数学分析各校考研试题及答案

1、2003南开大学年数学分析、设w f(x y,x y,x)其中f (x, y,z)有二阶连续偏导数,wxy解：令 u=x+y,v=x-y,z=x贝U wf f f ；x u v zwxyfuu fuv( 1)fvufvv( 1) fzu fzv(1)二、设数列an非负单增且limnanlim a1n nan1an7 a解：因为an非负单增，故有annana21 ann(nan)由limnana ；据两边夹定理有极限成立。二、设f(x)2、x ln(1 x ),x 0试确定0,x 0的取值范围,使f(x)分别满足:(1)极Plim f(x)存在 x 0(2)(3)f(x)在x=0连续f(x)在x

2、=0可导解：(1)因为limx 0f (x) = xim0x ln(1x2)lim xx 0(1)n2n1 x / 2no(x ) n极限存在2+(2)因为lim f (x)=0=f(0)所以要使f(x)在0连续则 x 0 V(3) f (0)。所以要使f(x)在0可导则四、设f(x)在R连续，证明积分 f (x2y2)xdxydy与积分路径无关.一"22斛；令U= x y贝U l f (x2 y2)xdxydy=J f (u)du又f(x)在R上连续故存在 2 lF (u)dF(u)=f(u)du= f (x22、y )xdx ydy所以积分与路径无关。五、设 f(x)在a,b上(

3、此题应感谢小毒物提供思路)导，f(坐)0 且 If(x) M2:f ( x)dx(b a)2证：因 f(x)在a,b可导则由拉格朗日中值定理(a,b)使f (x)叩)f()(xbf (x)dxf ( )(x ab2-)dx Ma ba b2 (a '2x)dxa b (x2M小 、27b a)六、设an单减而且收敛于0。ansin n发散a)证明ansinn收敛b)vnlim un1 其中 unnvn(aksin k aksin k)(aksinkaksin k)证：（i）因为sin k1而an单减而且收敛于 nsin2o据狄利克莱判别法ansin n收敛（2）因为正项级数ansinn

4、发散则aksin k(n）又由上题知uaksink有界故有lim 1 nvntx sin x , 七、设F (t) e t dx证明1 xtx sin x ,(1) e txdx在0,)一致收敛1 x(2) F (t)在0,)连续t>=o上一致收敛；又 e tx证：（1）因 ,口x收敛 （可由狄利克莱判别法判出）故在1 x在x>=1,t>=0单调且一致有界0 e tx 1（ x 1,t0）由阿贝尔判别法知一致收敛t。0,），0使 t0 , 由上题知，F （t）在,一致收敛,sin x且由e tx在(x,t)1,),上连续知f (t)在,连续所以在t0连x续，由t0的任意性得证

5、八、令 fn(x)是a,b上定义的函数列，满足(1)对任意x0a,bfn(x0)是一个有界数列0,当 x,ya,b且 x y时，对一切自然数n,有fn(x) fn(y)求证存在一个子序列 fn (x)在a,b上一致收敛fn,(x)，又令 U=u(x, *)证：对任意x a,b, fn(x)是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列，设为u(xm, xm)x a, b则u为a,b的一个开覆盖集，由有限覆盖定理，存在有限个开区间覆盖a,b,不妨设为u(x1, x)于是对0,能找到一 N>0 ，nk1,nN,xi,(i 1,2,m)有九(为)J (xi)一令3min则由条件(2 )知对上述于是

6、0,a,b,为使 xxl对一切自然数n,有fn(x)fn(xl)0, K 0, k,tK 有 nk,ntN, x a,b, xla,b有fnt (x)fnk(x)fnt(x)fnt(Xl) fn(Xl) fnk(Xl) fn(Xi)fnk(x)fnt(x)fnt(xl) + fnl(xl)L (xl ) +(为)f、(x)由柯西准则得证。2004年南开大学数学分析试题答案1ln-Kxl,f (a)f(a)1. limx af(x) xa ” 而 lim ee 1 f(a) x az2. xfxy±f2 y， xfxyxfxxyfxy xIfyx xf yy = fxyxfxxx1 y

7、f y- f2y 3yyx x3.即证明2ln(1 x)设 f (x)f'(x)4.8 ,sin205.设21n(12 cos2P=xx),即证 x11 x21n(1f(0)(11xp(1x)f(x)f(0)0,证完。ln(x2y2)dxdy2 sin2,cos dln r 2drr5 ln rdr =72Q二2xy2yP 一 ，, 一,积分与路径无关，则yx2dx0nn 16.n原题得证ln n1 nIn n7.2n8.，又当0时,ln nn 1收敛，当0时，级数In n1发散,f(2n) f(n)f'( n)nlim f'( nn)lim nf(2n) f(n)(1

8、)应用数学归纳法,1时命题成立,Fk 1min Fk, fk 1(Fkfk 1 )IFkfk21",由归纳假设Fk 1连续。(2)(3)Fk 1(x)由i k1' ”单调递减趋于F(x) Fk1(x) F(x)' 与 ' '都连续，由地尼定理，该收敛为致收敛。9.(1)证明:xo (a,b), xoX1X2e Xi Xo.、 ，r取 ,Xi X2,X2 Xo ,代入式中得,X2 XoXiXof (Xi )f (Xo ) f (X2) f (Xo)f(Xi) f (Xo) - f(X2) f(Xo)即一LJJ3 ,所以函数X2 XoXi XoX2 Xof

9、 (x) f(Xo)g(X)3单调递增有下界，从而存在右极限，则X Xo一丫、 f(X) f(Xo)f(Xo) lim ;X Xo X Xof(Xi)f(X2)f(X2)f(X3)f(X3)f(X4)Xi X2X3X4 ,由题设可得 ,f (X2)Xi X2XiX2X2X3X3X4f(X3) f(X4)从而 lim f(Xi) f(X2)lim f(X3) f(X4),X3 X4X2 XiXi X2X4 X3X3 X4所以导函数递增。(2)参考实变函数的有关教材。2oo5年南开大学数学分析试题答案i .由于D关于X轴对称，被积函数关于 y成奇函数，所以该积分 为odu2.- dXfXfy -X

10、fz -z ,其中一y ,z 由X X XyzgX gy gz - oXX求出yzhX hy-hzoXXyhXgzhzgXzhXgyhygX,XgyhzgzhyXgyhzgzhy3.limnn k ii _dX_ ' _二4-X25 3o,则 f(x)在 x (o,)上连续。)上一致收Mi4. sintdt 2, 在x (o,)上单调一致趋于 ox t敛，又血在x (o,)上连续，则f (x)在x (o, 一111 e5. 由 泰 勒 公 式 e 1 - , 则1! 2! n! (n 1)!111 ee e 1 -,后者收敛，则原级数收敛。1! 2! n! (n 1)! (n 1)!1

11、 _ x1xMx M6.由拉格朗日中值定理，一f(一) f'() ,后者收敛，由魏尔特拉斯n nnnnn定理，原级数一致收敛。f'(-)由s(x) 一致收敛，则可以逐项求导， s'(x)一；也一致收敛且连续，故 s(x)连续可n 1 n导一、一一Q7.反证：设存在(*0,丫0)有( xPQP一)(xo,yo) 0,不妨仅( )(xo, yo)0 ,由连yxy续函数的局部保号性，知道存在一个邻域，当(x, y)QP一 .时(一Q )(x, y) 0,则存在 xyQ P一个圆周C0,。Pdx Qdy ( )dxdy 0与已知矛盾。D x y一 a _8.当 0 x a 时，

12、f '(x)f''( )x xax a 时，f'(x)f''( )(x a) a2(2)若对任意的 x (0,a)有 f'(x) g(x),设当x U时，f'(x) g(x) 0当x即可6. f (x) g(x°)g(x°)(x Xo) , f (Xo)x,综上，f'(x) g(x)一， a ,，一 一则在x a时，f"(x)不存在，矛盾。(0,a) U时f'(x) g(x) 0,两边对x积分f (x)g(x)(xo x),由 g(x)在(a,b)上有定义，则g(x)在(a,b)上有界

13、，则可以得到 f(x)在(a,b)上连续。(2)XoXiX2,则f(x1)f(xo)g(X1)",则x1x0x2 X1f (Xi)f (Xo)f (X2) f (Xo) nrt f (x) f (Xo)'. 、LL则一"单倜递增有下界，存在右极限，f (Xo)XiXoX2XoXX。存在，同理f(x0)存在，由极限的保不等式性可得2003年中国科学院数学研究院数学分析试题答案A1. xim ln(exBe*)Aln(1 x(1)0时,limAln(exBe')limA ln(1xB Ae=)0时,ximAln面Bex)xim公ln(1 xB Ae,0时,xim

14、Aln(e*Bex)ximAln(1 xB Ae，0时,limx 0ln(eBexlimx 0Aln(1 xB Ae(2)A 0时,Alim ln(ex x 0Bex)limx 0A”ln(1 xlimx 0Alimx 0A(A B) limx_2(A B)x2 e(3)当 B0时,lim ln(e.0Be')ximAln(2ex)xim1n 20时,ximAln(e*Bex)ximAln(2ex)xim0In 20时,ximAln(exBex)ximAln(2ex)ximIn 20时,limx 0Aln(exBex)limx 0Aln(2e)limx 0In 2A ln 2 x2.0

15、时,lim f (x)x 0从而f(x)连续;1 时，f'(0) lim x x 0,11sin1 0, f'(0)存在; x2时,f'(x)sin xx21cos-xlxm0f'(x)0,3.即证:yyxxxylny yln xlnx xln y,In yy IntIntf(1) 0, f(y)f'(t)Iny时,g(y)lny，g'(y)所以f'(t)ln yf(t)f(1)0,1时,设 g(y)ln y所以f'(t)ln y 0f(t)f(y)4.2 cos2 cos2 cos2 cos0,g(y) g(1) 0,，g

16、9;(y)0,2 cos4d2 cos0,g(y) g(1) 0,2 cos402d tan4 tan232,3 2d2 cos2335.假设存在常数f'(x) f(x)积分 In f (b) Inf(a)M (ba）矛盾r cos6.作代换xrsincosrsinsin1 arctan-o2 22 r2 cossin2(1 r cos ), -drrsin20007.椭球面x9638.arctan12arctan122 cos(2cos(2r 2r2 cos)dr =arctan1-16 1 cos22)2 2(1 cos2 )d2 x96z,切点为12196n,D260730,0,

17、当1的切向量为x(一,y,z969,y3和x89,y时,f(2x)xf(x)122x f(x) f(-)2x2吗)吟x412212nx”源) f(相力口:14kx2n12nf(x)哆令n ，所以f'(0) A1 yf(x)1 x2 y2dxA2k14k91 yf (x)lim 7 dxy 0 1x2 y2ymo iyimoilimy 00 limy 011由含参量积分的性质，limy 0gdx y xf(i)0 717dx -f(0)y0 yf(x)0 y卢dx f(2)/7dx 5foy 0科院2006年数学分析试题参考解答1求a,b使下列函数在 x=0处可导：ax b 当x 0;y

18、x2 1 当 x<0.解：由于函数在x=0处可导，从而连续，由f(0 0) b, f (0 0) 1得到b=1;又由f (0) a, f (0) 0得到a=0.即得。, 一,112已知an 0,级数一发散，求证级数也发散.n 1 ann 1 an 1证明：用反证法。由an 0知级数 ,均为正项级数。n 1 ann 1 an 111假设级数一收敛，则lim n 1 an 1n an 1，1 1 ,从而由正项级数的比较判别法知级数一收n 1 an1an11lim -lim limn 1 n an n11 an 1 an 1an 1敛，矛盾，从而得证。3 设m,n0为整数，求积分xm(1 x)

19、ndx勺值.0解:设 I(m,n)=1xm(1 x)ndx,则由分部积分法有01I(m,n)= (1-x)n d0从而m 111(1 小。0n(1nx)1(1)- m3(m 1,n 1).I(m,n) mnln!I (m 1,n(m n)! m1)I (mm 1 m 2m! n!一mn一即得解。(m n 1)!2,n2) L1, ,c、I (m n,0) nm!(利用余元公式、换元、函数更为简单)4设a>0,f(x)是定义在卜a,a上的连续的偶函数，则af(x)a1+exdxaf (x)dx.0证明：由f(x)是定义在-a,a上的连续的偶函数知f( x) f(x),从而令xf(x)7dx

20、 1+e二(dt)从而 dxa1+ex1/f(x).一(：x dx2 a1+ex aa etf(t)r aw*1a2 af (x)dx1 02 f (x)dx2 a/ aa1f (x)dx - f(x)dxf (x)dx2 00af (x)dx 得证。05设函数f (x)在含有a,b的某个开区间内二次可导且f (a)=f (b)=0,则存在(a,b)使得 |f (| J|f(b) f(a)|.(b a)由Tayler定理,Xtx=a+b (a,b)有.1 .2f(x) f(a) f'(a)(x a) - f''( i)(x a)2, 2!12f(x) f(b) f

21、9;(b)(x b) - f''( 2)(x b)2.而f' f '(b)0,故有尸尸1 尸2 尸2|f(b) f(a)| -|f''(i)(x a)2 f''( 2)(x b)21令|f( )| max|f”(i)|,|f”(2)|,则有|f(b )-f(a)|。f ”()2(三)2 | f ”() (b»4即 |f”()l2 |f(b) f(a)|.(b a)a,b上连续,设实值函数f(x)及其一阶导数在区间而且f(a)=0,则6 max|f(x)| . b xa,bbf2(x)dxa2(b1_ b2一 _2a( |

22、 f'(t)| dt)ab2-2a) | f '(t) | dt.a证明：我们先来证明一个不等式，一般的称为Cauchy-Schwarz 不等式，即b定理 1 f(x)g(x)dx1b1 b2(f 2(x)dx)2( g2(x)dx) (f, g是a,b上的可积函数)Xf'2(t)dta(b a)2 bf '2dt又得证。设 h(x) f (x) tg(x)，则 2- 2-22h (x) f (x) 2tf(x)g(x) t g (x),两边从a到b取积分，有bbbb2- 2-22h (x)dx f (x)dx 2t f(x)g(x)dx t g (x)dx a

23、aaa由等式右边对 t ?都成立，知bbbV (2 f(x)g(x)dx)2 4 f2(x)dx g2(x)dx 0.即证.aaa卜面我们来证明题目(1)设 max| f (x) | | f 的)|，则有 Newton Leibniz公式有 x a,bxXo| f (Xo) | |f(a)| f(t)|dt |f(t)|dtaaX)即 |f(%)|2 ( |f(t)|dt)2aX)X)X|f(t)12 dt 12dt (xo a) |f(t)12 dtaaab(b a) |f(t)12 dta两边开方即得证。同样，由Newton-Leibniz 公式有XXf(x)=f(a)+f'dtf

24、 '(t)dtaaxxx即f2(x) ( f'(t)dt )2f'2dt 12dtaaa等式两边X从a到b积分有bbxf'2(x)dx(x a) f'2(t)dtdxaaab x 2f'2(t)dtd(X a)a a2 31b bf'2(x)3dx2 a a2a22 u .2)dxdy u蜒ndsC ndyC xu( dx) y2U"人 )dxdy u8设曲线2 x-2 a2 y1的周长和所围成的面积分别为L和S,还令J?(b2x2xy a证明：由又称性知 J22 22,2,2, 2.x 2xy a y )ds a b ds a

25、 b L2 2 2_22a2b2S2L-2- L 2-1 dx “9计算积分 W的值，并证明它也等于数项级数0 1+xM勺和。1 3n 2解:、几 1 dx设口3"，0 1+xdx3 31 xdx0 (1 x)(1 x x2)0(313xx 2 F)dx1 1n(13111 2x 1 3x) |06 0 x2dx 131n211n(x2 x61 1)1031n21 d(2x1)n 2x 1 201 ()31n2送arctan立33设n是平面区域D的正向边界线C的外法线，则27 u ./ u? 一ds ( 2 c n d u证明: 由Green公式有31n2-39n 1为证明(1)n

26、1=I,我们先来证明一个定理:3n 2定理2f(x)anxn在|x|<R内收敛，若0nR an 0 nn 1一也收敛，则1Rf (x)dx0Rn 1n0ann事实上，f屋)在(R, R)上收敛,从而内闭一致收敛，对于任何x (-R,R),都有xfdt0antndtoxantndto on 1 x an 一 n 0 n ,即有曷级数n 1 x an 7n 0 n 1在(R,R)上收敛，而Rn 1an也收敛,n 0 n 1从而在0, R上一致收敛，和函数在x=R处左连续，便有Rxn 1Rf (x) dx lim an an 0x R 0n 0 n 1 n 0 n5回到题目，看数项级数(1)

27、收敛，设n 1 3n 2f(x)=n(1)n 1x3n 3 , |x|<1,由定理 2 即知 0(1)n 1 r( 0=f(x)dx=I. n 1 3n 20' 'x旋转所成的曲面的表面积10 求曲线 x a cosa ( cos t sin t)sin t costdt1, y a sin3 t(a 0)绕直线 y解：这是星形线，充分考虑到对称性 (x=0,y=0,x=y,x=-y),有表面积33 £ I| acos t asin 11x'2(t)y'2(t)dt6.23T3- 3(cos t sin t)sin t costdt 6、212、

28、2 35北京大学2005x,试求 lim supf(x)和 lim inf f (x).首先我们注意到.f (x)2 ci1x21sinx在sinx (0,1的时候是单调增的.x sin x并且在x充分大的时候显然有2.x sinx 1 .-sin xx sin x2_x sin xsin x所以易知在x时，lim supf (x) 1. x当然此上极限可以令 x 2k ,k 2这么一个子列得到.对于f (x)的下极限我们注意到lim 2s1nxx x sin x0,而 limx2 _ 2x sin xinf - 0,x sin x所以有 lim inf f (x) 0.x此下极限当然可以令

29、x (2k 1) ,k这么个子列得到.1.设f(x)在开区间(a,b)可微，且f (x)在(a,b)有界。证明f(x)在(a, b) 一致连续.证明：设f (x)在x (a,b)时上界为M.因为f(x)在开区间(a,b)上可微.对于 x1，x2 (a,b),由Lagrange中值定理，存在(斗区)，使得f(x1)。)f ( ) x1x2M x1 x2 .这显然就是Lipschitz条件，所以由x1,x2任意性易证明f(x)在(a,b)上一致收敛.(2)设f(x)在开区间(a,b)( a b)可微且一致连续，试问f (x)在(a,b)是否一定有界。(若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明)证明

30、:否定回答.f (x)在(a,b)上是无界的.1设f(x) (1 x)2,显然此f(x)在0,1上是连续的根据Cantor定理，闭区间上连续函数一致连续.所以f(x)在(0,1)上一致连续.1显 然 此 f (x) (1 x)2在(0,1)上是可微的.f (x) T. 而2(1 x)22 .1x sin x 1 设 f (x)-sinx sin xf (x) 1T在(0,1)上是无界的2(1 x)?一-2 23.设 f(x) sin (x 1).(1)求f(x)的麦克劳林展开式。(2)求 f (0)。(n 1,2,3 )解：这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变f(x)5 cos2(

31、x21).再由cosx白Maclaurin展开式有.又由于f(x)是偶函数，所以其展开式形式应该为:f (x) ko k1x2 k2x4 Lknx2n Lf(x)比较系数有：ko0, 接下来，若p为奇数,则由2k / 2 2k1 k 12 (x 1)一 ( 1) 2 M(2k)!中x2p项系数为:1C2”ka 1)k 12 k 1(2k)!2122kq 1)k 12 k 1(2k p)!p!22k p 2t 1, k t2有k2Pp 12pa 1尸22t 1d 1)t12p! t 1(2t 1)!p 12Pgi 1)kgsin22p!p q 1同理可得：p为偶数时，k2P 2 aI '

32、os2 。综合得: p 2p!g 2P 1g(2 )!一(1)2 2 g(2p)!sin2p为奇数nDP!f2P(0) k2Pg(2p)!p J(-1)V 2 ；,)! cos2p为偶数f(n)(0)f2P 1(0) 0其中 p 1,2,3L2 .4.试作出定义在 R中的一个函数f(x,y),使得它在原点处同时满足以下三个条件:(1) f (x, y)的两个偏导数都存在；(xy 2222 x y 0解：f (x, y) x y0 x y 0数存在22x(x y )fy(x，y)2 22 2(x y )22,而对于y(y2 x2)fx(x,y)y(2y2、2(x y)点也成立。对于任意方向极限，

33、有lim0 f ( cos显然沿任意方向趋于原点。此函数的方向极限都存在。最后，因为沿;任何方向极限都存在；(3)原点不连续。显然这个函数在 xy 0的时候，有偏导fy(x,y) 0xy 0的时候，有 y,此式在原fx(x, y) 02.、gcos sinsin ) lim2 cos sin 。/02趋向原点。不妨设,(0,-),显然有不同的极限4cos sin 与cos sin 。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。2, 222一一5.计算Lx ds.其中L是球面x y z 1与平面x y z 0的交线。222解：首先，曲线 L是球面x y z 1与平面x y z 0的交线。因为平面222

34、x y z 0过原点，球面x y z 1中心为原点。所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有z2ds。L,_,212因止匕有x ds=(xL 3 Ly2 z2)ds=1 ds = 23 L 36.设函数列 fn(x)满足下列条件:(1) n, fn(x)在a,b连续且有 fn(x) fn1 (x)(x a,b)(2) fn(x)点点收敛于a,b上的连续函数s(x)证明：fn(x)在a,b上一致4敛于s(x)证法1 ,首先，因为对任意 Xoa,b，有fn(x0)S(Xo)。且有 fn(x。) fn i(Xo),所以nk ,对于任意n2，有0 S(x°)储()-3又因为

35、fn(x)与S(x)在x0点连续。所以可以找到X00X XoS(x)且 xa,b 时。有 fnk(x)fnk(xo)S(x) S(%)同时成立。fn(x) S(x) fnk (x)如此，令 x:S(x)xo一,以及3因此，当 n nk ,X XoS(xo)S(xo) fnk (xo)5,所以有开区间族Jxa,b1(x)fnk(xo)时,X0 :xoa,b覆盖了a,b区间。而S(x)在闭区间a,b上连续。由 Heine-Borel从开区间族 为:% a,b中可以选出有限个Xi ,X2 ,X3 ,LXk，k使 a,b U不。由i 1xi的选法。可由相应Xi与nkin nki 时，有 S(x) fn

36、(x)取 N max nk :1 iN 时，且 x a,b ,有 S(x)fn (X) 成立。所以fn(x)在a,b上一致收敛于S(x)。证毕。2 12 ,x ds y ds LL证法2 :反证法.设存在某0 0 ,对于任意n ,有一 Xn ,使得fn(Xn) S(Xn)0 .又 xn 有界，由 Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收敛子列xnk收敛于 a,b中某值x0 .因为对任意X0a,b ,有fn(x°)S(Xo)。且 有fn(x0)fn1(x0),所以nkp,当nknkp时，有S(%)口(%)S(x0) fnk (xo)kkp0设某L 、，由S(x)与fn

37、k (x)连续性.存在一 。 ,当 p1pkp1x x00,且xa, b 时有S(x) S(xo) 以及九(x) fn (xo) 上同时成立.显然，又因为3k pikp 13xnkxo .所以存在K值，K kp1 .当g nK时，xnxo0成立.最后，当nk nK时，有kS(xnJ1(xn/，M)1)S(。)S(%)S(%)工区)仁优)几1册)< 0 .这与假设矛盾.所以在a,b上， fn(x)是一致收敛于s(x) .证毕.大连理工大学2005试题数学分析试题解答一、 计算题,a1 2a2 . nan _ .1、 求极限：lim2，其中 lim an annn解：lim a1 2a2 2

38、. nan lim (n ?an12 lim (n 1)an a (利用 Stolz公式)nn2n (n 1)2 n2 n 2n 12x 1.x22、求极限：lime (1)Xx解：lim e x(1 x(1Q limx1)x2 x1)xx1lim(x(1 1)x-)xe1 x 1(1 -) (ln(1 -)limx吉)elimxo()xTxlim e x(1 x1 x2-)x x(1 lim( x-)x xe)x3、证明区间(01)和证明：构造一一对应，八14、计算积分d y解:lim(x(0, + )具有相同的势。y=arctanx。e2x、x1I)Jedxdy ,其中D是x=0,y=1,

39、y=x围成的区域 x1 -dxdyd y x10ln(1 y)dy1 dxdyy x10 ln ydy101mxy2)lo dy(1 y)ln(12ln 2y)(1 y) yln yy|05、计算第二类曲线积分:ydx xdyC 22-C x yC : x22y2 1方向为逆时针。x cos6、设证明:1 .sin2ydx xdyx tan万能公式代换4x20,2 )换元1. 2rsin212cos.21 2cos22 cos2 . dcos28、2(2x2)2 xx6d arctanx水1x2)22 dx (2 x2)(1 x2)a>0,b>0,证明:x2f(b1)构造函数f(x

40、)b 1bf(b)f'(x)xln(1 邛 xx所以f(x)递增，从而得证x (a b)0(Taylor展开可以证明)设f(x)为a,b上的有界可测函数，且f 2(x)dx 0,证明：f(x)在a,b上几乎处处为a,b0。证明：mA>0。反证法，假设 A=x|f(x) w0,那么1An x| f(x) -, A UAn。必然存在某个 An,mAn 0 n n 1f2(x)dx m 0,矛盾a,bn设函数f(x)在开区间(0,)内连续且有界，是讨论 f(x)在(0,)内的一致连续性。讨论：非一致连续，构造函数:一、1f (x) sin 一 x显然，f(x)连续且有界。但是反证法：如

41、果一致连续，对1 1| sin sin | .取1x'x"”*)在*0时非一致连续0,x 0,0,当 |x' x"|令 x,一2(2n1| sin sinx',x1)1 1 x"n足够大的时候|x' x"|(2n 1)n四、设 f(x, y),(x, y) (0,0),讨论函数的连续性和可微性。0,( x,y) (0,0)五、解：1)连续性：连续2)f(x,0)f(0,0)fx(0,0) limx 0fy(0,0)lim0xf(0,y) f(0,0)limx 0y 0f(x, y)fx(x,y) fy(x, y)设 f(x

42、)在(a,b)内二次可微，求证:a b(a,b),满足 f (a) 2f ()2f(b)lim - x 02y 0 x(b a)24f"()证明：*b a令g(x) f(xf(x),利用 Cauch川值止理：g(X) g(a) g'( ) f(b-a) f( ),(a,x)x a2利用Lagrang升 值定理：f(詈)f()詈 f"(),( ,*)令=:£，原式g(x) g(a) (b-a)2f"()22六、f(x)在 R上二次可导， x R, f "(x) 0, x R, f (x0) 0Jim f '(x)0,Jim f &

43、#39;(x)0,证明：f(x)在R上恰有两个零点。证明：(1)先证：当x的时候，f (x) 0Q lim f '(x)，所以，当x的绝对值足够的时候，不妨设x x1 0, xf'(x)当x x1 时，f(x)f(x1) (x x1).2当 x 2 f (x1)Xi 的时候，f(x) 0(2)同理，当x的时候，f (x) 0又f"(x) 0f'(x)为递增函数f(x)先单调减少，在单调递增Q f(%) 0,根据连续函数的介值定理，在(，x0),(x0,)各有一个零点七、:aX)Xin 1设函数f(x)和g(x)在a,b内可积，证明Xa,b内任意分割Xnb, i

44、, iXi,Xi 1,i0,1,2,.有blim0f( i)g( i) Xia f(x)g(x)dx| | i 0证明:解:根据定义bf (x)g(x)dx an 1I f( i)g( i) i 011mn 1f ( i)g( i) xii 01f( i)g( i) x In 1max|f(i)|g( i) g( i)| Kii 0由于g(x)可积，所以limI I n 3n 1(1) x3n 10|if( i)g( i)0L0 3n1)n1n 1|g( i) g( i)I Xn 3、n(1)(x)在(0 3n 1f( i)g( i) g( i) X Ii X 0,( i为振幅)n 1f( i)g( i) x i 01,1内收敛0,从而得证(n 0M(xn1了他3/1在(1,1W一致收敛,所以可以逐项求导n / 3. n(1) (x ) )'0 3nMn / 3、n(1) (x )i 01 ( x)3M 31 x3(1)nn 03n 1ln(1 x)110M 1(x)1 d(xdx10(12xJ3i)dx1 x xx)2 x1d(