高等数学综合练习题答案

42．．，　　，则，，且上有连续导数，，在上连续，，在设函数badxxfbdxxfadxxxfbaxxbaxbaxfbaba)()()()()()(0)()()(证：令，则FxftdtFxfxax()()()()fxxdxxdFxFxxFxxdxabababab()()()()()()()()FbbFxxdxFbbFbaabab()()()()()()()()()()　，　积分第一中值定理()(()())()()bFbFaF()()()()afxdxbfxdxab43．20()00()()(),2afxaaafxdxafafa设在，上有连续导数，试证在闭区间，上至少存在一点，使　其中为正的常数．解：fxdxxfxxfxdxaaa()()()000afafxdxaa()()00　，afaafa()()220　　，44．22200()()()(0)xxFxxtftdtxf设当时，的导数与是等价无穷小量，求．解：2222000()()()()()|2()xxxFxxtdftxtfttftdt因为　xftftdtx2002()()所以　Fxxfxf()(()())20故　ffxfxFxxxx()lim()()lim()002002122200()()()xxFxxftdttftdt另解：0200()2()2()(0)()2()(0)1limlim2(0)1,(0)2xxxFxxftdtxfxfFxfxfffxx故　45．为周期函数．试证：为非零常数．，都有上连续，且对任意，在设)()()()(xflldttfxxflxx证：dttfdttfdttfxFxlxlxx00)()()()(设)()()(xflxFxF　，又Fxl()，则Fx()0故　fxlfx()()0，即　fxlfx()()46．为奇函数．为连续奇函数，试证：设xdttftxxFxf0)()2()()(证：Fxxtftdttux()()()()20　()()xufudux20()()xufudux20Fx()Fx()为奇函数47．00()()0()01limsinxxfxyfxftdtxx设函数具有连续导数，又曲线通过原点，且它在原点处的切线斜率等于，试求：　　．证：由题意知，，，则ff()()0001lim()sinlim()sincosxxxftdtxxfxxxx000lim()cossinxfxxxx0212012f()48．．，求设)(sin)(10xfdttxxf解：()sinsin()100101　当时，xxtdttxdt)1cos(cos)cos(10xxxt()sin()sin()cos()21010101　当时，xxtdtxtdtxtcos()cosxx1()()sin()sin()30101　当时，xfxxtdttxdtxx21coscos()xx1),1sin(sin10)1sin(sin0)1sin(sin)(xxxxxxxxxxf，　，，49．　　若已知函数当，时，满足方程　　　且在，上有连续一阶导数，又，求．fxxtfudutfuduxfudufxffxxxtt()()()()()()()00013111解：两边对求导，得x　tfxttfxfudut()()()1再对求导，得t　　fxtxtfxtfxft()()()()令得　　　tfxxfxfxffxfx11133()()()()()()　　　　fxx()3，　　fxxc()ln3又由，得　fcfxx()()(ln)1333150．．，求　连续，且，在设2020))((lim2)0()()(xdtduuffxfxtx解：原式lim()xxfudux022lim()xfx02120f()151．()()0()()()(1)()2(2)()0()xxabdtfxabfxFxftdtdftFxFxab　设在，上连续，且，又设　．证明：　；　　方程在，内有且仅有一个实根．证：()()()()11　Fxfxfx(()())fxfx12221(2)()()0,()()0()abbaFxabFadtFbftdtft　在，上连续，又由介值定理知，，，使()()abF0又因为，故在，上严格单调增加，故的零点是唯一的FxFxabFx()()()()2052．设抛物线通过原点且时如果它与轴及直线所围成的平面图形的面积为试求确定使这个平面图形绕轴旋转而成的立体的体积最小yaxbxcxyxxabcx220001011(,),,,,,,,.解抛物线过点:,(,),.),,()()yaxbxccSaxbxdxababVydxaxbxdx22012012201200021313122124322204(44)()53aaxabxbxdxabb951314322()()bbbb188()0,(1)360.5343915()15544Vbbbbbba　　　　　唯一当时体积最小abc154940,,,53．设函数fxy(,)在有界闭区域D上连续，(,)(,)xyDiii12，试证在D中至少存在一点(,)，使ffxyfxy(,)(,)(,)2351122。证：由于fxy(,)在有界闭域D上连续，则fxy(,)在D上有最大值M和最小值m，此时mmmfxyfxyMMM2352352351122(,)(,)6分又由于fxy(,)在有界闭域D上连续，由介值定理知在D中至少存在一点(,)，使ffxyfxy(,)(,)(,)235112254．证明曲面Fxayybzzcx(,,)0上任一点处的切平面都与平面axyacz1垂直，其中函数Fuvw(,,)具有一阶连续偏导数，abc,,为正常数，且abc1。证：曲面上点(,,)xyz处的切平面法向量nFcFaFFbFF131223,,平面法向量naac11,,nnaFacFaFFabcFacF11312230即nn1故切平面垂直于平面。55．设f(x)是[a,b]上的连续正值函数，试证不等式：其中D：a≤x≤b,a≤y≤b.56．设f(u)为可微函数，且f(0)=0,证明57．设f(z)在[－1,1]上有连续的导函数，试证：证：58．证明：若与积分路径无关，其中P，Q有一阶连续偏导数，则积分也与积分路径无关(其中a,b,k为常数，且k≠0).59．已知曲线积分，其中C为x2+y2=R2(R0)的正向。试问当R为何值时，使I达到最大值，并求出这个最大值。60．试证：limnnx存在，其中xnnn11212。证：定义x00，记uxxkkk1，则xunknn1由于1112122111nnnnnuxxnnnnnnnnn112nnn可见：limnnunn114又11nnn收敛，故而unn1收敛，从而limnnx存在。61．若正项级数ann1收敛)0(na，则limnnaaa11112存在。证：记Saaann11112，于是limlnlnnnnnSa11由于ann1收敛，有limnnnaa00，从而有limln()nnnaa1=1，因此级数ln()11ann收敛，则limlnnnS存在即limnnaaa11112存在。62．判别级数111nnnnln的敛散性，并求limlnnnn1121。令()ln()lnxxxunnnn111lim()limxxxxxx020111212即limnnun1122由于121nn收敛，所以111nnnnln收敛记其部分和为Sn，于是有Sknnkn111ln()，且limnnS存在所以limln()lnnknknn1101又limln()lnnnn11故而limlnnnn11211。63．设abaabbnnnnnnn001211,,(,,)，且级数bnn1收敛，要证级数ann1收敛，有人作出证明如下：因为bnn1收敛，所以limnnnbb11，从而limnnnaa11，由比值判别法知，正项级数ann1收敛，上述证明对吗？如不对，给出正确证法。上述证法不对。因为比值判别法的逆命题不成立，即正项级数bnn1收敛，不能得到limnnnbb1存在且小于1的结论，由limnnnbb1存在，也不能得到limnnnaa1存在的结论。正确证法：由已知条件可得abababnnnn1111，于是aabbnnn1112,,又知bnn1收敛，因此级数ann1收敛。64．设数列na单调减少趋近于零，证明级数1121nnnaaan收敛。证明：令uaaannn12uunnn00lim又由uaaannn11211有uunuannnn1111注意an单调减少，则可得到uann11，从而uunn1（8分）应用莱布尼兹判别法，知1121nnnaaan收敛。65．设fx是以2为周期的可微周期函数，又设fx'连续，aabnnn0123,,,,,是fx的Fourier系数。求证：lim,limnnnnab00。证：由分步积分法，对n123,,,,有afxnxxn1cosd11nfxnxnfxnxxsin'sind1nfxnxx'sind,bfxnxxn1sind11nfxnxnfxnxxcos'cosdffnnfxnxx1'cosd,又由fx'连续，故存在M0，使当x,时，fxM'。从而anfxnxxMnn120'sindbffnMnnn20,66．设fx是以2为周期的可微函数,ff且fx'分段连续。已知fx的Fourier系数为aabnnn0123,,,,,,。求fx'的Fourier系数AABnnn0123,,,,,,。解：由Fourier系数的计算公式，Afxxfx0110'd,Afxnxxn1'cosd1fxnxnfxnxxcossindnbnn,,,,123Bf