2010年考研冲刺班微积分上(三十六技之7-10).pdf

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1、水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 1 考研数学三十六技 考研数学三十六技 微积分上（三十六技之 7-10） 微积分上（三十六技之 7-10） 清华大学 数学科学系 刘坤林主讲清华大学 数学科学系 刘坤林主讲 三十六技之七：正确运用定积分性质，处理变限积分与含参积分的技巧三十六技之七：正确运用定积分性质，处理变限积分与含参积分的技巧 积分定义四部曲， 理解到位很重要。 积分性质多醒悟， 保序性质须知道。 估值比较是推论， 重要场合常用到。积分极限交叉题，需要脱掉积分号。积分式内有参数，处理方法有技巧。 积分定义四部曲， 理解到

2、位很重要。 积分性质多醒悟， 保序性质须知道。 估值比较是推论， 重要场合常用到。积分极限交叉题，需要脱掉积分号。积分式内有参数，处理方法有技巧。 定积分的重要性质性质包括：积分的保序性（估值定理与比较性质）与中值定理、变限积 分的连续性与可导性，还有变限积分的处理技巧，这些概念与方法广泛用于与积分有关的极 限问题、等式与不等式证明等综合分析题目中。 关于变限积分的两个重要结论（两把快刀） ： (1) 若 定积分的重要性质性质包括：积分的保序性（估值定理与比较性质）与中值定理、变限积 分的连续性与可导性，还有变限积分的处理技巧，这些概念与方法广泛用于与积分有关的极 限问题、等式与不等式证明等综

3、合分析题目中。 关于变限积分的两个重要结论（两把快刀） ： (1) 若)(xf在在,ba上可积（常用的充分条件为：上可积（常用的充分条件为：)(xf在在,ba上连续或分段连续）, 则变 上限积分 上连续或分段连续）, 则变 上限积分 = x a dttfxF)()(定义的函数在定义的函数在,ba上连续。 注 此时 上连续。 注 此时)(xF不一定可导，因此不一定可导，因此)(xF不一定是不一定是)(xf在在,ba上的原函数。 (2) 若 上的原函数。 (2) 若)(xf在在,ba上连续, 则变上限积分上连续, 则变上限积分 = x a dttfxF)()(定义的函数在定义的函数在,ba上可导,

4、 且 上可导, 且 )()(xfdttf dx d x a = 。 同 时 ， 变 下 限 积 分。 同 时 ， 变 下 限 积 分 b x dttf)(也 是 可 导 函 数 。 且也 是 可 导 函 数 。 且 )()(xfdttf dx d b x = 。 【注】 此时 。 【注】 此时)(xF一定是一定是)(xf在在,ba上的一个原函数。 例 7-1 上的一个原函数。 例 7-1 设),()(+Cxf，0)(xf且 = x dttfxf 0 )()(，则对 )(xf在), 0 +上错误的结论为（ ） 。 (A)可微。(B) )(xf严格单调增加。 (C) 有任意阶导数。(D) 恒等于零

5、。 【解解】 答案(B)。 答案(B)。(A)(C)显然正确。因为),()(+Cxf，且 = x dttfxf 0 )()(， 所 以)(xf可 导 ， 且)()(xfxf=， 解 得 x Cexf=)(。由0)()0( 0 0 =dttff，解出0)0(= fC，因此 0)(xf。因此(D)正确。 处理含有参数积分问题的重要技巧（两把快刀） ： 积分号内含有参数的问题是一类重要题型，这类问题往往需要对参数求导数。 典型方法有两个（积分式内有参数，处理技巧有快刀） ： （1）当参数以因子形式出现在积分号内时，则将含参数的因子移到积分号外面， （2）如无法将含参数的部分移到积分号外面，则引入变量

6、替换。 处理含有参数积分问题的重要技巧（两把快刀） ： 积分号内含有参数的问题是一类重要题型，这类问题往往需要对参数求导数。 典型方法有两个（积分式内有参数，处理技巧有快刀） ： （1）当参数以因子形式出现在积分号内时，则将含参数的因子移到积分号外面， （2）如无法将含参数的部分移到积分号外面，则引入变量替换。 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦 1006 2 例 7-2 （2005-2-15：11 分）例 7-2 （2005-2-15：11 分） 设函数)(xf连续，且0)0(f，求极限 dttxfx dttftx x x x )( )

7、()( lim 0 0 0 【解析与点评 1解析与点评 1】 本题主要考点是： （1）含参积分处理方法； （2）极限分析计算与罗必达 法则； （3）变限积分求导数； （4）积分中值定理。水木艾迪考研辅导班教学中含有不少此 类例题，可参见基础班综合辅导第 2 讲例 2.21，例 2.25,例 2.27,水木艾迪考研辅导暑期 强化班第 4 讲例 39-43，例 55-56 等例题，系列教材2005 考研数学应试导引与进阶中 也有许多这样的典型例题和方法，如例 6.74,例 6.78，例 7.22 等。刘坤林等编写，清华大 学出版社 2004 年 7 月出版。 【解】 首先取变换【解】 首先取变换t

8、xu=，则 ，则 = xx x x dttfduufudufdttxf 00 0 0 )()()()()(， 因此 ， 因此 dttfx dtttfdttfx dttxfx dttftx x xx x x x x = 0 00 0 0 0 0 )( )()( lim )( )()( lim )()( )( lim )()( )( lim 0 0 0 0 xxfxf xf xxfdttf dttf x x x x + = + = 2 1 )0()0( )0( = + = ff f 其中 其中x II。 （B）。 （B） 21 1II 。 （C）。 （C）1 12 II。 （D）。 （D） 12

9、1II 。 【解】 注意到当 。 【解】 注意到当 4 , 0( x时，时， x x xf tan )(=， 2 2 tansec )( x xxx xf =， ， 0 cos sincossin cos sincos )( 2222 = xx xxx xx xxx xf，)(xf单调增加。 于是=dx x x I 4 0 1 tan 1 4 4 0 = dx ，另有xx 22 tan，由积分比较性质，应选(B)。 例 7-7 求例 7-7 求极限 dx x nx n n + + 1 0 1 1sin lim. 答案: 11 1 sin+ + 。 【解】 【解】 dx x nx n + + 1

10、 0 1 1sin + + + = + = + + + = + = 1 0 2 1 0 1 0 111)sin( cos sinsinx xdxx x x x dx nnn 记 dx x xx I n n + = + = 1 0 2 1)sin( cos ，则 1 1 0 1 0 + = + =X，使当，使当0Xx， 且 ， 且2,xxt时，有时，有 t e t + 1 0 x e x + 1 2 ，由积分保序性及比较性质得到 ，由积分保序性及比较性质得到 x x x x x x t e xx dt e x dt e t + = + + 1 2 1 2 1 0 22 ， 应用夹逼定理，得到 ，

11、 应用夹逼定理，得到 0 1 lim 2 = + + x x t x dt e t 。 例 7-9 证明 。 例 7-9 证明 + + 2 0 2 0 22 1 cos 1 sin dx x x dx x x . 【证】 （方法 1：区间变换+估值定理）移项考虑： . 【证】 （方法 1：区间变换+估值定理）移项考虑： + + + = 2 4 2 4 0 2 1 cossin 1 cossin dx x xx dx x xx I， 对上述第二个积分令 ， 对上述第二个积分令xt= 2 ，则有 ，则有 + = 2 0 2 1 cossin dx x xx I + + + = 4 0 2 4 0

12、2 ) 2 (1 sincos 1 cossin dt t tt dx x xx + + = 4 0 2 2 ) 2 (1 1 1 1 )cos(sin dt t t tt 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 5 0 ) 2 (1)1 ( ) 4 )(cos(sin 4 0 22 2 + = dt tt ttt ， （方法 2：区间变换+中值定理）考虑 ， （方法 2：区间变换+中值定理）考虑 + = 2 0 2 1 cossin dx x xx I， ， + + + = 2 4 2 4 0 2 1 cossin 1 coss

13、in dx x xx dx x xx I + = 4 0 2 1 )cos(sin 1 1 dxxx + + 2 4 2 2 )cos(sin 1 1 dxxx 其中 其中) 2 , 4 (), 4 , 0( 21 ，对上述第二个积分令，对上述第二个积分令xt= 2 ，则有 ，则有 + + = 4 0 2 2 2 1 )cos(sin) 1 1 1 1 ( dxxxI0)21)( 1 1 1 1 ( 2 2 2 1 + + = 例 7-10 设 例 7-10 设,)( 2 baCxf，0)()(=bfaf，证明 ，证明 )(max 4 )(xf ab dxxf bxa b a 【证】 设 【证

14、】 设 )(max)( 0 xfxf bxa =， 根据微分中值定理， 分别有， 根据微分中值定理， 分别有),( 01 xa与与),( 01 xa使 得 使 得),)()()()( 01010 axfaxfafxf=+= ),)()()()( 02020 bxfbxfbfxf=+=注意到 注意到 dxxfdxxfdxxf b a 2 1 2 1 )()()( )( )()()()( )()( 00 0 0 0 0 0 12 axbx abxf ax xf bx xf ff = = 。)(max 4 xf ab bxa 应注意二次函数级值问题： 4 )( )()( 2 000 ab axbxx

15、g =，所以 4 )( )( 2 00 ab axbx 。 例 7-11 例 7-11 设)(xf在, 2 0 上连续，)(x f 在),( 2 0 内连续，且满足 0 2 0 2 = dxxfx)(cos , 证明: 存在),( 2 0 与),( 2 0 ，分别使得 tan)()(ff2= 与 tan)()(ff=。 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦 1006 6 【证】【证】首先由分部积分， = dxxfx)(cos 2 0 2 02 2 2 0 =+dxxfxxfxxx)(cos)(sincos( ， 由被积函数的连续性，则存在)

16、,( 2 0 ，使得 02 2 =+)(cos)(sincos(ff， 其次，,cos0 必有 02=)(cos)(sinff， 即有 tan)()(ff2=。另由分部积分得到： = dxxfx)(cos 2 0 2 xdxfxsin)(cos 2 0 dxxxfxfxx)(sin)(cossin= 2 0 0 2 0 = dxxff sin)(sin)(cos， 其中),( 2 0 。又,sin01 2 0 = dxx 因此0=)(sin)(cosff， 即有 tan)()(ff=。 例 7-12例 7-12 设( )f x在 , ()a b abxf，Adtttf a = 0 )(， 设

17、= a a dttftxxF)(|)(。 （1）证明当,aax时，)(x F 单调增加。 （2）证明)(xF在,aa +上有最小值，并求出最小值； 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 7 【解】【解】 （）,aax， += a x x a dttfxtdttftxxF)()()()()( += a x a x x a x a dttfxdtttfdtttfdttfx)()()()( += a x x a dttfxxfxxfxxfdttfxxfxF)()()()()()()( += x a x a dttfdttf)()( 故

18、)(x F 单调增加。 （） +=+= x a x a x a x a dttfudufdttfdttfxF)()()()()()( =+= xx x x a x a dttfdttfdttfdttf 0 )(2)()()( 因为0)(xf，故0)(= x F有唯一解0=x。又0)0( F，故0=x是)(xF的唯一极小 值点且为)(xF在,aa +上的唯一最小值。以下求此最小值)(min)0( , xFF aax =。 += a a dtttfdtttfF 0 0 )()()0(。 对 0 )( a dtttf取变换, tu= 则dudt=， Aduuufduuufdtttf a aa = 0

19、 00 )()()(， 所以)(xF的最小值AdtttfdtttfF a a 2)()()0( 0 0 =+= 。 例 7-14 例 7-14 设)(xf是连续函数， 且有( ) +=+ 1 0 0 2)()()(dtxtfxedttftxxf x x , 求)(xf. 【解】首先首先1)0(=f。其次， 对 ( ) 1 0 dtxtf取变换xtu =则有 ( ) 1 0 dtxtf( ) = x duuf 0 。 原方程化为 ( ) +=+ x x xx dttfedtttfdttfxxf 0 00 2)()()( 求导一次得：)(2)()()()( 0 xfexxfdttfxxfxf x

20、x +=+ ， 3)0(= f 再次求导得到： feff x +=+ 2。 该方程以1)0(=f与3)0(= f 为初始条件的为 x exxxf += 2 2 1 21)(。 三十六技之八：用积分表达与计算应用问题的技巧 三十六技之八：用积分表达与计算应用问题的技巧 数学物理累加量，积分处理是正道。正确表达背景量，合理简化选坐标。遇到含参问 题时，区间变换是技巧 数学物理累加量，积分处理是正道。正确表达背景量，合理简化选坐标。遇到含参问 题时，区间变换是技巧。 , 0)(2)()()(aaxxfxfxfxF=+= 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大

21、学创业大厦 1006 8 * 定积分应用综合问题（注意极坐标与参数方程的表达） 例 8-1 * 定积分应用综合问题（注意极坐标与参数方程的表达） 例 8-1 设曲线族 n cxy =，其中c为正的常数，n为自然数，ba= nn abctS，则)(tS是严格单调增函数，因此 n 是)(tS的唯一零点。 （2）b ab ab n n nn nn n n n = + = + + 11 1 limlim。 例 8-2 例 8-2 设, 0 k 2 kxy= =与) 2 0(cos =xxy在tx= =处相交，记 1 S为 2 kxy= =与 tycos=及0=x 围成的面积， 2 S为 xytycos

22、,cos= 与 2 =x 围成的面积。 试证： 21 SStS+=+=)( 在),( 2 0 内必有唯一最大值。 【证】 【证】 首先，曲线交点为)cos,(tt，且 2 cosktt =，因此， 2 cos t t k =，) 2 , 0( t ttdxx t t ttS t cos 3 2 ) cos (cos)( 0 2 2 1 =， tttdxxttS t sin1cos) 2 ()cos(cos)( 2 2 += ， 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 9 ttttSsincos) 3 1 2 (1)(+= ， 2

23、, 0 t， 且0 3 2 )0(= + S，0 3 ) 2 (= S ，因此存在) 2 , 0( 0 t使得 使0 0 =)(tS， ttttScos) 3 1 2 (sin 3 1 )(= ， 当),( 2 0 t时，0)( x f),(YX为 , 0),(=yxfy1= =x 围成区域之形心, 试证 X 4 3 。 【证证】 要证明 4 3 X，即 4 3 )( )( 1 0 1 0 = dxxf dxxxf X， 同乘以 1 0 )(dxxf，移项造辅助函数， 即证明0)( 4 3 1 0 dxxfx， 1 , 0 x，令 = x dttfxtxF 0 )( 4 3 )( = xx d

24、ttfxdtttf 00 )( 4 3 )(， 则0)0(=F，只须证01 )(F， = x dttfxxfxF 0 )( 4 3 )( 4 1 )(，且( )00=F， )( 4 3 )( 4 1 )( 4 1 )(xfxf xxfxF+= )( 2 1 )( 4 1 xfxf x=，且( )00= F， )( 4 1 )( 4 1 )(xfxf xxF = )( 4 1 )( 4 1 f xxf x =)()( 4 1 fxfx =，其中), 0(x。 由0)( xf，可知)(xf 单调增，于是 0)()( fxf，则有0)( x F，于是)(x F 单调增， 因此 0)0()(= FxF

25、，进一步可知)(x F 单调增， 且可推知 0)0()(=FxF，所以)(xF单调增， 由此得到0)0() 1 (= FF。 例例 8-6（1） 密度均匀的上半圆周()0 222 =+yRyx的质心为 。 【解】【解】 由对称性, 0=x. 曲线的参数方程为 =ttRytRx0,sin,cos. 0=X， ()() R R dttRtRtR y 2 cossinsin 0 22 = + = 。 例 8-6（2）例 8-6（2）设0a求曲线 2 yax =与 2 xay =所围成区域的形心。 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦 1006 1

26、2 【解】 【解】 dx a x ax dx a x axx X a a = 0 2 0 2 )( )( = = 20 9 3 1 20 3 2 3 a a a =， ， 由对称性 20 9a Y =，故形心为( 20 9 , 20 9aa )。 例 8-6（3） 例 8-6（3） 半径为R的匀质（1=）半球的质量中心为 。 【解】 【解】 设半球的底面在xoy平面上，质量中心的坐标为),(ZYX，显然 0=YX,Z=R R R R dzzRz R 8 3 3 2 4 3 2 )( 3 4 3 0 222 = 故形心为(0,0,R 8 3 )。 例 8-7 例 8-7 区域 = pxy ax

27、yxD 20 0 ),( 2 绕x轴旋转生成的旋转体之形心坐 标为 。 【解】 【解】 设形心坐标),(ZYX，由对称性0=Y，a pxdx pxdxx X a a 3 2 2 2 0 0 = 。 故形心为)0 , 0 , 3 2 (a。 例 8-8例 8-8 假设区域D由曲线),(00 3 =Pypxy及其过点),(p1的切线 与x轴围成，设此区域的形心为),(YX， （1）求X的值； （2）求p的值，使D绕 y 轴旋转一周而生成的旋转体体积为 135 6 = y V。 【解】【解】 （1）ppxy x x 33 1 2 1 = = = ，切线为)(13+=xppy。 与x轴交点为),(0

28、3 2 ,与y轴交点为)2, 0(p， 面积ppdxpxA 12 1 6 1 1 0 3 =，静力矩为 xdxxppdxxpxM y ) 1(3 1 3 2 1 0 3 += 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 13 dxpxpxp = 1 3 2 2 )23( 5 1 ppp 135 7 ) 9 4 1 27 8 1 ( 5 1 =+= 45 28 135 84 =X。 （2）dy p y ppV p y = 0 3 2 3 2 21 2) 3 2 (31 3 1 ppp 5 3 2) 3 2 (31 3 1 21 =p 1

29、35 14 = 令 135 6 135 14 =p，得到 7 3 =p。 或：由古耳金定理得到 7 3 , 135 6 135 14 12 1 45 28 22=pppXAVy。 压力问题：同一深度的各方向的压强相等, 小微元的压力微元为压力问题：同一深度的各方向的压强相等, 小微元的压力微元为dAghdp=， 其中 ， 其中h为该小微元离液面的高度, 为该小微元离液面的高度, g为重力加速度，为重力加速度，dA为该小微元的面积.积分可 得压力. 例 8-9 为该小微元的面积.积分可 得压力. 例 8-9 设有三角形闸板，两直角边和为l将其竖直放入水中，使一直角与水面重合，另一直 角边垂直向下

30、，问两直角边成何比例时，三角形闸板承受水压力最大？ 设水的密度为 1， 求出此最大压力 【解】【解】 以垂直向下直角边顶点为坐标原点，垂直向上 方向为Y轴，YX 平面与三角板所在平面相平行建 立坐标系，并设水平直角边与垂直向下直角边的边长分别为kaa与，则有 lkaa=+，斜边所在直线方程为kxy =。 记)(kP为闸板承受的水压力，取横向分割，xdy表示 面积，yka 为水深， 则有微分关系）dxxaxkdyykaxkdP)()()( 22 =， 于是 3 3232 0 22 166)( )()( + = k lkak dxxaxkkP a 4 32 ) 1(6 )2( )( + = k l

31、kk kP， 解得驻点2=k，且)(k P 在驻点两则变号(先正后 负)，因此最大压力为 81 2 2 3 l P=)(. 例 8-10 例 8-10 一圆锥形油罐高 10m， 上方开口直径为 10m, 油面高度为 8m， 油的密度为 480kg/ 3 m,求将罐内的 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦 1006 14 油全部抽出至罐外需作的功。 【解】 【解】 建立坐标如图，圆锥侧母线为xy2=，沿y轴方向将圆锥分割成小圆台， 体积微元为dyydv 2 2 =，质量微元为dy y dm 2 2 480 =， ， 导致作功的有效行程为)1

32、0(y米，因此功的微元（元功）为 dy y ydw 2 4 )10(480=，所作功为 dy y yw = 8 0 2 4 )10(480)(8192)10(120 8 0 32 kgmdyyy= 。 两个关键量的表达： （1）导致作功的力， （2）导致作功的有效路程。 两个关键量的表达： （1）导致作功的力， （2）导致作功的有效路程。 广义积分问题，应掌握两把尺度，重点掌握直接比较法与极限比较法（比阶法） 。 广义积分问题，应掌握两把尺度，重点掌握直接比较法与极限比较法（比阶法） 。 广义积分有两类，掌握尺度最重要，收敛分析用比较，搞错方向最糟糕！ 广义积分有两类，掌握尺度最重要，收敛分析

33、用比较，搞错方向最糟糕！ 计算方法与定积分计算相雷同，只需注意极限运算。 计算方法与定积分计算相雷同，只需注意极限运算。 尺 度 法1尺 度 法1 ：dx x a p + 1 )0( a当当1p时 收 敛 ; 当时 收 敛 ; 当1p时 发 散 . 因 此 ， 若时 发 散 . 因 此 ， 若 0)(lim= + xfx p x ,且,且1p,则 ,则 + a dxxf)(收敛。 收敛。 尺度法 2尺度法 2： ： dx bx b a p )( 1 当当1p收敛，收敛，1p时发散. 因此， 若时发散. 因此， 若0)()(lim= xfbx p bx , 且 , 且1X，使得当0Xx时， 3

34、xx = + = + + p x xx x xx , ln ，直接比较法，收敛。 a为奇点时，为奇点时，dxxf a + )(+=+= dxxf b a )(dxxf b + )( 为混合型广义积分 为混合型广义积分 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场 B 座 503 室 15 补 1补 1 讨论 讨论dx x x p + 0 arctan 的收敛性. 的收敛性. 【解】 dx x x p + 0 arctan dx x x p = 1 0 arctan dx x x p + + 1 arctan 对第一个积分， 对第一个积分， p x xarc

35、tan 与与 1 1 p x 等价（等价（0 x） ， ） ， 2, 11 = + qp qp x x qp x 2 0 arctan lim 因此，当 因此，当1 qp时第二个积分收敛。综合上述分析，时第二个积分收敛。综合上述分析，21 p时积 分收敛。 补 2 时积 分收敛。 补 2 当p的取值范围为_时，广义积分 () + 1 1 1 p p xx dx 收敛。 【解】答案：21p 和 1q。 （混合型） 例 8-15例 8-15（1）证明广义积分 1 0 2 lnxdxx收敛； （2）证明 0ln 2 1 1 0 2 xdxx e 。 【证】 【证】 （1） 1 0 1 dx x 收敛

36、，又因为0lnlim 2 3 0 = xx x ，所以 1 0 2 lnxdxx收敛。 （2）考虑xxxyln)( 2 =在 1 , 0(上的最小值，( )()12+=xxxyln， 令( )0= x y,则有01ln2=+x，解得唯一驻点 1 , 0( 2 1 0 = ex， ), 0( 2 1 ex当时，0+ yex当 xxyln 2 =单调增加， 所以 2 1 0 = ex是极小值点，且 e y 2 1 = min 。 另有 0lnlim 2 0 = + xx x ，0lnlim 2 1 = + xx x ，所以 e y x 2 1 max 1 , 0( = ， 并且 1 , 0(x当时

37、，0)(xy，于是得到 0ln 2 1 1 0 2 = = can n lim。 【解】 【解】 首先注意到 += = 2 1 1 1 3 11 k kn a n k k n 2 1 1 1 3 11 k kn k k = +（无穷多项和） 由于 k k e k k + 3 1 1 3 1 2 ， 故级数S k k k k = + = 2 1 1 1 3 1 收敛， 于是 S n an n a单调减，且1lim 2 = n n an，则级数)sin() 1( 1 1 = + n n n n a a 的收 敛性结论是（ ）。 （A）绝对收敛。（B）条件收敛。（C）发散。 （D）与参数a取值有关。

38、 【解】 【解】 答案（B）。当n充分大时，若0a，0sin n a 且单调减少趋于零； 若0 n a ，且单调减少趋于零，因此 = 1 1 sin) 1( n n n a 恒为条件收敛。 又1lim 2 = n n an，) 1 ( 1 22 n o n an+=， = 1 1 ) 1( n n n a绝对收敛。 应用级数运算法则，即知该级数条件收敛。 例 9-7 例 9-7 设参数0 a，则 = = + 1 22 n an)sin(收敛性的结论是（ B ）。 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦1006 20 （A）绝对收敛。（B）条件

39、收敛。（C）发散。 （D）与参数a取值有关。 【解】【解】 nan a nanu nn n + =+= 22 2 22 sin) 1()sin() 1( ， n足够大时 = + 1 22 )sin( n an为交错级数，且 nan a + 22 2 sin单调减趋于零， 因此 = + 1 22 )sin( n an为 Leibnize 级数，条件收敛。 例 9-8 例 9-8 设常数0，则级数 = + + 1 2 1 1 n n nn )( )ln( （ ）。答案:C。 （A）绝对收敛，（B）条件收敛，（C）发散， （D）收敛性与取值有关。 【解】 【解】 应用级数运算法则即知该级数发散。 例

40、 9-9 例 9-9 设常数0，0 n a， 级数 =1n n a收敛， 则级数 = 1 2 1 n n n a n n)tan()(（ ） 。 （A）绝对收敛。（B）条件收敛。（C）发散。 （D）收敛性与有关。 【解】【解】首先，由正项级数 =1n n a收敛，则级数 =1 2 n n a的部分和序列单调增加且有上界，因 此 =1 2 n n a收敛。其次，由正项级数的比阶法（自我比较法），考察 0 1 2 2 = n n n n a a n ntan)( lim，所以级数 = 1 2 1 n n n a n n)tan()(绝对收敛。 例 9-10 例 9-10 设函数,10Cf ， +

41、= n n n xxfna 1 1 1 d)(（L,21=n） ，则级数 =1n n a 的收敛情况是 . 答案： A 。 （A）绝对收敛。（B）条件收敛。（C）发散。（D）与)(xf增减性有关。 【解】 【解】 1, 0 1 , 1 1 +nn ，,10Cf ，于是 ) 1( )() 1 11 ( + + = nn Mn f nn nan。 = + 1 ) 1( n nn Mn 收敛，由比较法，应此选 A。 水木艾迪 电话：010-62701055/82378805 地址：清华同方科技广场B座503室 21 例 9-12 例 9-12 设Ra，判断级数 =2 ! n n n n na 的收敛

42、性。 【解】 （1）当【解】 （1）当0a时，记时，记0= n n n n na u ! ， 且 ， 且 !)( )!( limlim na n n na u u n n n n n n n n + + = + + + 1 1 1 1 1 e a n a n n = + = ) 1 1 ( lim，因此 当ea 时，原级数发散。 当当ea =，序列 n n )( 1 1+单调递增趋于e，所以 n n u u 1+ 1 1 1 + = n n a )( ， 于是,lim0 n n u原级数必发散。 （2）0=a时，原级数绝对收敛。 综上分析，当ea n a，1p，且满足0) 1 cos1 (li

43、m= n p n a n n， 若级数 =1n n a收敛，则p的取值范围是), 3(+ 。 【解】 【解】 ) 1 cos1 (lim n p n a n n 0lim 2 1 ) 2 1 (lim 2 2 = p n n n p n n a an， 因级数 =1n n a收敛，由比阶法，级数 = 1 2 1 n p n 收敛，于是得到3p。 例 9-14例 9-14 设)0(),0(ff 存在且0)0( f 。讨论级数 =1 2 ) ) 1( (sin n p n f的收敛性。 【解】【解】) 1 (sin 1 sin)0( 2 1) 1( sin)0() ) 1( (sin 22 ppp

44、 n p n n o n f n f n f+ + = nnn cba+ = 对 =1n n a：0p条件收敛，1p绝对收敛；对 =1n n b： 2 1 p绝对收敛， 2 1 p发散。 而)( nn boc=。所以)( nn cb +的收敛性与 n b相同。 水木艾迪 电话：010-62701055 010-62796032 地址：清华大学创业大厦1006 22 结论：1p绝对收敛， 2 1 p收敛。 例 9-15 例 9-15 设)(xf在), 0+上单调增加且有界，试证明级数 = 1 1 n n n dxxfnf)()(收敛。 【证】【证】 由)(xf在), 0+上单调增加有界，则)(x

45、f可积，且有 )()()(nfdxxfnf n n 1 1，或 )()()(1 1 nfdxxfnf n n ， 于是)()()()(10 1 nfnfdxxfnf n n ， 所以级数 = 1 1 n n n dxxfnf)()(为正项级数。 注意到)0()()1()( 1 fnfkfkfS n k n = = ， 由于)(xf在), 0+单调增加且有界，所以极限 x xf)(lim存在，由此得到 )0()(limlimfnfS n n n = 存在，即级数 = 1 1 n nfnf)()(收敛， 于是由比较判定准则推出级数 = 1 1 n n n dxxfnf)()(收敛。 级数综合判敛题

46、目 例 9-16 级数综合判敛题目 例 9-16 设有方程01=+ nxxn,其中n为正整数.证明此方程存在唯一正实 根 n x， 并证明当1a时,级数 =1n a n x收敛. 洞察力的作用与思路：首先连续函数洞察力的作用与思路：首先连续函数. 1)(+=nxxxf n n 有零点，需要该函数在 全数轴上至少有一次变号（寻找正负值） ，利用极限或增减性方法得到结论，函 数 有零点，需要该函数在 全数轴上至少有一次变号（寻找正负值） ，利用极限或增减性方法得到结论，函 数)(xfn至少有一个零点。其次，再利用单调性证明最多有一个零点。 另外， 要证明此方程存在唯一正实根 至少有一个零点。其次，再利用单调性证明最多有一个零点。 另外， 要证明此方程存在唯一正实根 n x， 只需考虑， 只需考虑0 x的情况的情况)(xfn在在)+, 0 上的情况。 【证】 上的情况。 【证】 （1）记. 1)(+=nxxxf n n 当0 x时, 0)( 1 += nnxxf n n 故)(xfn在)+, 0上单调增加。而初值, 0) 1 (, 01)0(= n x知 , 11 0 nn x x n