高等数学竞赛辅导综合题汇总Word下载.docx
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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
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
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
其中V是椭球体2221。
abc
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
x2
dxdydza2
y2
b2
z2
,c2
其中
2a
dydz,aa2
D
a
这里D表示椭球面
y2z2x2
2212
bca
或
y2x22
b(12)
z2x22
c(12)
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
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。
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。
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
2nxpqxx
2p2q4
2常数0,pq8
故不满足Cauchy收敛准则,因此xcosx发散。
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.
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。
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).
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。
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.
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。
因为f'
(x)a1cosx2a2cos2xnancosnx,所以
(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。
因为f'
(b)0,不妨设f'
(a)0,f'
(b)0,因limxaf(
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