2024年4月16日发(作者：2022宝安区数学试卷8上)
高等数学综合练习题（30题）解答
1、设
a0
，
{
x
n
}
满足：
x
0
0,
x
n
1
1
a
(
x
n
),
2
x
n
n
n
0,1,2
,
证明：
{
x
n
}
收敛，并求
lim
x
n
。
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
{
x
n
}
单调且有界。
证明:（1）证明：易见，
x
n
0,(n0,1,2,),
则
x
n
1
x
n
a
x
n
a
，
从而有：
x
n
1
2
a
x
n
1
a
x
n
(
x
n
)
x
n
0
，
2
x
n
2
x
n
故
{
x
n
}
单调减少，且有下界。所以
{
x
n
}
收敛。
（2）设
lim
x
n
l
，在
x
n
1
n
1
a
(
x
n
)
两边同时取极限得
2
x
n
2
x
n
2
l
l
lim
x
n
1
1
lim(
x
n
a
)
1
(l
a
),
n
n
解之得
la
，即
lim
x
n
a
。
n
1
x
f
(
x
)
3
2、设
f(x)
在
x0
的邻域具有二阶导数，且
lim
1
x
，试求
f(0)
，
e
x
0
x
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
]
e
3
得解由
lim[1
x
x
0
x
1
lim
x
0
ln[1
x
x
f
(
x
)
]
x
3
，
因为分母极限为零，从而分子极限为零，即
limln[1
x
x
0
可以得到
lim
x
0
f
(
x
)
0
，
x
f
(
x
)
]
0
，
x
同样，我们有
lim
f
(
x
)
0
f
(0)
，
x
0
由导数的定义得
f
\'(0)
lim
x
0
f
(
x
)
f
(0)
0
。
x
0
因为
f(x)
在
x0
的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得
f
(
x
)
1
f
\"(0)
x
2
0(
x
2
)(
x
0)
）
2
两边取极限得
10(
x
2
)
lim[
f
\"(0)
2
]
2
，
x
0
2
x
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：
证明：
f(x)
在
[a,)
有界。
x
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
f
(
x
)
|f(a)|
|
x
a
|
|
f
(
a
)|
x
a
|f(a)|
K
K
K
，
x
|
x
||
x
|
xxa
故
f(x)
在
[a,)
有界。
x
x
e
,
x
0;
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
x0
处连续,故
cf(0)1
。
e
x
,
x
0,
由条件可知
f
(x)
在
x0
处连续,且
f
(
x
)
,故
bf
(0)1
。
2
ax
b
,
x
0
e
x
,
x
0;
因此
f
(
x
)
2
ax
1,
x
0,
a
1
。
2
1
x
f
(
t
)d
t
0
，且
0
x
1
e
x
,
x
0,
从而
f
(
x
)
，故
2af
(0)1
，则
2
a
,
x
0
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
e
x
f
(
x
)1
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
f
(0)1
,则所给方程可变形为
(
x
1)
f
(
x
)
(
x
1)
f
(
x
)
f
(
t
)d
t
0
.
0
x
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
C
e
x
.
f
(
x
)
1
x
e
x
由
f
(0)1
得
c1
,
f
(
x
)
0
,可见
f(x)
单减.
1
x
而
f(0)1
,所以当
x0
时,
f(x)1
。
e
t
对
f
(
t
)
0
在
[0,x]
上进行积分得
1
t
x
e
t
f
(
x
)
f
(0)
d
t
1
e
-
t
d
t
e
x
.
0
1
t
0
x
6、计算三重积分
I
(
a
V
x
2
2
y
2
b
2
z
2
c
2
)dxdydz
。
x
2
y
2
z
2
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
a
V
x
2
2
dxdydz
b
V
y
2
2
dxdydz
c
V
z
2
2
dxdydz
，
其中
a
V
x
2
2
dxdydz
a
x
2
a
2
a
dx
dydz
，
D
这里
D
表示椭球面
y
2
z
2
x
2
2
1
22
bca
或
y
2
b
2
(1
x
a
2
z
2
c
2
(1
x
2
1
。
))
2
a
2
它的面积为
(
b
1
x
2
x
2
a
2
)(
c
1
a
x
2
a
2
)
bc
(1
x
2
a
2
)
。
于是
bc
2
x
2
4
dxdydz
x
(1
)
dx
abc
。
222
a
15
aaa
V
同理可得
b
V
y
2
dxdydz
2
4
abc
，
15
4
abc
。
15
c
V
z
2
dxdydz
2
所以
7、讨论积分
I
3(
x
cos
x
dx
的敛散性。
pq
x
x
44
abc
)
abc
。
155
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
)
x
p
(1
q
)
x
q
。
pq
2
pq
x
x
x
x
x
若
max(p,q)1
，则当
x
充分大时，
p
0
，从而当
x
充分大时，函数
q
x
x
x
是递减的，且这时
pq
x
x
x
lim
x
0
。
x
p
x
q
又因
A
，故
cos
xdx
sinA
1
（对任何
A
）
x
cos
x
dx
收敛。
pq
x
x
x
x
若
max(p,q)1
，则恒有
p
，故函数在
x
上是递增的。于
0
pq
q
x
x
x
x
是，
正整数
n
，有
2
n
4
2
n
x
cos
x
dx
x
p
x
q
2
2
2
n
4
2
n
x
dx
pq
x
x
2
p
2
q
4
2
p
常数
0
，
q
8
故不满足Cauchy收敛准则，因此
x
cos
x
dx
发散。
pq
x
x
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
.
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)x
2
x,
则
F(x)C
0,1
D(0,1),
由洛尔定理知
(0,1), F
(
)0
F
(x)C
0,1
D(0,1)
,
F
(1)f
(1)10F
(
)
F(0)F(1)
F
(x)f
(x)2x1
,
由洛尔定理知
证2
(0,1), F
(
)0, F
(x)f
(x)2, f
(
)2
令
F(x)f(x)x
2
,
F(x)C
0,1
D(0,1),
由拉格朗日定理知
(0,1), F
(
)F
(
)(10)F(1)F(0)1,
F
(x)C
0,1
D(0,1),
F
(1)f
(1)21F
(
),
由洛尔定理知
证3
(0,1), F
(
)0, F
(x)f
(x)2, f
(
)2
在
x1
展开为一阶泰勒公式
f
(
x
)
f
(1)
f
(1)(
x
1)
f
(0)
f
(1)
f
(1)
1
f
(
1
)(
x
1)
2
,
1
(
x
,1)
2
1
f
(
),
(0,1)
2
因
f(0)f(1) , f
(1)1,
故
(0,1), f
(
)2
证4
证5
1
令
F
(
x
)
f
(
x
)
(
x
)
2
,
2
用两次洛尔定理。
令
F(x)xf
(x)x
2
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)](b
2
a
2
)f\'(
)
；
（2）
f
(
b
)
f
(
a
)
ln
f\'(
)
.
b
a
证：（1）令
g(x)x
2
，显然
f,g
在
[a,b]
上满足Cauchy中值定理的条件，所以
f
(
b
)
f
(
a
)
b
2
a
2
f
\'(
)
，
2
即
2
[f(b)f(a)](b
2
a
2
)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
\'(
)
，
1
ln|
b
|
ln|
a
|
即
f
(
b
)
f
(
a
)
ln
b
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
)
x
2
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)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).
证明：
f
在
(,)
上可导，且
f\'(x)f(x)
.
分析：由于已知条件：
x,y(,),f(xy)f(x)f(y)
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
f(0)1
.
因为
lim
x
0
f
(
x
x
)
f
(
x
)
f
(
x
)
f
(
x
)
f
(
x
)
lim
x
0
x
x
f
(
x
)[
f
(
x
)
1]
lim
x
0
x
f
(
x
)
1
f
(
x
)lim
x
0
x
f
(
x
)
f
(0)
f
(
x
)lim
x
0
x
f(x)f\'(0)
f(x)
。
所以
f(x)
在
(,)
上可导，且
f\'(x)f(x)
.
12、设
f
(
x
)
a
1
sin
x
a
2
sin
x
2
a
n
sin
nx
(
a
i
R
,
i
1,2,
,
n
)
，且
|f(x)||sinx|
，证明：
|
a
1
2
a
2
na
n
|
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
)
a
1
cos
x
2
a
2
cos2
xna
n
cos
nx
，所以
f
\'(0)
a
1
2
a
2
na
n
又
f
\'(0)
lim
x
0
f
(
x
)
f
(0)
f
(
x
)
lim
a
1
2
a
2
na
n
，
x
0
xx
x
0
所以
|
a
1
2
a
2
na
n
|
lim
即
|
a
1
2
a
2
na
n
|1
。
f
(
x
)sin
x
lim
1
.
x
0
xx
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。
证明：
因
lim
x
a
因为
f
\'
(
a
)
f
\'
(
b
)0
，不妨设
f\'
(a)0,f\'
(b)0
，
f
(
x
)
f
(
a
)
0
，故
(a,a
)
，使
xa
f
(
x
)
f
(
a
)
0
，
x
a
从而
x
1
a
，使
f(x
1
)f(a)0
。
因
lim
x
b
f
(
x
)
f
(
b
)
0
，故
(b
,b)
，使
xb
f
(
x
)
f
(
b
)
0
，
x
b
从而
x
2
b
，使得
f(x
2
)f(b)0
。
又因
f(x)
在
[a,b]
上可微，所以
f(x)
在
[
x
1
,
x
2
]
上连续，由零点存在定理知，
x
0
(
x
1
,
x
2
)
，使
f
(
x
0
)
0
.
于是在
[
a
,
x
0
]
及
[x
0
,b]
上分别利用Rolle定理得，存在
1
2
，使得
f
\'(
1
)
f
\'(
2
)
0
.
(
a
1
x
0
,
x
0
2
b
)
.
再在
[
1
,
2
]
上用Rolle定理得，
使
f\"(
)0
.即方程
f\"(x)0
在
(
1
,
2
)
(
a
,
b
)
，
(a,b)
内至少有一个根.
14、（浙江师范大学2004）设
f(x)
在
[0,1]
上具有二阶导数，且满足条件
f(x)a
，
其中
a,b
都是非负常数，证明
f
(
c
)
2
a
f
(x)b
，
c
是
(0,1)
内的任一点，
b
。
2
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
f(x)
在
[0,1]
上具有二阶导数，故存在
1
(0,c)
使得
f
(0)
f
(
c
)
f
(
c
)(0
c
)
1
f
(
1
)(0
c
)
2
2
1
f
(
2
)(1
c
)
2
2
同理存在
2
(c,1)
使得
f
(1)
f
(
c
)
f
(
c
)(1
c
)
将上面的两个等式两边分别作差，得
f
(1)
f
(0)
f
(
c
)
11
f
(
2
)(1
c
)
2
f
(
1
)
c
2
22
11
f
(
2
)(1
c
)
2
f
(
1
)
c
2
22
即
f
(
c
)
f
(1)
f
(0)
因此
f
(
c
)
f
(1)
f
(0)
11
f
(
2
)(1
c
)
2
f
(
1
)
c
2
22
bb
2
a
(1
c
)
2
c
2
22
而
(1c)
2
c
2
2c
2
2c12c(c1)11
，故
f
(
c
)
2
a
b
。
2
15、设
fC
3
[0,1],
f
(0)
1,
f
(1)
2,
f
\'
0
.证明：
(0,1)
，使
|f
(
)|24
.
1
2
证明：将
f(x)
在点
x
处展开泰勒公式，得
111111111
f(x)f()f\'()(x)f\"()(x)
2
f\"(
)(x)
3
（
在
x
与
之间）
222222622
1
2
令
x0
得
111111111
f
(0)
f
()
f
\'()(
)
f
\"()()
2
f
\"(
1
)(
)
3
,
1
(0,)
.
222222622
令
x1
得
111111111
f
(0)
f
()
f
\'()
f
\"()()
2
f
\"(
2
)()
3
,
2
(,1)
.
222222622
因为
f\'(
)
0
，所以
1
1
|
f
(1)
f
(0)|
[|
f
(
1
)|
|
f
(
2
)|]
.
6
2
3
1
2
令
f
(
)max{|f
(
1
)|,f
(
2
)}
，则
|f(1)f(0)|
1
|f
(
)|
，
24
代入
f(0)1,f(1)2
，得
|f
(
)|24
.
16、（2003高数一）将函数
f
(
x
)
arctan
1
2
x
展开成
x
的幂级数，并求级数
1
2
x
(
1)
n
的和.
n
0
2
n
1
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。
211
nn
2
n
2(
1)4
x
,
x
(
,
).
解：因为
f
(
x
)
2
22
1
4
x
n
0
又f(0)=
,所以
4
x
0
x
f
(
t
)
dt
2
[
(
1)
n
4
n
t
2
n
]
dt
0
4
n
0
f
(
x
)
f
(0)
(
1)
n
4
n
2
n
1
11
=
2
x
,
x
(
,
).
422
n
0
2
n
1
1
(
1)
n
因为级数
收敛，函数f(x)在
x
处连续，所以
2
n
0
2
n
1
(
1)
n
4
n
2
n
1
11
f
(
x
)
2
x
,
x
(
,].
422
n
0
2
n
1
令
x
1
，得
2
1
(
1)4
n
1
(
1)
n
,
f
()
2
[
2
n
1
]
242
n
142
n
1
2
n
0
n
0
1
再由
f(
)
0
，得
2
(
1)
n
1
f
()
.
2
n
1424
n
0
17、（2003高数一）设函数f(x)连续且恒大于零，
F
(
t
)
f
(
x
(
t
)
D
(
t
)
2
y
2
z
2
)
dv
2
f
(
x
y
)
d
2
，
G
(
t
)
D
(
t
)
f
(
x
t
1
2
y
2
)
d
2
f
(
x
)
dx
，
其中
(
t
)
{(
x
,
y
,
z
)
x
2
y
2
z
2
t
2
}
，
D(t){(x,y)x
2
y
2
t
2
}.
(1)讨论F(t)在区间
(0,)
内的单调性.
(2)证明当t>0时，
F(t)
2
G
(
t
).
分析：要判定一个函数的单调性，往往要求它的导数。这是一个变限的积分，可
以利用变限积分的求导法则。由于是一个重积分，因此先要计算重积分。
解：(1)因为
F
(
t
)
2
0
d
d
f
(
r
)
r
sin
dr
t
22
0
2
0
0
t
d
f
(
r
)
rdr
0
t
2
2
f
(
r
2
)
r
2
dr
t
0
t
0
f
(
r
)
rdr
2
，
F
(
t
)
2
tf
(
t
2
)
f
(
r
2
)
r
(
t
r
)
dr
[
f
(
r
)
rdr
]
0
0
t
22
，
所以在
(0,)
上
F
(t)0
，故F(t)在
(0,)
内单调增加.
（2）因
G
(
t
)
f
(
r
2
)
rdr
t
2
0
t
0
f
(
r
)
dr
2
，
2
要证明t>0时
F(t)
G
(
t
)
，只需证明t>0时，
F(t)
t
2
t
00
G
(
t
)
0
，即
令
则
t
0
f
(
r
)
rdr
f
(
r
)
dr
[
f
(
r
2
)
rdr
]
2
0.
t
22
t
2
t
000
22
g
(
t
)
f
(
r
)
rdr
f
(
r
)
dr
[
f
(
r
2
)
rdr
]
2
，
g
(
t
)
f
(
t
2
)
f
(
r
2
)(
t
r
)
2
dr
0
，故g(t)在
(0,)
内单调增加.
0
t
因为g(t)在t=0处连续，所以当t>0时，有g(t)>g(0).
又g(0)=0,故当t>0时，g(t)>0,
因此，当t>0时，
F(t)
2
G
(
t
).
18、（2004年上海交通大学）设
证明
limf(x)
=0.
x
a
f
(
x
)d
x
收敛,且
f(x)
在
a,
上一致连续，
分析：这是一个综合性的题目，首先要搞清楚一致连续的概念，可以构造一个级
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