数学分析(2)期末试题集(证明题部分).doc

一、不定积分部分1.设具有可微的反函数。设是的一个原函数。试证明。证 在公式右端对求导，我们有2. 设定义在上，且有，若在处连续，试证明在上存在原函数。证 作函数如下：则在处连续，由在处连续知，故根据导函数的特征，即知。因而是在上的原函数。3. 试证明下列命题：（1）（函数方程）设是上的可微函数，且满足，则；（2）设在上连续，在内可微，且。则对，有，使得。证 （1）取可得。将原式改写成为可得，由此知，即的一般表达式为；（2）因为连续，所以存在原函数，记为，则作。依题设易知，且在可微。又。由洛尔中值定理知，存在，使得。4. 设在上可导，若有，试证明；证 以替换可得。在上式两端对求导，我们有，再对求导，我们有，由此可知，从而得到。因此；5. 设且不恒为零。若有，试证明（）是偶函数；（）求的表达式。证 （）设，则，即是偶函数。此外，由；（）记，则在中对求导，可知。再对求导知，因为，所以（取），由此即得。注意到，我们有，最后得。二、定积分部分1证明:若在上连续非负,且不恒为零,求证.证 设存在使得,由连续函数的局部保号性得,存在且,对任意的,有. 如果或,使得,则考虑的半邻域,证法类似.2 证明由积分确定的连续函数零点定理：设在上连续，若，则，使得.证 用反证法. 若对,由连续函数的零点定理可知,在上不变号.不妨设在上,由定积分的性质可得,此与条件矛盾,于是,必，使得.3. 证明积分中值定理的加强形式,即:设与在上连续,且在上不变号,则一定,使得.证 因为与在上连续,且在上不变号,不妨设在上,由闭区间上连续函数的最大最小值定理,有,于是.由定积分的性质,可知,且,于是.再由连续函数的介值定理可知,使得,即有.只需再证,使即可.为此将上述等式移项改写成为,注意到为上的连续函数,由第2题的结论知,使得,又,因而.所以结论成立.4. 证明:若在上连续,且,则,.证 (反证法) 若存在使得.因为在点连续,由连续函数的局部保号性,得,存在且,对任意的,有.此与条件矛盾.故结论成立. 5. 证明不等式.分析: 因为在上为增函数,根据定积分的估值定理,应考虑在区间上的最大、最小值.证 令,则在闭区间上的最大值和最小值分别为,因而,所以. 又因为在区间上连续,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. 设函数在上可积,在点处连续,.求证在点可导,且.分析: 为证在点可导,且,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 ,.由于在点处连续,因此对,使当时, 限制,则,由导数的定义可得.7. 设.(1) 证明是以为周期的周期函数;(2) 求的值域.(1) 证 ,取区间变换,则有,于是,故是以为周期的周期函数.(2) 解 因为在上连续,注意到的周期为,故只需在上讨论其值域即可.因为,令,得驻点.又,因而的最小值是,最大值是,所以函数的值域是.8. 设均为上的连续可微函数,且,证明:(1);(2).证 (1)由连续,所以关于可导,于是可用分部积分法,得到,由知,上述等号右端的第一项为零,于是. (2) ,注意到,于是,将代入前面等式右端,即有.9. 设为上的连续周期函数,周期为.证明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.分析: 要证对,存在常数,使得,且其中满足.为此,将表示为,记.故只需证明满足条件并求出常数即可.证 令,则令,所以.10. 若是连续的周期函数,周期为.证明:(1)函数满足,其中常数;(2)必为周期函数,其周期也为.证 (1) (2).11. 证明不等式.证 只需证明.因为在区间内变号,故用定积分的区间可加性其中,且有.对上述等号右端第二个积分取变换,则,故,于是,结论成立.12. 设在上连续,且满足.试证:,使得. 证 取变换,则,已知积分等式变为.注意到时,也有,因而在上连续,于是.由此可得,使得.13. 设在上连续且单调减少,证明对任意的常数,有.证法1 只需证明积分.为此令,所以,故结论成立.证法2 证法3 对,构造辅助函数,则在上连续且可导,.14. 已知是上的连续偶函数,证明:.证 因为,所以.15. 设在区间上连续,为偶函数,为常数,且满足,证明:.证 因为,所以.16. 设在上连续,且满足,证明:(1) 若在内可导,则存在,使得;(2) 若在内连续,则存在与,使得,.证 (1) 首先,由,可知,使得,但,所以.令,则在上连续,在内可导,且.因此,由洛尔中值定理, ,使得,即有.(2) 首先,由分部积分公式,有,再由被积函数的连续性,可知存在,使得,而,所以必有;又由分部积分法,可得.17. 设函数在上连续,且.试证明:在内至少存在两个不同的点与,使.证法1 令,则有.,由连续函数的性质,必存在,使得.在和上都满足洛尔中值定理的条件,故存在,使得.证法2 由知,至少存在一个零点.若在只有一个零点,则在的两侧异号且不变号,不妨设.由与,同时注意到在上的单调性,则有,此为矛盾.因此至少存在两个不同的点与,使.18.设在上有二阶连续导数,且.(1) 写出的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(2) 证明在上至少存在一点,使得.(1) 解,有,其中在与之间.(2) 证 由上式两边在上取积分得到,由于在上连续,因此在上存在最大、最小值,使,于是由积分估值定理可得到,即有,因为在上连续,由闭区间上连续函数的阶值定理知,使得.19. 设在上连续,记,求证:(1) 若为偶函数,则也是偶函数;(2) 若单调不增,则单调不减.证 (1) ,故是偶函数;(2) 其中在与之间. 考虑上式右端两个因子之积:当时,即有;当时, ,同样有;当时,也就是说,在上有,所以,单调不减.20. 设在上连续,在内可导,且,记,(1)求;(2)求证:,使得;(3)求证:,使得.(1) 解;(2) 证: 因为,又在上连续,在内可导,由罗尔中值定理,使得,即;(3) 证: 由,又在上连续,在内可导,由罗尔中值定理,使得,即.21. 设在上连续,证明:.证 由积分中值定理得到,由在上连续,则有,所以,.22.设在上连续,且,证明:.证 应用分部积分法,注意到,并由积分中值定理得到,因为在上连续,由积分估值定理,则有.23.设函数在闭区间上连续,在开区间内可导,且.若极限存在,证明:(1) 在内,;(2) 在内,使;(3) 在内存在与(2)中相异的点,使.证 (1) 因为存在,且在闭区间上连续,所以,有(初值), 又,故在闭区间上为严格增加函数,所以,当时,有;(2) 设,则,故在区间上满足柯西中值定理的条件,于是,存在,使,即;(3) 因为,又在区间上连续,在开区间内可导,由拉格朗日中值定理,使得,代入(2)的结论,即得:.24. 设函数在上连续,单调不减且.试证函数在上连续且单调不减(其中).证法1 因为在上连续,显然当时,连续(由连续函数的商运算性质).又,故在上连续.对于,有,(其中).因此,由在上单调不减知,故在上单调不减.证法2 连续性的证明同上.由于,故在上单调不减.25. 若函数在上连续,且,证明:.证 因为,所以在上有界,而,因此,所求极限为型,可用洛必达法则,得到 (该题目应加条件).26. 设在上可微,非减,证明:.证 设,则只需讨论函数的单调性及在的定号性.因为非减,则上述结果说明,于是,即.27. 设在区间上连续,在内可导,且满足.证明存在,使得.证 由积分中值定理,得.令,则在上连续,在内可导,且,由罗尔中值定理知,使得,于是,.28. 设在上连续,在内可导,且,令,证明:.证 首先在内可导,且,其中满足.在上应用拉格朗日中值定理,可知,使得,于是在内单调减少.再考虑单侧极限,所以得到.29. 证明不等式.证 令,则由,得.又,所以在上的最大值,最小值.由估值定理可得.30. 证明不等式.证 因为,所以.31. 证明:连续偶函数的原函数必为奇函数与常数之和.证 令,由微积分基本定理得的原函数.32. 证明:若上的连续函数的图形有对称轴,则.证 因为,所以.,而,故结论成立.33. 证明:若上的连续函数的图形有轴对称中心,则.证 由题目条件知,又,故结论成立.34. 若函数在闭区间上连续,证明:.书上的习题35. 设函数在闭区间上连续,证明:方程在内恰有一个实根.证 令,则,故,且,由零点存在定理,使,即方程在内至少有一个实根.又,即在上严格单调减少,因而结论成立.36. 设连续,证明:.证 .37. 求证:.证 。38. 设在上可导,当时,满足,且,试证方程在内有唯一实根.证 令,则,故在内有零点,也就是说,方程在内有实根. 若在内有两个不同的零点,有罗尔定理,存在,使得,此与条件矛盾.39. 设均为区间上的连续函数,并且满足,求证:在上成立不等式.证 令，则,只需证明.由已知条件可得到,所以,将上述不等式两端同乘,得到,再由积分的保号性,对上述不等式两端分别取上的积分,注意到,便有,所以,因而故.40. 设为上的非负可积函数,且满足.又设当时,记.(1) 求; (2) 若在上连续,求;(3) 若在上可积,且在处连续,求.解 (1) ;(2) 因为在上非负可积,在上连续,由推广的第一积分中值定理得到,所以;(3) 与(2)题的条件比较,结合(2)的结论,可以猜想所求极限应为.由于题目只有函数的点连续条件,故只能考虑用函数在一点连续的定义.首先,由定积分的性质因为在处连续,所以,对,只有,则对,有,于是,有,由极限定义得.41. 设在上连续非负单调减少,若,证明:.证法1 证法2 令,则,.证法3 对作区间变换,则,且,于是.42. 设在上连续,且,证明:至少存在两点,使得成立.证 设,则,又,由的连续性可知,至少存在一点,使得.由罗尔中值定理知,至少存在两点,使得.43. 设在上连续,在内可导,且满足.证明:,使得.证 因为在上连续,故有积分中值定理得, 存在,使得设,则在区间上连续,且,由罗尔中值定理,存在,使得,即. 44. 函数在上可导,且满足.(1)求导数; (2) 证明:时,不等式成立.证 (1)(注:本题要用到微分方程的知识,应在学了微分方程之后再说)由得,对方程两边求导得.令,则,由已知条件得,因此.(2) 证法1 当时,由(1)的结论可知,所以,单调减少,故,令.则,故当时,单调递增,所以,即.证法2 由(1)及可得.因为当时,所以.45. 设在内连续且单调增加,试证明对满足的任意实数与成立不等式.证 对,令,则,因为连续单调增,所以,因而,即单调增,于是,即.三、定积分的应用1. 设在上连续,在内可导,且,试证明:在内存在唯一一点,使曲线与所围成的图形面积,是曲线与, 所围成图形面积的3倍.证 在内取一点,则,令,则只需证明在内有且仅有一个零点.注意到,于是在内严格单调增,由积分估值定理可得,且,由连续函数的零点存在定理,可知在至少存在一个零点. 另由其中.于是在内严格单调增,因而最多有一个零点.综合上述分析,所以在内有且仅有一个零点,使得. 2. 设常数,曲线与在处相交,记为,图7-9与围成的面积, 为,与围成的面积,证明在内有唯一最大值.证 由题意,交点为,因此得到,即,如图7-9所示.于是,因为在上连续,由连续函数的零点存在定理知,存在,使得.由,知为的唯一极大值,也就是唯一最大值.3. 设常数,曲线与在处相交,记为与围成的面积,为,与围成的面积,证明:存在唯一的一条曲线使得在内取得最小值.证 二曲线的交点为且.令因为,故,使得,又,所以,在内严格单调增,因而在内只应有一个零点.而且在内,在内,因而是的最小值点.因而.4. 设在上可导,记为围成的面积,为围成的面积.证明:对任意常数,存在唯一的,使得.提示:考虑辅助函数,则,令,用连续函数的零点定理及用导数判定函数的增减性可得结论.(与3题同法)5. 设曲线由及确定.则该曲线当时的切线斜率等于1,此曲线介于与之间的弧长为.证 该曲线当时的切线斜率为;曲线介于与之间的弧长为. 6. 设在上连续非负,在内,设为区域的形心,证明. 证 因为,要证,即证明,令,只需证明.由可知严格单调增加,于是,因此有,又因为,则;而,所以,令,即得.四、数项级数1. 设,证明:(1) 存在. (2) 收敛.证 (1) 因为,又,所以单调递减有下界,故存在,且.(2) 由(1)的结果可得,记,则,即正项级数收敛,由比较判别法知, 级数收敛. 2. 设在上单调增加且有界.求证级数收敛. 证 由在上单调增加且有界知,可积,且有,或,于是,所以级数为正项级数.再注意到,且由在上单调增加且有界,所以存在,由此得到极限存在,即级数收敛,由正项级数比较判别准则可知, 收敛.3. 设.(1)求的和; (2) ,证明级数收敛. (1) 解 ,因此,级数和;(2) 证 因为,由积分的保序性及被积函数的连续性,有,于是,因为收敛,故收敛.4. 设,证明:(1) 当时,级数收敛; (2)当时, 级数收敛. 证 (1) 当时,由于收敛,根据比较判别法知,该级数收敛. (2) 当,由积分中值定理可得,因此级数为交错级数,并且,其中,即该级数一般项的绝对值单调减少,由莱布尼茨准则,可知该级数收敛.5.设在的某邻域内连续且,证明:(1) 函数在的某邻域内可导; (2) ,级数收敛.证 (1) 因为,又函数在的某个邻域内连续,所以,由积分上限函数的性质可知,函数在的某邻域内可导.(2) 证法1 因为,所以,又因为函数在的某邻域内连续,所以,于是,当时,由极限比率法知,级数绝对收敛,即原级数收敛.证法2 由在的某邻域内连续且,因此存在与,使得当时,有,而级数收敛,由比较判别法可知,级数绝对收敛.6. 设在点的某一邻域内具有二阶连续导数,且,证明级数绝对收敛.证 由可得,且,由泰勒公式得由的连续性可知,和,使得当时,有,所以,令,当时,有,因为收敛,所以,级数绝对收敛.7.15.8设为正整数,记积分,证明级数收敛,并求该级数的和.证 再令,则考虑级数,由比值判别法知,该级数收敛,令8.15.12设为单调递减序列,且,证明级数收敛.9.15.13设在上连续,周期为1,且在上连续可导,令,证明级数收敛.10.15.15若,证明级数收敛.五、函数项级数1. 设在上有一阶连续导数,令试证明在任给的区间上,I.证 由微分中值定理知,对,有,由此可知,其点收敛为.注意到在上一致连续,故对,当时,对,有,故I.2. 试证明下列命题:(1)