四边形证明解答题

第一篇：四边形证明解答题

天勤教育

1四边形解答证明题

1、已知：如图，E、F是平行四边形ABCD•的对角线AC•上的两点，AE=CF．

求证：四边形DEBF是平行四边形

2、如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接BE、DG.观察猜想BE与DG之间的大小关系，并证明你的结论；

3、菱形周长是24㎝，其中一个内角60°，求菱形对角线的长和面积

4.已知：如图Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为∠ACB的平分线，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F.求证：四边形CEDF是正方形.5.已知，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于

点F.求证：四边形AEDF是菱形.CB

C7、如图，点E、F分别是正方形ABCD的边CD和AD的中点，BE和CF交于点P.求证：AP＝AB.8、如图，已知点F是正方形ABCD的边BC的中点，CG平分∠DCE，GF⊥AF.求证：AF=FG.9.菱形周长为40cm，它的一条对角线长10cm.⑴求菱形的每一个内角的度数.⑵求菱形另一条对角线的长.⑶求菱形的面积.10、已知：如图，⊿ABC中，∠BAC＝90°，AD是高，BE平分 ∠ABC交AD于M，AN平分∠DAC，求证：平行四边形AMNE是菱形。

11.已知：平行四边形ABCD是，E，F分别是AB，CD的中点，AF，DE交于G，BF，CE交于点H，求证：平行四边形EHFG是平形四边形。

12.已知：⊿ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，⊿ABD，⊿BCE均是在⊿ABC外的等边三角形，DE交AB于点F，求证：DF＝EF。

13.已知：⊿ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AC上一点，DE⊥AB于E，DF⊥BC于G，P是AC的中点，求证：PE＝PF。

14.已知：如图，在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD上的点。（1）若∠MAN＝45°，求证：MB＋ND＝MN。（2）若MB＋ND＝MN，求证：∠MAN＝45°。

15、在16、如图所示，四边形ABCD是平行四边形，且∠EAD＝∠BAF。① 求证：ΔCEF是等腰三角形； ② 察图形，ΔCEF的哪两边之和恰好等于

ABCD的周长？并说明理由。

ABCD中，E、F分别在DC、AB上，且DE＝BF。

求证：四边形AFCE是平行四边形。

DC17、如图所示，18、如图所示，在ΔABC中，AE平分∠BAC交BC于E，DE∥AC交AB于D，过D作DF∥BC交AC于F。求证： AD=FC

19..如图,20、如图所示，在21、如图所示，GH互相平分。

ABCD中，P是AC上任意一点，求证：SAPD＝SABP



ABCD中的对角线AC、BD相交于O，EF经过点O与AD延长线交于E，与CB延长线交于F。求证：OE=OF

ABCD 中,G是CD上一点,BG交AD延长线于E,AF=CG,DGE100.E

(1)求证：DF=BG;(2)求AFD的度数.A

ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，AF与BE相交于G，DF与CE相交于H，连结EF、GH。求证：EF、AF

ED22、如图，在□ABCD中，E、F、G、H分别是四条边上的点，且满足BE=DF,CG=AH,连接EF、GH。求证：EF与GH互相平分。

第二篇：四边形证明

1.已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE = AF．

（1）求证：BE = DF；

（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM = OA，连接EM、FM．判断四

边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．

M D

2．已知：如图，正方形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE分别交DC，BD于F，G，点H为EF的中点．

求证：⑴ ∠DAG＝∠DCG；

⑵ GC⊥CH．(6分)

B C E

3．小明在研究正方形的有关问题时发现有这样一道题：“如图①，在正方形ABCD中，点E

是CD的中点，点F是BC边上的一点，且∠FAE＝∠EAD．你能够得出什么样的正确的结论？”

⑴ 小明经过研究发现：EF⊥AE．请你对小明所发现的结论加以证明；

B F 图① D E C

⑵ 小明之后又继续对问题进行研究，将“正方形”改为“矩形”、“菱形”和“任意平行四边形”(如图②、图③、图④)，其它条件均不变，认为仍然有“EF⊥AE”．你同意小明的观点吗？若你同意小明的观点，请取图③为例加以证明；若你不同意小明的观点，请说明理由．(7分)

B 图②E F C 图③B F C

图④

4．如图，矩形ABCD和矩形AEFG关于点A中心对称，(1)试说明：BD=ED=EG=BG；

(2)若矩形ABCD面积为2，求四边形BDEG的面积。(本题6分)

5如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110º，∠BOC＝a．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60º得△ADC，连结OD．

(1)求证：△COD是等边三角形；

(2)当a＝150º时，试判断△AOD的形状，并说明理由；

(3)探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？

第三篇：函数解答题-构造函数证明不等式

函数解答题-构造函数证明不等式例1（2013年高考北京卷（理））设L为曲线C:ylnx在点(1,0)处的切线.x

(I)求L的方程;

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.【答案】解:(I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx

yx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)

例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，2

1;1x(I)求证:1-xfx

(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

要证x∈[0，1]时，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

≥1－x－ax－1－2xcos x

a＋1＋＋2cos x.＝－x2

设G(x)＝2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

＝－x1＋xa2＋2cos x.

－11x21记I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)

先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－2.241

记F(x)＝cos x－1＋x2，则F′(x)＝－sin x＋x.22

记G(x)＝－sin x＋x，则G′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

当x∈[0，1]时，12≤cos x.同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－2.411

综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

1x3

1－2 ≥(1－x)－ax－1－2x42

＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为 x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2 ≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3），≤x23

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．

例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)

设f(x)＝lnx＋x－1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)<2(x－1)； 9x－1

(2)当1

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x>1时，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(证法二)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，当x>1时，f(x)<2(x－1)．(2)(证法一)记h(x)＝f(x)－

9x－1，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2xx＋52＋xx＋55454＝2xx＋54xx＋5x＋53－216x

＝4xx＋5令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1

9x－1

x＋5(证法二)

记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1

－9 2x－1)＋(x＋5)x2x1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11

2x3xx－1＋x＋52＋22－18x 1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9x－1

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）已知a∈R，函数f(x)4x32axa（1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x)+ 2a＞0.【答案】

【解析】（1）由题意得f(x)12x22a，当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,.当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x)的单调递增区间为x，.(2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

x.33

所以g(x)ming10.3

当0x1时，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2.1

lnxk【答案】(I)f(x)，ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1.e

lnx1(II)由(I)知，f(x).ex

设k(x)

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数，xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).(III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx.x

设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，F(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0，所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2.综上，对任意x0，g(x)1e2.

第四篇：证明四边形

证明直角三角形全等

三组对应边相等的两个三角形全等（SSS）

两组对应边和一组对应的夹角相等的两个三角形全等（SAS）

两组对应角和一组对应的对边相等的两个三角形全等（AAS）

直角三角形中一组斜边和一组直角边相等的三角形全等（HL）

证明三角形相似

两三角形的对应边要的比例，所以“边边边”就是三条对应边的比例都相等“边角边”就是夹角相等的两边比例相等。

证明平行四边形

连结一条对角线，得到两个三角形，可证明它们全等，从而得到内错角相等，进而得到平行，由定义知是平行四边形

⑵由四边形内角和等于360°，而两组对角相等，因此四个内角的和变成一组邻角的和的两倍，即一组邻角的和是180°，得到一组对边平行，类似地可得另一组对边平行，从而得证

⑶由SAS可证全等，进而得到内错角相等，得到两组对边平行，问题得证证明菱形

1、一组邻边相等的平行四边形是菱形

2、四边相等的四边形是菱形

3、对角线互相垂直的平行四边形是菱形

4、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形。

证明矩形

1.一个角是直角的平行四边形是矩形

2.对角线相等的平行四边形是矩形

3.有三个角是直角的四边形是矩形。

证明正方形

1：对角线相等的菱形是正方形。

2：有一个角为直角的菱形是正方形。

3：对角线互相垂直的矩形是正方形。

4：一组邻边相等的矩形是正方形。

5：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。

6：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形。

7：对角线互相垂直,平分且相等的四边形是正方形。

8：一组邻边相等，有三个角是直角的四边形是正方形。

9：既是菱形又是矩形的四边形是正方形。

第五篇：解答题标准答案（定稿）

解答题答案及评分标准（每题10分）

224n(1)n13n4343的敛散性，如收敛求其和。1.判断级数2n555nnn13解：4n收敛，(1)收敛，均为等比级数，n5n15n14n(1)n13n收敛，……………（5分）n5n134和S55

……………（10分）

81413551,2.讨论函数f(x)1,x为有理数,在[0,1]的可积性。

x为无理数;解：对区间[0,1]的任意分法T, 每个小区间既有有理数点又有无理数点..（3分）

若每个ξk均取为无理数:(T,)=f(k)xk=1

k1nn若每个ξk均取为有理数:(T,)=f(k)xk=-……………（6分）

k1（10分）于是当l(T)0,积分和(T,)极限不存在.故f(x)在[0,1]不可积.…3.求级数(n1)xn的和函数.n0解：收敛半径rlimann1, ………………（3分）

n1nn1设S(x)(n1)x，有S(x)dxnn00xnxx0a(n1)xdx

nn0(n1)xdxxn1x…………………（6分）

n00n01xS(x)x12 1x(1x)'于是有 112x3x24x3...(n1)xn...x(1,1)…（10分）(1x)2

4.求平面曲线2yx2与xy4所围区域的面积.12y2x解：解得交点(2,2),(4,8).…………………（3分）

yx4面积微元dAx41x22dx

…………………（6分）

2面积A42dA42xdx1xx412224x1x18（10分）

62345.设f(lnx)ln(1x)，求f(x)dx.xtln(1et)令tlnx,则xe,f(t)，于是………………………………解：（3分）

etln(1ex)f(x)dxdx

exln(1ex)dex

………………………（6分）

ln(1ex)exln(1ex)1xedxdex

xxxxe1eee1ln(1ex)xxxln(e1)C(e1)ln(1e)xC

…（10分）xe6.求曲线xy4,x1,x4,y0所围区域绕x轴旋转所成旋转体的体积.解：绕x轴旋转的旋转体的体积V(4x)dx

……………（5分）14212………………（10分）161x17.求曲线xy1,x0,y0所围区域的面积.解：面积微元dA1x2xdx

…………（5分）

面积AdA1x2xdxx1x24x1………（10分）0023061132418.已知函数f(x)的二阶函数f''(x)连续，求xf''(x)dx。解：xf''(x)dxxdf'(x)

………………（3分）

xf'(x)f'(x)dx

………………………（6分）

xf'(x)f(x)C

………………………（10分）

9.已知F(x)在[1,1]连续，在(1,1)内F'(x)11x2，且F(1)3,求F(x).2解：F(x)F'(x)dx又因为F(1)11x2dxarcsinxC

……………………（3分）

33，有arcsin1C,故C.…………..……（6分）22F(x)arcsinx

……………..…（10分）

x2y210.讨论函数f(x,y)22在原点的二重极限和二次极限。2xy(xy)0x4解：limf(x,y)lim20;limf(x,y)lim41，x0x0xx0x0xy0yx故二重极限不存在 ………………（5分）

由limf(x,y)x000，y0，可知limlimf(x,y)0

y0x0y2同理可知limlimf(x,y)0。

x0y0所以二次极限都存在且都等于0。

…………（10分）

n11.求级数x2在[1,1]上是否一致收敛.n1n解：0,pN,xC，npn1n2xxxun1(x)un2(x)unp(x)22...2(n1)(n2)(np)

(n1)12(n2)12...(np)12n(n1)(n1)(n2)11...(np1)(np)

…（5分）nx21,nN,pN,x[1,1],x于是有0,N2...(n1)(np)

n1np

n即级数x2在[1,1]上一致收敛.………………（10分）

n1nn12.求级数(1)n1xn的收敛域;逐项微分后所得级数的收敛域.n1an1n11n1,r11.解：llima1nln1nn当x1时级数为(1)n1n11,收敛；当x1时级数为1,发散

nnn1故收敛域1,1.……………（5分）逐项微分后幂级数(1)n1xn1，收敛半径r1,n1

当x1时级数一般项不趋于0，发散，故收敛域为-1,1.………………（10分）13.给定函数列xn, 0≤x < 1.（1）求极限函数;（2）研究xn在[0,1)上是否一致收敛.解：（1）f(x)limfn(x)limxn0

…………………（5分）

nn（2）limsupf(x)fn(x)limsupxn10，nxCnxC故xn在[0,1)上不一致收敛。

…………………（10分）

xn14.求的收敛半径和收敛域，并求和。

n1n(n1)axn解：对，llimn1，nann1n(n1)1(n1)(n2)lim1, n1n(n1)故收敛半径r11.……………（3分）

l且x1时级数均收敛，故收敛域为[1,1].………………（6分）

xn111S'(x)2ln(1x),(0x1)，xxn1(n1)

S(x)S'(t)dt10x1xln(1x),(0x1)x x00,1, x1和函数S(x)12ln2, x1

………………（10分）

11xln(1x),0x1xxtcostdt,x0，15.已知f(x)0

2x0x,(1)考察f(x)的连续性，写出它的连续区间;(2)考察f(x)在x0处是否可导，若可导求f'(0).解：（1）f(0)0,limf(x)0,limf(x)0，x0x0故f(x)在x0连续，连续区间为(,).………………（5分）

tcostdtf(x)f(0)0limlimxcosx0，（2）f(0)limx0x0x0xx'xx2f(0)lim0

x0x'（10分）故f(x)在x0处可导，f'(0)0.…………………(1)n1n()的收敛域。16.求级数 n1xn1解：用比值判别法.limnun1(x)un(x)limn11…………（3分）

nn11x1x(1)当11,1x1,即x0或x2时,原级数绝对收敛;…（5分）1x11,1x1,即2x0时,原级数发散;（7分）1x(2)当

(1)n收敛当x0时,级数nn1(3)当|1x|1,x0或x2,（9分）1当x2时,级数发散;n1n故级数的收敛域为(,2)[0,).…（10分）17.已知f(x)的一个原函数为sinx,求f(x)f(x)dx。

1xsinx解：设f(x)的一个原函数为F(x)，则

2sinxcosxsinxf(x)F'(x) (1xsinx)…………..……（3分）1xsinx于是f(x)f(x)dxf(x)df(x)

………..……（6分）

1f2(x)C

2(cosxsin2x)2C

……………（10分）2(1xsinx)418.讨论级数cosnx(0x)的绝对和条件收敛性。pnn1解：当p1时，级数绝对收敛，……………（3分）

当0p1，由Dirichlet定理知级数收敛，但cosnxnpcos2nx1cos2nx，np2np2np所以|cosnx|发散，即级数条件收敛，………………（7分）pnn1当p0时，级数的一般项不趋于0，所以级数不收敛 ……………（10分）

n19设|r|1，研究级数rcosnx的一致收敛性，并计算其和函数

n0S(x)在[0,2]上的定积分.nnn解：un(x)rcosnxr（常数），而r为收敛的正项级数，于是由M判别法知rncosnx在|r|1一致收敛.………………（3分）

n0 又因为每一项un(x)rncosnx在R连续，于是有和函数S(x)在0,2连续，且与可换序.…………（6分）

20S(x)dxrcosnxdxrncosnxdx2…………（10分）

nn00n00x12220.求函数F(x)dx在[1,2]上的最大值、最小值。2x1dxdx10,x[1,2] , 解：F'(x)dx12x12x1

……………（4分）f(x)在[1,2]上单增，最小值F(1)0, ……………….（7分）

最大值F(2)212d(2x1)dx11ln(2x1)22x1212x1211ln3。…（10分）221.讨论下列无穷积分的敛散性（如果收敛，说明是条件收敛还是绝对收敛）1）1xarctanxsinxxcosxdx dx

2）dx 3）3101xx100x1）解：1sintsintsinxdxxt2tdt2dt 211xtt而1sintdt是条件收敛的。因此原积分条件收敛 t2）因为|u0cosxdx|2，而x在[0,)上单调趋向于0x，因此由狄利克

100x雷判别法知0xcosxxcos2x1xxcos2xxcosx|dx收敛。但是|

100x100x2100x100x100x0xxcos2xxcosxdx发散，dxdx为条件收敛收敛。因此00100x100x100x

条件收敛

1xarctanx1|dx收敛。因此原积分绝对收敛 3）|，而11x32x22x222.讨论下列瑕积分是否收敛

1)2lnxxdx;2)dx.01lnxx1341lnxlnxx()limlim(4x4)0, 解：1）瑕点为x=0,lim1x0x0x0x4x1lnx3(p,0)故dx收敛

04x2）瑕点为x=1,lim(x1)x12xx1x(p1,1)故lim1,dx发散。1x1lnxlnxlnx

23.讨论下列级数的敛散性 (n!)2(i);(2n)!n1ii）2(1)2nn1iii)pn2n(lnn)

1）

un1[(n1)!]2(2n)!(n1)21limlimlim1,nun[2(n1)]!(n!)2n(2n1)(2n2)4nn所以收敛

2(1)n1limunlim1,所以收敛nn222）n3）由于积分

+2d(lnx)dudxpp2ln2up x(lnx)(lnx)p1时收敛，p1时发散，因此由积分判别法，级数p1时收敛，p1时发散24.判别dxx22x2的收敛性，如果收敛，则计算广义积分的值。

解：原式=0dxdxdxdx0x22x21(x1)201(x1)2 x22x20 =arctg(x1)0arctg(x1)0

25.判别1lnxdx的收敛性，如果收敛，则计算广义积分的值。xbblnxblim2lnxdlnxlim[(lnx)2]1

1bbx解：原式=lim故b11lnxdx发散 x26.讨论无穷限广义积分解：因为

1sinxarctanxdx的敛散性 x1sinxx在n[1,+上)有界，由阿贝尔判别法dx收敛，arctax1sinxarctxandx收敛。xsinxarctanxsinx但 ||||, x1,4xx1|sinx|dx发散，故有比较判别法知 x

1|sinxarctanxsinxarctanxdx为条件收敛 |dx发散，因此1xx