目錄
- A組
- B組
- 2.下列命題正確的是( )。
(A)若un<vn(n=1,2,3,⋯),則n=1∑∞un⩽n=1∑∞vn;
(B)若un<vn(n=1,2,3,⋯),n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂;
(C)若n→∞limvnun=1,n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂;
(D)若wn<un<vn(n=1,2,3,⋯),n=1∑∞wn與n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂。
- C組
- 寫在最後
A組
7.設0⩽un⩽n1,則下列級數一定收斂的是( )。
(A)n=1∑∞un;
(B)n=1∑∞(−1)nun;
(C)n=1∑∞un;
(D)n=1∑∞(−1)nun2.
解 如n=1∑∞n1,(A),(C)錯誤。
如n=1∑∞2n(−1)n+1,(B)錯誤。
因0⩽un⩽n1,有un2⩽n21,而n=1∑∞n21收斂,由正項級數的比較判別法知,n=1∑∞un2收斂,故n=1∑∞(−1)nun2絕對收斂,從而收斂,故選(D)。(這道題主要利用了反例求解)
20.判別下列正項級數的斂散性。
(3)n=1∑∞(3n+1−3n).
解
3n+1−3n=3(n+1)2+3n(n+1)+3n21⩾33(n+1)21
又n=1∑∞(n+1)321=n=2∑∞n321發散,由比較判別法知,n=1∑∞(3n+1−3n)發散。(這道題主要利用了分子有理化求解)
21.設級數n=1∑∞an條件收斂,判別級數n=1∑∞nan(x−1)n在點x1=3,x2=3處的收斂性。
解 由題設條件n=1∑∞an收斂,可知n=1∑∞anxn的收斂半徑R=1。若R<1,則n=1∑∞anxn∣∣∣∣x=1=n=1∑∞an發散,與已知矛盾;若R>1,則n=1∑∞anxn∣∣∣∣x=1=n=1∑∞an絕對收斂,與已知矛盾。
由於n=1∑∞nanxn=xn=1∑∞nanxx−1=xn=1∑∞(anxn)′的收斂半徑與n=1∑∞anxn收斂半徑相同,即R=1,收斂區間爲(−1,1)。
當x1=3時,考察n=1∑∞nan(x−1)n,由於∣3−1∣<1,因此n=1∑∞nan(x−1)n在x1=3處絕對收斂;
當x2=3時,考察n=1∑∞nan(x−1)n,由於∣3−1∣>1,因此n=1∑∞nan(x−1)n在x2=3處發散。(這道題主要利用了分類討論求解)
B組
2.下列命題正確的是( )。
(A)若un<vn(n=1,2,3,⋯),則n=1∑∞un⩽n=1∑∞vn;
(B)若un<vn(n=1,2,3,⋯),n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂;
(C)若n→∞limvnun=1,n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂;
(D)若wn<un<vn(n=1,2,3,⋯),n=1∑∞wn與n=1∑∞vn收斂,則n=1∑∞un收斂。
解 因爲只有當級數收斂時,才能比較其和的大小,故(A)錯誤。
若取級數n=1∑∞(−n1)與n=1∑∞n21,可見(B)錯誤。
若取級數n=1∑∞n(−1)n與n=1∑∞[n(−1)n+n1],可見(C)錯誤。
故選(D)。(這道題主要利用了反例求解)
C組
6.設函數fn(x)=∫0xt(1−t)sin2ntdt(x>0),其中n爲正整數。
(1)證明fn(x)在區間(0,+∞)上存在最大值;
解 由fn′(x)=x(1−x)sin2nx=0,解得函數fn(x)在(0,+∞)內的所有駐點爲x0=1及xk=kπ,k=1,2,⋯。易知,x0=1是fn(x)在(0,+∞)上的唯一極值點且爲極大值點,所以fn(1)是fn(x)在(0,+∞)上的最大值。
(2)記an爲函數fn(x)在(0,+∞)上的最大值(n⩾1),證明級數n=1∑∞an收斂。
解 因爲an=fn(1)=∫01t(1−t)sin2ntdt(n⩾1),且當0⩽t⩽2π時有sint⩽t,所以0⩽an⩽∫01t(1−t)t2ndt=∫01t2n+1dt−∫01t2n+2dt=2n+21−2n+31⩽n21。利用比較判別法,由n=1∑∞n21收斂可知,級數n=1∑∞an收斂。(這道題主要利用了放縮法求解)
7.
(1)設f(x)爲任意階可導函數,且f(x)=n=1∑∞anxn,若f(x)爲奇函數,證明f(x)=n=1∑∞a2n−1x2n−1;
解 由f(x)爲奇函數,即f(x)=−f(−x),於是有n=1∑∞anxn=−n=1∑∞an(−x)n=n=1∑∞(−1)n+1anxn,比較兩端x同次項係數,得an=(−1)n+1an。
當n=2k爲偶數時,a2k=−a2k,則a2k=0,k=0,1,2,⋯;
當n=2k−1爲奇數時,a2k−1=a2k−1,k=1,2,⋯。
綜上可知,f(x)=k=1∑∞a2k−1x2k−1,亦可寫成f(x)=n=1∑∞a2n−1x2n−1。
(2)將函數f(x)=∫0xex2−t2dt展開爲x的冪級數。
解 f(x)=ex2⋅∫0xe−t2dt爲奇函數,由(1),設f(x)=n=1∑∞a2n−1x2n−1。
對求導f(x)=∫0xex2−t2dt,得f′(x)=2xf(x)+1,即n=1∑∞(2n−1)a2n−1x2n−2=n=1∑∞2a2n−1x2n+1,也即n=1∑∞(2n+1)a2n+1x2n+a1=n=1∑∞2a2n−1x2n+1。
比較兩端同次項係數,得a1=1,於是
a2n+1=2n+12a2n−1=2n+12⋅2n−12a2n−3=⋯=2n+12⋅2n−12⋅⋯⋅32⋅a1=(2n+1)!!2n.
故f(x)=x+n=1∑∞(2n+1)!!2nx2n+1,x∈(−∞,+∞)。(這道題主要利用了微分方程求解)
9.設x>2,證明lnx−2x+2=ln(x−1x+1)2+2n=1∑∞2n−11(x3−3x2)2n−1。
解 令S(u)=n=1∑∞2n−11u2n−1,於是當∣u∣<1時,有S(u)=S(0)+∫0uS′(t)dt=∫0u(n=1∑∞2n−11t2n−1)dt=∫0un=1∑∞t2n−2dt=∫0u1−t21dt=21ln1−u1+u。代入u=x3−3x2,故n=1∑∞2n−11(x3−3x2)2n−1=21ln(x+1)2(x−2)(x+2)(x−1)2(x>2)。(這道題主要利用了冪級數展開求解)
10.設bn>0,當n⩾2時,bn=bn−1+(n−1)bn−2,b0=b1=1且bn−1bn有界,求n=1∑∞bnn!xn的和函數。
解 記an=n!bn,則n→∞lim∣∣∣∣∣anan+1∣∣∣∣∣=n→∞lim∣∣∣∣∣(n+1)!bn+1⋅bnn!∣∣∣∣∣=n→∞lim∣∣∣∣∣n+11⋅bnbn+1∣∣∣∣∣=0,故收斂區間爲(−∞,+∞)。又記S(x)=n=1∑∞bnn!xn,則
S′(x)=n=1∑∞bn(n−1)!xn−1=b1+n=2∑∞[bn−1+(n−1)bn−2](n−1)!xn−1=n=1∑∞bn−1(n−1)!xn−1+n=2∑∞bn−2(n−2)!xn−2⋅x=n=0∑∞bnn!xn+x⋅n=0∑∞bnn!xn
於是S(x)S′(x)=1+x,即∫S(x)1d[S(x)]=∫(1+x)dx,得ln∣S(x)∣=x+2x2+lnC1,也即得S(x)=±C1ex+2x2=Cex+2x2,又S(0)=1,故C=1,於是S(x)=ex+2x2,x∈(−∞,+∞)。(這道題主要利用了微分方程求解)
寫在最後
如果覺得文章不錯就點個贊吧。另外,如果有不同的觀點,歡迎留言或私信。
歡迎非商業轉載,轉載請註明出處。