2010级数学分析第1学期2次测验解答

1、数学分析测验解答 2010.12.19一、填空题（每题 4 分，共 16 分）函数 f= x3 + 2x - 4 的零点个数为 1.1.写出 y = xex 在 x = 1处的四阶带 Peano 型2.的 Taylor 展开式e(1+ 2(x -1) + 3 (x -1)2 + 4 (x -1)3 + 5 (x -1)4 + o(x -1)4 ) .2!3!4!函数 f (x) = x2e-x ( x Î1, 3 ) 的最大值为，最小值为 1 .43.e2ex2曲线 y = 的渐近线为 x = ±1, y = ±x .4.x2 -1二、选择题（每题 4 分，共 1

2、6 分）1. 设 f (x) 和 g(x) 均为R 上的凸函数, 则下列函数中必为凸函数的是(C)(A) | f (x) + g(x) | .(B) f (x) × g(x) .(C) max f (x), g(x).(D) f g(x).2. 设函数 f (x) Î C(R) , 其导函数 f '(x) 的图形如右y¢图所示, 则f (x) 在R 上有(A)(A)(B)(C)(D)两个极小值点, 两个极小值点, 三个极小值点,一个极小值点,两个极大值点. 一个极大值点. 一个极大值点.两个极大值点xO且lim f ( x) = A > 0 , 则以

3、下四条叙3. 设函数 f (x) 在 x = 0 连续,a > 0 为常数,| x |ax®0述中正确的是(A)f (x) 在 x = 0 取极值.(C)f (x) 在 x = 0 可导.(A)(B) 存在d > 0 使得对"x ÎU (0,d )有 f (x) > 0 .(D)f (x) 在 x = 0 不可导.共 6 页，第1页4. 设函数 f (x) 和 g(x)在a,b上可导，且 min g(x) = a ， max g(x) = b . 下列三个xÎa,bxÎa,b(D)命题中，真命题的个数是I 存在x Î

4、a,b，使得f ¢(g (x )(b - a) .f (b) - f (a) =II 存在x Îa,b，使得 f (g (b) - f (g (a) =f ¢(g (x )(g (b) - g (a) .III 存在x Îa,b，使得 f ( g (b) - f (g (a) = g¢(x )× f ¢(g (x )(b - a) .(A)0 个.(B)1 个.(C)2 个.(D)3 个.三、计算题(每小题 8 分, 共 16 分)求极限lim sin x -sin(sin x) .1.x3x®0解 令t = si

5、n x ，则t -sin t = lim t -sin t原式 lim4 分t ®0 arcsin t3t3t ®0= lim 1- cos t = 18 分3t26t ®0注 用 LHospital 法则可相应给分.且lim sin x - xf (x) = 0 ,2. 设函数 f (x) 在 x = 0 的某邻域内f ¢(0), f ¢¢(0) 的值.可导,求 f (0),x3x®031+ o(x ) ， f (x) = f (0) + f (0)x +f (0)x + o(x ) 得¢¢322解 由

6、sin4 分6211lim sin= 06 分x3x3x®0从而有x®0f (0) = 1, f ¢(0) = 0 ， 1 + 1 f ¢¢(0) = 0 ， f ¢¢(0) =- 1 .8 分623注：用 LHospital 法则求得 f (0) = 1, f ¢(0) = 0 至多给 4 分.共 6 页，第2页四、计算下列（每小题 7 分，共 28 分）arcsin2 xò1.dx1- x2原式 ò arcsin2 xd arcsin x 1 arcsin3 x + C34 分解7 分

7、42; 1-原式2.1dx + ln xd 1òò x2òdx =解4 分xx 1 =7 分x1ò3.dx3x(2 - x)2令 x = 1+ sin t ( 0 < t < )，则2解 cos tdtò原式4 分(cos2 t )3/ 21ò cos2 t=dt = tan t + C6 分= tanarcsin(x -1) + C7 分sin2ò cos34.1- cos2原式 òxdx - ò sec xdx3解2 分cos3 x其中òsec3x = sec x tan x -

8、 òsec3 xdx + òsec xdxec x tan x + 1 òsec xdx ，从而于是 òsec3sin25 分22= 12+ tan x | +Csec7 分cos3 x222共 6 页，第3页3五、（本题共 8 分） 证明不等式：当 x > 0 时, sin.3!+ 1 x36(x > 0) ，则f (0) = 0证 令f (2 分f ¢(f ¢(0) = 02 ，2) = x - sin x > 0 ，f6 分从而 f ¢(x) > f ¢(0) = 0 ，因此 f (x

9、) 严格单调增加，于是 f (x) > f (0) = 0.8 分六、(本题共 8 分) 设 f (x) 在(a, b) 上不恒为常数. 用闭区间套定理证明：$x Î(a, b) 及M > 0 ，使得对"d > 0 ，在(x - d ,x + d )(a, b) 内总$ x¢, x ¢ 满足f (x¢) - f (x ¢)x¢ - x ¢³ M .证 由 f (x) 在(a, b) 上不恒为常数知，存在a0 < b0 Î(a, b) ，使得 f (a0 ) ¹

10、f (b0 ) ，不f (b0 ) - f (a0 ) .妨设 f (a ) < f (b ) ，记M=对a , b 二等份，若2 分0000b - a00æ a+ bö³ f (a ) + M × b0 - a0 ，00fç÷0è2ø2a + b则取区间a ,00 并记为a , b ， 否则取另一半区间记为a , b ，则有01 11 12f (b1 ) - f (a1 ) ³ M，对区间a , b 重复上述讨论，得到区间列a , b 满足4 分b - a1 1nn111) an+1, bn+1

11、Ì an ,bn ("n Î N) ;2) lim(b - a ) = lim b0 - a0 = 0 ;nn2nn®¥n®¥f (bn ) - f (an ) ³ M("n Î N)3)bn - an据闭区间套定理，存在惟一的x Îan , bn Ì (a, b)("Î N) ，且lim an = x = lim bn .n®¥n®¥对"d > 0 ，由上式知存在 N Î N ，使得aN

12、, bN Ì (x - d ,x + d ) ，令 x¢ = aN , x ¢ = bN ，f (x ¢) - f (x¢) x ¢ - x¢f (bN ) - f (aN ) ³ M .=则据 3)有8 分bN - aN共 6 页，第4页七、证明题(下面 1, 2 两题中请任选、且仅选一题完成，本题共 8 分)= a + b .1.设 f (x) 是a, b 上的凸函数. 记 x02(x0 ) ,(x Îa, b x ) , 证明 lim k(x) 及lim k (x) 存在;(1)令k (x)0x&#

13、174;a+x®b-0(2)证明 lim f (x) 及lim f (x) 存在.x®a+x®b-由于 f (x) 是a, b 上的凸函数，故k (x) 单调增加，从而k(a) £ k(x) £ k(b) ，证(1)因此 k (x) 在(a, x0 ) 有下界，在(x0 , b) 有上界，据单调有界定理知 lim k(x) 及x®a+lim k (x) 存在.4 分x®b-(2) 记lim k(x) = B ，由 f (k(x)(x - x0 ) + f (x0 ) 可得x®b-lim k(x)(x - x0 )

14、+ f (x0 ) = B(b - x0 ) + f (x0 )lim f (x®b-x®b-即lim f (x) 存在，类似可证 lim f (x) 存在.8 分x®b-x®a+2. 设函数 f (x) 在0,1 上连续，在(0, 1) 内可导，且 f (0) = 0 ， f (1) = 1. 证明：存在互异的两点x ,h Î(0,1) 使得 f ¢(x ) f ¢(h) = 1.证 令 F (x) = f (x) -1+ x , 则 F Î C0,1 ，且 F (0) = -1, F (1) = 1 ，据闭区间上连续函数的零点定理知，存在 x0 Î(0,1)