高观点下中学数学——分析学练习题答案

1、高观点下中学数学一一分析学练习题一参考答案一、填空题1.，2.,a,a,b,a,b,3.满射，4代数数，5.f(x)ln(1x)，6.下凸7传递的；8.双射；9.limf(x)f(a)；)x,y(0,),(x,y)(x)(y)；xa)c(t)c(t)c()s(t)s()，12.xFy。13.；14、,甲，乙，甲，乙；15、单射；16、未知函数；17、f1；18、上凸;19.传递性；20.X。；21.可导；22.f(xy)f(x)f(y)；23.c(t)c(t)2c(t)c()；24.axb(其中a,b为常数).25.AC；26.；27.xE,有x；28.收敛的子列Xnk；29.L(x)L(y)

2、；30.1.二、单项选择题1.B；2.A;3.C;4.D;5.D;6.C;11.D；12.A；18.A;；25D;27B；27.A;；三、计算题”xiy1解Z,2分xiyxiy|Jx2y2,xiyx2y27分故z18分2设t2x，则xlog2t,3分代入得f(t)(log21)2sinlog21f(x)(log2x)2sinlog2x8分3解f(x)12(2sinx)cosx(1sinx)cosx3分(2sinx)易验证x2k是极大值点，x2k-是极小值点,211212，2极大值f(2k2)极小值f(2k八令f(x)0,得cosx0,x2k24.解显然4，即数列an，单调增加且有上界,anan

3、1，且0anlimnan存在,设limann由an,8an1可得即a2解得a(1.132)1-(133)25.解首先计算过点M的切线的斜率k8x16所求的切线方程为即y16x1386.解已知2f(x)1f()3xx(1)将丄x代替x，得2f)xf(x)3x(2)(1)2(2)得4f(x)2f($x12f(-)x3f(x)6x-xf(x)2x18y1916(x2)x7.解已知在(0,)内，sinx是上凸函数，由上凸函数的定义有1 (sinxsiny)sinxysin22 242即sinxsiny.2而且当xy时，sinsin-2，故.2是sinxsiny的最小值。4448.解设zaib，则a2b

4、2t3xiyxiy1，故a2b219.解因为maxgVsna(na；a3n3maxa1,a2,a3,故有maxa1,a2,a3”mna；na2a3limn3maxna，a?,a3所以有na2na3maXai,a2,a310.解y(x)y(2)2x3由方程可得,3得c1，即y11.解已知2xy4y对两端关于x求导,由Yx12.解1-x(xyx)4yx0已知2f(2x)f(x)3x(1)2f(x)f(2x)123x(2)(2)2(1)得4f(x)2f(2x)2f(2x)f(x)246x3x即3f(x)189x，f(x)63x13.解方程两边对x求导，求出4x9y4x(3,2)9y(3,2)于是，切

5、线方程为f(f(f(x)1f(f(x)111-1114.解由已知f(x)1x15解由Z1Z121有ZZ2Z21Z1Z21Z1Z2Z2)Z1Z1Z2X116.解因为cosx在（%）内是上凸函数，所以由上凸函数的定义有1cosx2cosyxycos2cos42即有cosxcosy、一2当取xcosxcosy、2，故，2是函数cosxcosy的最小值.17解z1ibi,Z2a2则Z1Z2ZiZ2i(b1b2)，z:1Z2(a1a2)i(b1b2)2Z2佝a?)2(b1b2)2佝a?)22(a；b2a；b；)2(2z/)2(Z12Z22)=0Zi2Z2ib2(b1b2)2(a1a2)2所以该结果的几何

6、意义是平行四边形的对角线的平方之和等于四条边长的平方之和。Z218解已知f(x)-1f(f(x)11f(x)f(f(x)-1f(f(f(x)1f(f(x)19.解f(x)xa1x2x令(x)，求(x)的最小值x23分113(x)(x(1X2)2)(1x2)"(1x2)"x23=(1x2)20，故(x)单调增加5分limx(x)lim1xd2<1x7分当a1时，f(x)1a0,故f(x)单调增加8分20.解设M(x,0),N(0,y)，则ybxxa2分1bx2从而有面枳S(x)2xa3分2令S(x)b2x(xa)/02(xa)25分得x22ax0,x2a，即x2a时，S

7、(2a)为最小值且S(2a)夕呼2ab四、证明题A(BC)A(BCC)(AB)CC(AB)C4分(2)(AB)C(AB)CC(ACC)(BCC)(AC)(BC)8分2证明:xA,yB，有xsupAysupB,故xysupAsupB,即supAsupB是AB的一个上界0,X。代y°B，使得xsupA,2y°supB2，即存在x0y。AB，使得x0y0supAsupB1.证明：(1)若设Cc表示C的补集，则有故sup(AB)supAsupB8分3.证明：设f(x)xn，则f(x)n(n1)xn20,即f(x)xn是严格下凸，根据111f(2x2y)2【f(x)f(x)有1乔(x

8、y)n!xnny8分24.证明：令(X)f(x)5x，则x是0,1上的连续函数.若f(0)0，则选取Xo0结论得证若f(1)1，则选取x01结论得证.4分否则有f(0)0,f(1)1，则00,(1)0，由介值定理，存在X。(0,1)，使得(X。)0，即f(X°)5X°.8分5.证明(：1)因gf是满射，即(gf)(A)C,进一步有Cg(f(A)，故g是满射。4分(2)采用反证法。假设f不是满射，即f(A)B，则存在bf(A)，但bB。设cC，使cg(b),由于g是单射，故cg(f(A)(gf)(A)，即(gf)(A)c，这与gf是满射矛盾。说明假设矛盾，即f是满射。6.证明

9、0，因为f(x)在点a连续,故存在0,当xa时,f(x)f(a)由绝对值不等式的f(x)f(a)f(x)f(a)故对任意的时，有f(x)f(a)即|f(x)在点a连续。7.证明：设f(x)x52x24x6,则f(x)是1,1上的连续函数，且f(1)1,f(1)9由介值定理，至少存在一点x0(1,1)，使f(x0)0。4分由f(x)5x44x45x44(1x)得，当x(1,1)时，f(x)0。即f(x)在(1,1)内严格单调增加。故有且仅有点Xo(1,1)，使f(Xo)0，即方程52x2x4x60在(1,1)内有且仅有一实根。8.证明采用反证法。假设f(X)xsinx是周期函数，因f(x)是连续

10、函数且不是常值，故f(x)具有最小正周期，设为T。选取自然数k，使得2k2T。故存在xo(0,2k2)使另一方面，对于f(x)这与()式矛盾。故f(x。)f(2k-)X(0,2k)，有f(x)xsinx2k2kxsinx不是周期函数。9.证明：对于x1,x2R，有f(xjf(X2)X-!X2X1X2令X2X1，则得f(X1)0，由x1的任意性知，f(x)c。(1)A(BC)=A(BCC)A(BCc)cA(BCC)=(ABC)(AC)(AB)(AC)4分(2)(AB)(CB)=A(BCC)C(ABC)(CBC)=(AC)BC)(AC)B8分10.证明：用CC表示C的补集，则f(X)在a,b上连续

11、，故f(x)在a,b有最大值M与最小值m，11.已知从而有f(Xn)M1m-f(X1)f(X2)n右aobo,aibi,ak1bki,但akbk，因f(x)(x)0至多有nk个实根;f(a2).根据已知条件由介值定理，存在a,b,使1f()-f(Xi)nf(X2)f(Xn)8分12.设f(x)xlnx，对于x0,我们有f(x)lnx1,f(x)-0，即在(0,)内x是严格下凸函数，故对于x0,y0,xy有f(x2y)；f(x)f(y)6分代入得(xy)lnxy(xlnxylny)8分13.证明先证f是单射.假设f不是单射，则存在a1,a2A，使得a1a2，但f(aj(gf)(a)a有a1(gf

12、)(ajg(f(aj)g(f(a2)(gf)©)a2与假设矛盾，故f是单射.4分再证g是满射一方面g(B)A，另一方面，由Bf(A),有g(B)g(f(A)(gf)(A)A即g(B)A，故g是满射.(证毕)8分14.证明：因limf(x)1，对于1,Mx0,当xM时，有f(x)11，即f(x)24分因f(x)是a,M上的连续函数，故存在b10，使得当xa,M时，f(x)b1选取bmaxb1,2，从而有对于xa，有f(x)b，所以f(x)在a,)上有界.(证毕)8分15.证明："充分性”当nm,a。b°,a1,an6时，f(x)(x)0,即f(x)(x).4分“必要

13、性”反证法，假设nm，不妨设nm,则n次代数方程f(x)(x)0至多有n个实根.另一方面，由于在区间(a,b)内相等，即对于x(a,b),有f(x)(x)0,这表明它有无穷多个实根，这与它至多有n个实根矛盾.故nm.2另一方面，由f(x)(x)，对任意的x(a,b)，有f(x)(x)0,即有无穷多x(a,b)是f(x)(x)0的实根，这与它至多有nk个实根矛盾(证毕)8分1216.证明：设f1(x)xx，f(x)ln(1x)，f2(x)x，贝Vfi(0)f(0)f2(0)01且对于x0，有f1(x)1x,f(x),f2(x)1，显然有1x11x1，即1xf1(x)f(x)f2(x)由教材中疋理

14、知，当x0时，h(x)f(x)xx2ln(1x)217.证明：设(x,y)6分f2(X)，即有xRR2,由于R1R2是等价关系，故(y,x)R1R2(x,y)R2R16分此即表明r1R2R2R1，同理有R2R1R1R2故R2R1R1R28分18.证明：设f(x)x52x24x62分f(x)是区间1,1的连续函数，f(1)1,f(1)9，故至少存在一点X。(1,1),使f(x。)05分f(x)5x44x45x44(1x2)0即f(x)在1,1内严格单调增加，故只有唯一的X。(1,1),使f(X0)08分从而有Z使得(y,z)R2,(z,x)R，进而有(x,z)R1,(z,y)R2，即19.证明：

15、设f(x)h(0)012xx2,g(x)In(x1),h(x)x，显然有f(0)g(0)f(x)1x,g(x)L，h(x)1当x0时，显然有f(x)g(x)h(x),18,0B,0C故当x0时，xx2ln(1x)x220.证明：设代B,C是三角形的三个内角，故0A根据f(x)sinx在(0,)内是上凸函数，1故有一(sinA3分sinBsinC)1sin(A3BC)6即sinAsinBsinC3sin600=32高观点下中学数学分析学练习题二参考答案一、填空题1.AC2.3.4.S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间a,b传递的。8.0,x0E,使得X09.limf(x)xx0f(x°)

16、10.f(11.f(xy)f(xy)2f(x)f(y),12.X1,X2S,(0,1),有X1(1)X2S中）。13.等价关系14.0,x0E，使得X015.f(X°limx0x)Xf(X°)16.f(xy)f(x)f(y)17.线性18.f(X1(1)x2)f(xj(1）f（X2）7.反身的、对称的、5.exy)f(x)f(y)S（或者：S中任意两点的连线在单项选择题1C2B3D4A5B6A7A8C9C10D11D12B13.D14.C15.D16.A17.B18.D二、计算题1.解f(f(x)f(x)f(x)12.解5Xn55nx6分8分s(t)2分4分t1,s(1)0

17、6分8s(t)9.8t,s(1)9.8，即物体撞击地面的速度是9.8米/秒5limxn5lim5n，由lim5n1nnn得limxn5n3.解设物体t时刻的距离地面的高度为12则s(t)4.9gt其中g9.8，从而到达地面的时刻为4.解f(x)的定义域为DXX2XX1(x)的极小值就是f(x)的令(x)x23x2，(x)的极大值就是f(x)的极小值，而极大值(x)2x3，当x2时,(x)0，x2是(x)的极小值点，是f(x)的极大值点,即f(2)3是极大值。当x1时,(x)2x30,故x1是(x)的极小值点，是f(x)的极大值点，即7解lim(f(x)x)eXmHX=limy0ln(ey)1y

18、limy0(6分)故斜渐近线方程为yx(8分)2xsinxdx0xcosx2+2cosxdxsinx210(8分)f(1)3是极大值5.解f'(x)122cosxsinx2x6分2=ctgx2x8分6.解当x(e)时，f(x)故x11是垂渐近线。(e：2分)limx=limln(e2)1(4分)xx8令f'(x)0,求稳定点得10.解02xcosxdxxsinx02slnxdxo2sinxdx"2cosx120211.解f(x1)x24x3(x1)26(x1)故f(x)6x812.解lim仝x0sinx厂1lim3x(5分)(8分)(4分)(6分)(8分)cosx3x

19、2xcoxsinxlim-x0-lim6X0x1sinxlim3x0162x四、证明题1.证明先来证明（x,y）R，事实上，设z递性，我们得（x,y）R其次，若txr，则（x,t）R，由传递性表明xrybxryR，则(x,z)R,(z,y)R，由传4分(t,y)R，即tyR6分7分8分同理有，ybxr，即xryR0f'(x)2(xaj(xa?)-2(xan)xna2an）是稳定点（4分）f"(x)2n0.故f"(x。)2n0.X。是最小值点9.解：f(x)2cos122sinx2x(cosx)(8分)ABC2.证明因A,B,C为三角形的三个内角，故有0,0,0,2分

20、根222222亠1ABC1ABCX1故有一(sin32sin2sin2叫W即.A.BCc38sinsinsin3sin222623.证明：设f(x)13xx,g(x)sinx,h(x)x,显然有f(0)据f(x)sinx在(0,)内是上凸函数4612f(x)1x,g(x)cosx,h(x)13g(0)h(0)0分时，g(x)h(x)，故g(x)h(x)时，显然有f(x)g(x)h(x)，而当0xf(x)x,g(x)sinx由已经证明sinxx(x0)得，当x0时,sinx，而对于f(x)与g(x)，有f(0)g(0)16即f(x)g(x)，故有f(x)g(x)，故f(x)g(x)4.证明。因T

21、。是f(x)的最小正周期，故TT。2假设T不是T°的正整数倍，则存在正整数m与正实数r，使得TmT°r,其中0rT04对于定义域D中的任意x，有f(x)f(xT)f(xmT0r)f(xr)即表明r是f(x)的一个正周期，这与T。是最小正周期矛盾。5.证明：设f(x)x2x2,h(x)ln(1x),(x)x,当x0时，f(0)h(0)(2分)f'(x)1x,当x>0时1x21即即当x>0时，f(x)h(x)故f(x)h(x)h'(x)11x,'(x)11x1x(0)0(x)1(x)即xx2ln(121,(4分)(6分)(7分)x)x(8分)6.证明：因limnan1ran1，故存在N,当nN时an1an1rr021（2分）即有aN1r0aN，aN22r0aN1r0aN，一般地有maNmr0aN（5分）.根据r。"'收敛（6分），N故ananan而Nmananr°故anm1n1n1N1nN1m1nN1收敛，（7分）所以n1