李永樂數學基礎過關660題2階高等數學選擇題

622.在命題
（1）設$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂，則$\sum\limits_{n=1}^\infty a^2_n$收斂；
（2）設$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂且$n\to\infty$時，$a_n$與$b_n$是等價無窮小，則$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$收斂；
（3）設$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂，則$a_n=\omicron\left(\cfrac{1}{n}\right)(n\to\infty)$。
（4）設$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂，又$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$絕對收斂，則$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n$絕對收斂。
中正確的是
$(A)(1)$；
$(B)(2)$；
$(C)(3)$；
$(D)(4)$。

解  對於（1），如$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$收斂，但$\sum\limits_{n=1}^\infty\left(\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)^2=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}$發散。故（1）不成立。
  對於（2），如$a_n=\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}},b_n=\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\cfrac{1}{n}$，則$\cfrac{b_n}{a_n}=1+\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\to1(n\to\infty)$，即當$n\to\infty$時，$a_n$與$b_n$是等價無窮小，但$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂而$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$發散。故（2）不成立。
  對於（3），如$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$收斂，但$\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\ne\omicron\left(\cfrac{1}{n}\right)(n\to\infty)$。故（3）不成立。
  對於（4），因$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收斂$\Rightarrow a_n\to0(n\to\infty)\Rightarrow a_n$有界即存在常數$M$使得$|a_n|\leqslant M(n=1,2,\cdots)\Rightarrow|a_nb_n|\leqslant M|b_n|$。由$\sum\limits_{n=1}^\infty|b_n|$收斂$\Rightarrow\sum\limits_{n=1}^\infty|a_nb_n|$收斂，故（4）成立。應選$(D)$。（這道題主要利用了等價無窮小與級數收斂的關係求解）

624.設常數$\alpha>0,\beta>0$，則級數$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\beta^n}{n^\alpha}$的收斂性
$(A)$既與$\alpha$又與$\beta$的取值有關；
$(B)$僅與$\alpha$的取值有關；
$(C)$僅與$\beta$的取值有關；
$(D)$與$\alpha$及$\beta$的取值都無關。

解  由$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_{n+1}}{u_n}=\beta\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^\alpha=\beta$知當$0<\beta<1$時級數收斂，當$\beta>1$時級數發散。當$\beta=1$時級數成爲$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^\alpha}$，故當$\alpha>1$時收斂，當$0<\alpha\leqslant1$時發散。綜上所述即知級數$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\beta^n}{n^\alpha}$的收斂性與$\alpha$及$\beta$的取值都有關。應選$(A)$。（這道題主要利用了比值收斂判斷求解）

634.設$f(x)=\begin{cases}\cfrac{1-\cos x}{x^2},&x\ne0,\\\cfrac{1}{2},&x=0\end{cases}$，則$f(x)$在$x=0$點處六階導數$f^{(6)}(x)$
$(A)$不存在；
$(B)$等於$-\cfrac{1}{6}$；
$(C)$等於$\cfrac{1}{56}$；
$(D)$等於$-\cfrac{1}{56}$。

解  當$x\ne0$時，
$f(x)=\cfrac{1-\cos x}{x^2}=\cfrac{1-1+\cfrac{x^2}{2!}-\cfrac{x^4}{4!}+\cfrac{x^6}{6!}-\cdots}{x^2}$
  所以，$f(x)=\cfrac{1}{2!}-\cfrac{1}{4!}x^2+\cfrac{1}{6!}x^4-\cfrac{1}{8!}x^6+\cdots$
  在這個表達式中，令$x=0$可得$f(0)=\cfrac{1}{2}$，從而這個表達式對$x\in(-\infty,+\infty)$成立。又因爲$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$，令$n=6$，由函數冪級數展開式的唯一性可得：$\cfrac{f^{(6)}(0)}{6!}=-\cfrac{1}{8!}\Rightarrow f^{(6)}(0)=-\cfrac{6!}{8!}=-\cfrac{1}{56}$。故應選$(D)$。（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

640.設$\begin{vmatrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{vmatrix}\ne0$，則直線$L_3:\cfrac{x-a_3}{a_1-a_2}=\cfrac{y-b_3}{b_1-b_2}=\cfrac{z-c_3}{c_1-c_2}$與直線$L_1:\cfrac{x-a_1}{a_2-a_3}=\cfrac{y-b_1}{b_2-b_3}=\cfrac{z-c_1}{c_2-c_3}$是
$(A)$相交於一點；
$(B)$重合；
$(C)$平行但不重合；
$(D)$異面直線。

解  設$M_1(a_1,b_1,c_1),M_3(a_3,b_3,c_3)$，顯然，$M_1,M_3$分別在兩已知直線$L_1$與$L_3$上，$\overrightarrow{M_1M_3}=(a_3-a_1,b_3-b_1,c_3-c_1)$，$L_1$與$L_3$的方向量$\bm{s}_1=(a_2-a_3,b_2-b_3,c_2-c_3),\bm{s}_3=(a_1-a_2,b_1-b_2,c_1-c_2)$，$L_1$與$L_3$共面的充要條件是$(\bm{s}_1\bm{s}_3\overrightarrow{M_1M_3})=0$。
$\begin{aligned} (\bm{s}_1\bm{s}_3\overrightarrow{M_1M_3})&=(\bm{s}_3\times\bm{s}_1)\cdot\overrightarrow{M_1M_3}=\begin{vmatrix}a_1-a_2&b_1-b_2&c_1-c_2\\a_2-a_3&b_2-b_3&c_2-c_3\\a_3-a_1&b_3-b_1&c_3-c_1\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}0&0&0\\a_2-a_3&b_2-b_3&c_2-c_3\\a_3-a_1&b_3-b_1&c_3-c_1\end{vmatrix}=0. \end{aligned}$
  所以，$\overrightarrow{M_1M_3}$與兩直線共面。因此，兩已知直線共面。
  由$\begin{vmatrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a_1-a_2&b_1-b_2&c_1-c_2\\a_2-a_3&b_2-b_3&c_2-c_3\\a_3&b_3&c_3\end{vmatrix}\ne0$可知，左式第二個行列式的第一、二行不成比例。因此，兩已知直線不平行也不重合。故應選$(A)$。（這道題主要利用了共麪條件求解）

643.設$f(x)$有連續的導數，$f(0)=0$，區域$\varOmega$由柱面$x^2+y^2=t^2(t>0)$和兩平面$z=0,z=1$所圍成，則$\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{t^4}\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}f(x^2+y^2)\mathrm{d}v$等於
$(A)\pi f'(0)$；
$(B)\pi f(0)$；
$(C)\cfrac{\pi}{2}f(0)$；
$(D)\cfrac{\pi}{2}f'(0)$。

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{t^4}\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}f(x^2+y^2)\mathrm{d}v&=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^1_0f(r^2)r\mathrm{d}r\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}z}{t^4}=2\pi\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^1_0f(r^2)r\mathrm{d}r}{t^4}\\ &=\cfrac{\pi}{2}\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{f(t^2)}{t^2}\\ &=\cfrac{\pi}{2}f'(0). \end{aligned}$
  故應選$(D)$。（這道題主要利用了極限和積分的綜合求解）

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