数学分析(2)期末试题集(证明题第一部分).pdf

一 不定积分部分 1 设 f x具有可微的反函数 1 fx 设 F x是 f x的一个原函数 试证明 111 fx dxxfxFfxC 证 在公式右端对x求导 我们有 11 1111 11 11 dfxdfx d xfxFfxCfxxffx dxdxdx dfxdfx fxxxfx dxdx 由不定积分的定义知 结论成立 2 设 f x定义在 a b上 acb 且有 1212 lim lim xcxc F xf xaxcFxf xcxbF xAFxB 若 f x在xc 处连续 试证明 f x在 a b上存在原函数 证 作函数 F x如下 1 2 Fxaxc F xAxc FxBAcxb 则 F x在xc 处连续 由 f x在xc 处连续知 limlim xcxc F xF x 故根据导 函数的特征 即知 F cf c 因而 F x是 f x在 a b上的原函数 3 试证明下列命题 1 函数方程 设 f x是 上的可微函数 且满足 2 f xyf xf yxyx y 则 2 0f xxfx 2 设 f x在 a b上连续 在 a b内可微 且 0f af b 则对 xC a b 有 a b 使得 0ff 证 1 取0 xy 可得 02000fff 将原式改写成为 2 0 f xyf xfy xy yy 可得 00 0 limlim220 yy f xyf xfyf fxxxf yy 由此知 2 200fx dxxfdxxfxC 即 f x的一般表达式为 2 0f xxfxC 2 因为 x 连续 所以存在原函数 记为 x 则作 x F xef x 依题设易知 F xC a b 且在 a b可微 又 0F aF b 由洛尔中值定理知 存在 a b 使得 00Feffff 4 设 f x在 上可导 若有 2 f yf xxy fxy yx 试证明 2 f xaxbxc 证 以 xy xy 替换 y x可得 2 f xyf xy fx y 在上式两端对x求导 我们有 0y fxyfxyf xyf xy 再对y求导 我们有 0fxyfxyy fxyfxyfxyfxy 由此可知 fxyfxy 从而得到 20 0fxffxf 因此 2 f xaxbxc 5 设 f xC 且不恒为零 若有 22 lim0 x f xf x f yfxyx y 试证明 01 ff x 是偶函数 求 f x的表达式 证 设 00 00f xx 则 22 000 f x f xfxxfx f xf xfx 即 f x是偶函数 此外 由 00 001ff xf xf 记 22 rxy 则在 f x f yf r 中对y求导 可知 y f x fyfr r 再对y求导知 2 yy f x fyfrrfrr 因为 2 3 yyy yx rr rr 所以 取0y 0 0 fx fxfxf xfx f x 由此即得 2 0 2 fx f xe 注意到 0f xx 我们有 0 00 2 f 最后得 2 x f xe 二 定积分部分 1 证明 若f在 ba上连续非负 且不恒为零 求证0 b a dxxf 证 设存在 bax 0 使得 0 0 xf 由连续函数的局部保号性得 存在0 且 baxU 0 对任意的 0 xUx 有 0 2 0 xf xf 0 2 0 0 0 0 0 0 xfdx xf dxxfdxxf x x x x b a 如果ax 0 或b 使得 0 0 xf 则考虑 0 x的半邻域 证法类似 2 证明由积分确定的连续函数零点定理 设 xf在 ba 上连续 若 0 b a dxxf 则 bax 0 使得 0 0 xf 证 用反证法 若对 0 xfbax 由连续函数的零点定理可知 xf在 ba 上 不变号 不妨设在 ba 上 0 xf 由定积分的性质可得 0 b a dxxf 此与条件矛盾 于是 必 bax 0 使得 0 0 xf 3 证明积分中值定理的加强形式 即 设 xf与 xg在 ba 上连续 且 xg在 ba 上 不变号 则一定 ba 使得 b a b a dxxgfdxxgxf 证 因为 xf与 xg在 ba 上连续 且 xg在 ba 上不变号 不妨设在 ba 上 0 xg 由闭区间上连续函数的最大最小值定理 有 xfMxfm baxbax max min 于是 xMgxgxfxmg 由定积分的性质 可知 0 b a dxxg 且 b a b a b a b a b a dxxgMdxxMgdxxgxfxmgdxxgm 于是 M dxxg dxxgxf m b a b a 再由连续函数的介值定理可知 ba 1 使得 b a b a dxxg dxxgxf f 1 即有 b a b a dxxgfdxxgxf 1 只需再证 ba 使 1 ff 即可 为此将上述等式移项改写成为 0 1 b a dxxgfxf 注意到 xgfxf 1 为 ba 上的连续函数 由第 2 题的结论知 ba 使得 0 1 gff 又 0 g 因而 1 ff 所以结论成立 4 证明 若f在 ba上连续 且0 xf 0 b a dxxf 则0 xf bax 证 反证法 若存在 bax 0 使得 0 0 xf 因为f在点 0 x连续 由连续函数的局部 保号性 得 存在0 且 baxU 0 对任意的 0 xUx 有 0 2 0 xf xf 0 2 0 0 0 0 0 0 xfdx xf dxxfdxxf x x x x b a 此与条件矛盾 故结论成立 5 证明不等式 2 2 2 0 2 dxe e xx 分析 因为 x e在 上为增函数 根据定积分的估值定理 应考虑 2 xx e在区间 2 0上的最大 最小值 证 令 2 0 112 2 xxxxxg 则 xg在闭区间 2 0上的最大值和最小 值分别为 0max 1min xfxg baxbax 因而 1 21 xx ee 所以 2 2 2 0 2 dxe e xx 又因为 2 xx e在区间 2 0上连续 所以上述不等式中的等号均可以去掉 即所证不等式 成立 6 设函数 xf在 ba 上可积 在点 bax 0 处连续 x a dttfxF 求证 xF在 点 0 x可导 且 00 xfxF 分析 为证 xF在点 0 x可导 且 00 xfxF 应使用导数的定义 由题目的条件 本 题的证明不能使用讲义中的定理 6 13 证 xx x x a xx a dttfdttfdttfxF 0 0 00 0 xx x xx x dtxftf x xfdttf x xf x xF 0 0 0 0 000 0 11 由于 xf在点 bax 0 处连续 因此对0 0 使当 0 xx时 0 xfxf 限制 x 则 xx x xx x dtxftf x dtxftf x xf x xF 0 0 0 0 000 0 11 由导数的定义可得 0 0 0 0 limxf x xF xF x 7 设 2 sin x x dttxf 1 证明 xf是以 为周期的周期函数 2 求 xf的值域 1 证 2 3 sin x x dttxf 取区间变换 ut 则有dudt 于是 xfduuduuxf x x x x 22 sinsin 故 xf是以 为周期的周期函数 2 解 因为tsin在 上连续 注意到 xf的周期为 故只需在 0上讨论 其值域即可 因为 xxxxxfsincossin 2 sin 令 0 x f 得驻点 4 3 4 21 xx 又 2 3 2 0 1sin 1sin0 xdxfxdxf 2sin 4 4 5 4 tdtf22sinsinsin 4 3 4 5 4 3 4 5 4 3 xdxxdxdxxf 因而 xf的最小值是22 最大值是2 所以函数 xf的值域是 2 22 8 设 xgxf 均为 T 0上的连续可微函数 且 00 f 证明 1 TT t T dtdxxgtfdxxgxf 00 2 TT dttTtfdttf 00 证 1 由 xg连续 所以 t T dxxg关于t可导 于是可用分部积分法 得到 dxxfdttgdttgxfdttgdxfdxxgxf Tx T T x T Tx T T 0 0 00 由 00 f知 上述等号右端的第一项为零 于是 dtdxxgtfdxxfdttgdxxgxf TT t Tx T T 000 2 TT T T dttf tTTfdttf tttfdttf 00 0 0 注 意 到 00 f 于 是 TffTfdttf T 0 0 将 Tf代入前面等式右端 即有 TT dttTtfdttf 00 9 设 xf为 上的连续周期函数 周期为T 证明 xf的原函数必为周期函数 与线性函数之和 且其周期函数的周期也为T 分析 要证对 xfTxf 存在常数 a 使得 axxgdttfxF x 0 且其中 xg满足 xgTxg 为此 将 xF表示为 axdtatfaxaxdttfxF xx 00 记 x dtatfxg 0 故只需证明 xg满足条件 xgTxg 并求出常数a即可 证 令 x dtatfxg 0 则 Tx x Tx x xTx T dtatfxgdtatfdtatfdtatfTxg 0 令 TTTx x dttf T aaTdttfdtatf 00 1 00 所以 xdttf T dtatfxF Tx 00 1 10 若 t 是连续的周期函数 周期为 证明 1 函数 x x kt k kx dtet e e xf 1 满足 xxkf dx df 其中常数Rk 2 xf必为周期函数 其周期也为 证 1 1 1 11 xxkfe e x xkf exex e e dtet e ke dx df k k kxxk k kx x x kt k kx 2 xf xfdses e e dses e e dtet e e x x ks k kx x x sk k xk ts x x kt k xk 111 2 11 证明不等式 2 0 2 2 0 2 1 cos 1 sin dx x x dx x x 证 只需证明0 1 cossin 2 0 2 dx x xx I 因为xxcossin 在区间 2 0 内变号 故用定积分的区间可加性 cossin 1 1 cossin 1 1 1 cossin 1 cossin 2 4 2 2 4 0 2 1 2 4 2 4 0 2 dxxxdxxx dx x xx dx x xx I 第二积分 中值定理 其中 2 4 4 0 21 且有 2 2 2 1 1 1 1 1 对上述等号右端第二个积分取变换xt 2 则dtdx 故 4 0 0 4 2 4 cossincossin cossin dtttdtttdxxx 于是 0cossin 1 1 1 1 4 0 2 2 2 1 dxxxI 结论成立 12 设 xf在 a 0上连续 且满足 0 0 a dxxf 试证 a 0 使得 0 faf 证 取变换tax 则dtdx 已知积分等式变为 a a a dttafdttafdxxf 0 0 0 0 注意到 ax 0 时 也有 at 0 因而 taf 在 a 0上连续 于是 0 0 a dxxafxf 由此可得 a 0 使得 0 faf 13 设 xf在 1 0上连续且单调减少 证明对任意的常数 1 0 a 有 1 00 dxxfadxxf a 证法 1 只需证明积分 0 1 00 dxxfadxxfI a 为此令adtdxatx 所以 0 1 0 1 00 tat f a dttfatfaIdtatafdxxf 减 故结论成立 证法 2 01 111 21 21 21 1 0 1 00 1 00 xx f a a a aaa xfxfaa xfaaxfaadxxfdxxfa dxxfadxxfadxxfdxxfadxxfI 减 积分中 值定理 证法 3 对 1 at 构造辅助函数 ta dxxfadxxfttF 00 则 tF在 1 a上连 续且可导 0 aF 0 0 t f a tafaftafdxxftF 减 积分中 值定理 14 已知 xf是 0 aaa上的连续偶函数 证明 aa a x dxxfdxexf 0 2 arctan 证 因为 a t tx a x dtexfdxexf 0 0 arctanarctan 所以 aa a xx a x a a x dxxfdxeexfdxexfdxexf 0 0 2 arctanarctanarctanarctan 15 设 xgxf 在区间 0 aaa上连续 xg为偶函数 A为常数 且 xf满足 Axfxf 证明 aa a dxxgAdxxgxf 0 证 因为 aa tx a dxxgxfdttgtfdxxgxf 00 0 所以 aaa a dxxgAdxxgxfxfdxxgxf 00 16 设 xf在 2 0 上连续 且满足 0cos 2 0 2 dxxfx 证明 1 若 xf在 2 0 内可导 则存在 2 0 使得 tan2ff 2 若 x f 在 2 0 内连续 则存在 2 0 与 2 0 使得 tan2ff tanff 证 1 首先 由 0cos 2 0 2 dxxfx 可知 0 x 2 0 使得 0cos 00 2 xfx 但 0cos 0 x 所以 0 0 xf 令 xfxxg 2 cos 则 xg在 2 0 上连续 在 2 0 内可导 且 0 2 0 gxg 因此 由洛尔中值定理 2 0 x 2 0 使得 0coscossin 2 ffg 即有 tan2ff 2 首先 由分部积分公式 有 0cossincos2cos 2 0 2 2 0 2 dxxfxxfxxxdxxfx 再由被积函数的连续性 可知存在 2 0 使得 0cossincos2 2 ff 而0cos 所以必有 0cossin2 ff tan2ff 又由分部积分法 可得 0sincossinsincos sincossinsincoscos 2 0 2 0 2 0 2 0 2 ffdxxff dxxfxxfxxxdxfxdxxfx tanff 17 设函数 xf在 0上连续 且 0cos 0 00 xdxxfdxxf 试证明 在 0内至少存在两个不同的点 1 与 2 使 0 21 ff 证法 1 令 xdttfxF x 0 0 则有 00 FF 0sincoscoscos 0 0 00 xdxxFxxFxxdFxdxxf 由连续函数的性质 必存在 0 使得 00sin FF xF在 0和 上都满足洛尔中值定理的条件 故存在 0 0 0 21 使得 0 21 FF 0 21 ff 证法 2 由 0 0f x dx 知 xf至少存在一个零点 0 1 若 xf在 0只有一个零点 则 xf在 1 的两侧异号且不变号 不妨设 0 0 0 11 xfxxfx 由 0 cos0f xxdx 与 0 0f x dx 同时注意到xcos在 0上的单调性 则有 1 1 111 00 0coscoscoscoscoscos0f xxdxf xxdxf xxdx 此为矛盾 因此至少存在两个不同的点 1 与 2 使 0 21 ff 18 设 xfa 0 在 aa 上有二阶连续导数 且 00 f 1 写出 xf的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式 2 证明在 aa 上至少存在一点 使得 3 3 a a a ff x dx 1 解 aax 有 22 2 0 2 00 x f xfx f xffxf 其中 在0与x之间 2 证 由上式两边在 aa 上取积分得到 22 1 0 2 2 aaaa aaaa f f x dxfxdxx dxx fdx 由于 x f 在 aa 上连续 因此 x f 在 aa 上存在最大 最小值mM 使 Mxfm 于是由积分估值定理可得到 2 22 00 1 22 aaaa aa x mx dxf x dxfdxMx dx 即有 3 3 a a a mf x dxM 因为 x f 在 aa 上连续 由闭区间上连续函数的阶值定理知 aa 使得 3 3 a a a ff x dx 19 设 xf在 上连续 记 0 2 x F xxt f t dt 求证 1 若f为偶函数 则F也是偶函数 2 若f单调不增 则F单调不减 证 1 00 22 tu xx Fxxt f t dtxu f u duF x 故F是偶函数 2 000 22 xxx Fxxf t dttf t dtf t dtxf xxf x 0 x f t dtxf xx ff x 其中 在0与x之间 考虑上式右端两个因子之积 当0 x时 0 xff 即有 0 x F 当0 x时 0 xff 同样有 0 x F 当0 x时 0 x F 也就是说 在 上有 0 x F 所以 F单调不减 20 设f在 1 0上连续 在 1 0内可导 且 1 0 0f x dx 记 0 x F xxf t dt 1 求 x F 2 求证 1 0 使得 0 f x dxf 3 求证 1 0 0 x 使得 02 000 xfxxf 1 解 0 x Fxf t dtxf x 2 证 因为 1 0 010FFf t dt 又F在 1 0上连续 在 1 0内可导 由罗尔 中值定理 1 0 使得 0 F 即 0 f x dxf 3 证 由 00 FF 又 x F 在 1 0上连续 在 1 0内可导 由罗尔中值定 理 1 0 0 x 使得 0 0 x F 即 02 000 xfxxf 21 设f在 上连续 0 aMxfm 证明 1 2 a a f t dtf xMm a 证 由积分中值定理得到 1 2 a a f t dtfa a a 由f在 上连续 Mxfm 则有 mMxff 所以 1 2 a a f t dtf xff xMm a 22 设 f 在 0 0 aa上连续 且 0 max 0 afxfM ax 证明 2 0 2 a Ma f x dx 证 应用分部积分法 注意到 0 af 并由积分中值定理得到 2 0 000 2 aaa aa f x dxxf xxfx dxfxdxf 因为 f 在 a 0上连续 xfM ax 0 max 由积分估值定理 则有 2 0 2 a Ma f x dx 23 设函数f在闭区间 ba 上连续 在开区间 ba 内可导 且 0 x f 若极限 ax axf ax 2 lim存在 证明 1 在 ba 内 0 xf 2 在 ba 内 使 f dxxf ab b a 2 22 3 在 ba 内存在与 2 中 相异的点 使 22 2 b a fbaf x dx a 证 1 因为 ax axf ax 2 lim存在 且f在闭区间 ba 上连续 所以 有 02lim afaxf ax 初值 又 0 x f 故f在闭区间 ba 上为严格增加函数 所 以 当 bax 时 有 0 afxf 2 设 2 x a F xxg xf t dt axb 则 0 xfxg 故 xgxF 在 区间 ba 上满足柯西中值定理的条件 于是 存在 ba 使 2 22 ba x aa a x x F bF a ba g bg a f x dxf x dx f t dt 即 f dxxf ab b a 2 22 3 因为 affff 0 又f在区间 a上连续 在开区间 a内 可导 由拉格朗日中值定理 a 使得 aff 代入 2 的结论 即得 22 2 b a fbaf x dx a 24 设函数f在 0上连续 单调不减且 00 f 试证函数 0 1 0 0 0 x n t f t dtx F xx x 在 0上连续且单调不减 其中0 n 证法 1 因为f在 0上连续 显然当0 x时 F连续 由连续函数的商运算性质 又 0 000 limlimlim00 x n n xxx t f t dt F xx f xF x 故F在 0上连续 对于 0 x 有 1 1 0 22 x nn nnnn xf xt f t dt xf xfxx f xf Fx xxx 其中x 0 因此 由f在 0上单调不减知 0 x F 故F在 0上单调不减 证法 2 连续性的证明同上 由于 1 0000 222 0 xxxx nnnnnn xf xt f t dtx f x dtt f t dtx f xt f tdt Fx xxx 故F在 0上单调不减 25 若函数f在 0上连续 且 Axf x lim 证明 0 1 lim x x f t dtA x 证 因为 Axf x lim 所以f在 0上有界 而 0 limlim x xx f t dtfx 因此 所求极限为 型 可用洛必达法则 得到 该题目应加条件 0 xf 0 1 limlim x xx f t dtf xA x 26 设f在 ba 上可微 x f 非减 证明 2 b a ba f x dxf af b 证 设 2 x a xa F xf af xf t dtxa b 则只需讨论函数F的 单调性及在 ba 的定号性 222 2222 1 xafxf ax xf axfax xf axxfaf xfxf ax xfafxF 因为 x f 非减 则上述结果说明 0 x F 于是 0 aFxF 即 2 b a ba f x dxf af b 27 设f在区间 1 0上连续 在 1 0内可导 且满足 2 1 1 3 0 13 x fef x dx 证明存在 1 0 使得 ff2 证 由积分中值定理 得 3 1 0 1 11 1 2 1 fef 令 xfexF x21 则F在 1 上连续 在 1 内可导 且 11 1 2 1 11 FfefF 由罗尔中值定理知 1 01 1 使得 02 2 1 ffeF 于是 ff2 1 01 1 28 设 xf在 ba 上连续 在 ba 内可导 0 af且 baxxf 0 令 1 x a F xf t dt xa 证明 baxxF 0 证 首先 xF在 ba 内可导 且 22 11 x a f xxafxaf xf Fxf t dtf x xaxa xaxa 其中 满足xa 在 x 上应用拉格朗日中值定理 可知 xx 0 使得 0 0 ax xxf xF 于是 xF在 ba 内单调减少 再考虑单侧极限 limlimlim0 1 x a xaxaxa f t dt f x F xf a xa 所以得到 baxxF 0 29 证明不等式 22 2 40 2 2 xx edxe e 证 令 xx exf 2 则由 012 2 xx exxf 得 2 1 x 又 10 f 2 2ef 1 2 1 4 e f 所以f在 2 0上的最大值 2 eM 最小值 4 1 e m 由估值定理可得 2222 22 44000 21 2 xx dxedxe dxe ee 30 证明不等式 2 4 1 sin sin2 xdx x 证 因为2 sin 1 sin2 sin 1 sin x x x x 所以 2 4 1 sin sin2 xdx x 31 证明 连续偶函数的原函数必为奇函数与常数之和 证 令 000 tu xxx G xf t dtGxf t dtfuduG x 由 微积分基本定理得 xf的原函数 CxGxF 32 证明 若 ba 上的连续函数 xfy 的图形有对称轴 2 ba x 则 2 0 2 a b b a f x dxf x dx 证 因为 22 abab fxfx 所以 f xf abx 2 2 a b bb a b aa f x dxf x dxf x dx 而 2 222 a b t a b x bba a ba ba b a f x dxf abx dxf t dtf x dx 故结论成立 33 证明 若 ba 上的连续函数 xfy 的图形有轴对称中 心 0 2 ba 则 0 b a f x dx 证 由题目条件知 22 abab fxfxf xf abx 又 2 2 a b bb a b aa f x dxf x dxf x dx 2 222 a b t a b x bba a ba ba b a f x dxf abx dxf t dtf x dx 故结论成立 34 若函数 xf在闭区间 ba 上连续 证明 00 sinsin 2 xfx dxfx dx 书上的习题 35 设函数 xf在闭区间 ba 上连续 1 xf 证明 方程 0 21 x f t dtx 在 1 0 内恰有一个实根 证 令 F x 0 21 x f t dtx 则 1 0 01 11 1 10FFf t dt 故 010FF 且 0 1F xC 由零点存在定理 0 1 使 0F 即方程 0 21 x f t dtx 在 1 0内至少有一个实根 又 21 210F xf x 即 F x在 0 1上严格单调 减少 因而结论成立 36 设f连续 证明 2 32 00 1 2 RR x f xdxxf x dx 证 2 22 32 000 11 22 t x RRR x f xdxtf t dtxf x dx 37 求证 2 00 0 arctan 1 lim 1cos6 xu x t dt du xx 证 2 2 2 1 cos 200 0 2 000 arctan 1 arctan 1 2 limlim 1cos3 xu x x x xxx t dt du t dt xxx 2 0 22 limarctan 1 33 46 x x 38 设 xf在 1 0上可导 当 1 0 x时 满足 xff 10 且 xfxf 试证方 程 0 x f xf t dt 在 1 0内有唯一实根 证 令 0 x F xf xf t dt 则 1 0 0010 11110FffFff t dtff 故 F x在 0 1内有零点 也就是说 方程 0 x f xf t dt 在 0 1内有实根 若 F x在 0 1内 有 两 个 不 同 的 零 点 有 罗 尔 定 理 存 在 0 1 使 得 0Fff 此与条件 xfxf 矛盾 39 设 tytgtf 均为区间 ba 上的连续函数 0 tf 并且满足 t a y tg tf z y z dz 求证 在 ba 上成立不等式 t z f s dst a y tg tf z g z edz 证 令 t a R tf z y z dz 则 0R a 只需证明 t z tf s ds a R tf z g z edz 由已知条件可得到 t a R tf t y tf t g tf tf z y z dzf t g tf t R t 所以 R tf t R tf t g t 将上述不等式两端同乘 t z f s ds e 得到 ttt aaa f s dsf s dsf s dsd R teR tf t R tef t g t e dt 再由积分的保号性 对上述不等式两端分别取 a t上的积分 注意到 0R a 便有 zz aa ttf s dsf s ds aa d R zedzf z g z edz dz 所以 tz aa tf s dsf s ds a R tef z g z edz 因而 tztz aaaa tzt aaz ttf s dsf s dsf s dsf s ds aa ttf s dsf s dsf s ds aa R tef z g z edzf z g zeedz f z g zedzf z g z edz 故 t a y tg tf z