:取, 有.证明 因为所以 由已知, 在的某邻域内具有二阶连续导数, 故在含的某个闭区间, 上连续, 由闭区间上连续函数的有界性, 存在0, 使, 于是由上面分析有当时, 而级数收敛, 故级数绝对收敛.24. 求满足下列性质的曲线C: 设为曲线上任一点.则由曲线,所围
11、成区域的面积A与曲线和C所围成区域面积B相等.P0CAB分析 借助面积相等这一条件得到函数关系式, 注意到曲线C过原点,在单调且连续, 也可直接设C: .解法1 设曲线C: , 则., 则有,所以,故 曲线C: 解法2 设曲线C:,由已知是连续曲线,显然它的原函数存在,设其原函数为 (当然有).为曲线上,所以有, 即因此有,或25. 设在上连续, 在内可导, . 证明:在内存在不同的,使.分析 由已知条件利用拉格朗日中值定理比较容易想到. 取,由连续函数介值定理, 存在把区间0,1分为与是切入点.证明 因为,取, 由连续函数介值定理知,存在,使, 在区间与上分别用拉格朗日中值定理, 有,那么, 所以,.于是 取(满足), 由上式即得26. 设在上连续, 证明:分析 等价于若能证明 则成立.由于可令.证法1 由于 (1)令, , 则 (2)将(2)代入(1),得证法2 因为在上连续, 故可令 存在. 于是,则成立.27. 计算分析 该
