李永乐数学基础过关660题2阶高等数学选择题

622.在命题
（1）设$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2$收敛；
（2）设$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛且$n\to \infty$时，$a_n$与$b_n$是等价无穷小，则$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$收敛；
（3）设$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛，则$a_n=o\left(\frac{1}{n}\right)(n\to \infty )$。
（4）设$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛，又$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$绝对收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$绝对收敛。
中正确的是
$(A)(1)$；
$(B)(2)$；
$(C)(3)$；
$(D)(4)$。

解  对于（1），如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$收敛，但$\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\right)}^2=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散。故（1）不成立。
  对于（2），如$a_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}},b_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}$，则$\frac{b_n}{a_n}=1+\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\to 1(n\to \infty )$，即当$n\to \infty$时，$a_n$与$b_n$是等价无穷小，但$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛而$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$发散。故（2）不成立。
  对于（3），如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$收敛，但$\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\ne o\left(\frac{1}{n}\right)(n\to \infty )$。故（3）不成立。
  对于（4），因$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛$\Rightarrow a_n\to 0(n\to \infty )\Rightarrow a_n$有界即存在常数$M$使得$|a_n|⩽M(n=1,2,\cdots )\Rightarrow |a_n{b}_n|⩽M|b_n|$。由$\sum _{n=1}^{\infty }|b_n|$收敛$\Rightarrow \sum _{n=1}^{\infty }|a_n{b}_n|$收敛，故（4）成立。应选$(D)$。（这道题主要利用了等价无穷小与级数收敛的关系求解）

624.设常数$\alpha >0,\beta >0$，则级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\beta }^n}{n^{\alpha }}$的收敛性
$(A)$既与$\alpha$又与$\beta$的取值有关；
$(B)$仅与$\alpha$的取值有关；
$(C)$仅与$\beta$的取值有关；
$(D)$与$\alpha$及$\beta$的取值都无关。

解  由$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=\beta \underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }=\beta$知当$0<\beta <1$时级数收敛，当$\beta >1$时级数发散。当$\beta =1$时级数成为$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$，故当$\alpha >1$时收敛，当$0<\alpha ⩽1$时发散。综上所述即知级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\beta }^n}{n^{\alpha }}$的收敛性与$\alpha$及$\beta$的取值都有关。应选$(A)$。（这道题主要利用了比值收敛判断求解）

634.设$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos x}{x^2},& x\ne 0,\\ \frac{1}{2},& x=0\end{array}$，则$f(x)$在$x=0$点处六阶导数$f^{(6)}(x)$
$(A)$不存在；
$(B)$等于$-\frac{1}{6}$；
$(C)$等于$\frac{1}{56}$；
$(D)$等于$-\frac{1}{56}$。

解  当$x\ne 0$时，
$$f(x)=\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1-1+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}-\cdots }{x^2}$$
  所以，$f(x)=\frac{1}{2!}-\frac{1}{4!}{x}^2+\frac{1}{6!}{x}^4-\frac{1}{8!}{x}^6+\cdots$
  在这个表达式中，令$x=0$可得$f(0)=\frac{1}{2}$，从而这个表达式对$x\in (-\infty ,+\infty )$成立。又因为$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$，令$n=6$，由函数幂级数展开式的唯一性可得：$\frac{f^{(6)}(0)}{6!}=-\frac{1}{8!}\Rightarrow f^{(6)}(0)=-\frac{6!}{8!}=-\frac{1}{56}$。故应选$(D)$。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

640.设$\left|\begin{array}{ccc}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_2\\ a_3& b_3& c_3\end{array}\right|\ne 0$，则直线$L_3:\frac{x-a_3}{a_1-a_2}=\frac{y-b_3}{b_1-b_2}=\frac{z-c_3}{c_1-c_2}$与直线$L_1:\frac{x-a_1}{a_2-a_3}=\frac{y-b_1}{b_2-b_3}=\frac{z-c_1}{c_2-c_3}$是
$(A)$相交于一点；
$(B)$重合；
$(C)$平行但不重合；
$(D)$异面直线。

解  设$M_1(a_1,b_1,c_1),M_3(a_3,b_3,c_3)$，显然，$M_1,M_3$分别在两已知直线$L_1$与$L_3$上，$M_1{M}_3=(a_3-a_1,b_3-b_1,c_3-c_1)$，$L_1$与$L_3$的方向量${\mathbf{s}}_1=(a_2-a_3,b_2-b_3,c_2-c_3),{\mathbf{s}}_3=(a_1-a_2,b_1-b_2,c_1-c_2)$，$L_1$与$L_3$共面的充要条件是$({\mathbf{s}}_1{\mathbf{s}}_3{M}_1{M}_3)=0$。
$$\begin{array}{rl}({\mathbf{s}}_1{\mathbf{s}}_3{M}_1{M}_3)& =({\mathbf{s}}_3\times {\mathbf{s}}_1)\cdot M_1{M}_3=\left|\begin{array}{ccc}{a}_1-a_2& b_1-b_2& c_1-c_2\\ a_2-a_3& b_2-b_3& c_2-c_3\\ a_3-a_1& b_3-b_1& c_3-c_1\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ a_2-a_3& b_2-b_3& c_2-c_3\\ a_3-a_1& b_3-b_1& c_3-c_1\end{array}\right|=0.\end{array}$$
  所以，$M_1{M}_3$与两直线共面。因此，两已知直线共面。
  由$\left|\begin{array}{ccc}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_2\\ a_3& b_3& c_3\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{a}_1-a_2& b_1-b_2& c_1-c_2\\ a_2-a_3& b_2-b_3& c_2-c_3\\ a_3& b_3& c_3\end{array}\right|\ne 0$可知，左式第二个行列式的第一、二行不成比例。因此，两已知直线不平行也不重合。故应选$(A)$。（这道题主要利用了共面条件求解）

643.设$f(x)$有连续的导数，$f(0)=0$，区域$\Omega$由柱面$x^2+y^2=t^2(t>0)$和两平面$z=0,z=1$所围成，则$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^4}\underset{\Omega }{\iiint }f(x^2+y^2)\mathrm{d}v$等于
$(A)\pi f^{\prime }(0)$；
$(B)\pi f(0)$；
$(C)\frac{\pi }{2}f(0)$；
$(D)\frac{\pi }{2}{f}^{\prime }(0)$。

解
$$\begin{array}{rl}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^4}\underset{\Omega }{\iiint }f(x^2+y^2)\mathrm{d}v& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}f(r^2)r\mathrm{d}r{\int }_0^1\mathrm{d}z}{t^4}=2\pi \underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{1}f(r^2)r\mathrm{d}r}{t^4}\\ & =\frac{\pi }{2}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(t^2)}{t^2}\\ & =\frac{\pi }{2}{f}^{\prime }(0).\end{array}$$
  故应选$(D)$。（这道题主要利用了极限和积分的综合求解）

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