数分期末试题及答案

2006-2007 —二三四五六 2007119 f(x)2xsinx2xcosx2

x

xＡ．f(x

x0处连

f(x在[-1，1Ｃ．f(x)在[-1，1]上有连续原函

f(xx0下列命题中不正确的 【 若f(x)在(a,b)内的某个原函数是常数，则f(x)在该区间为零f(xf(xF(xf(xF(xf(x在(ab内不是连续函数，则在(abf(x设曲线C

xacos2t,yasin2

(a0,0t4

线的弧长 2A． 2

32

收敛则级 A.

也收

n(1)nn

C.

也收

anan12设0

(1)n11cos

n 发 条件收 收敛性与有ln(1ln(1x2)3(31x2

= 6e2x1反常积 1e2x10

,或e2e211

arcsine1，或者arccose1如果f(x)exdxexC，则f(x) xdxet2x2

12xex2xet2dt=dx =函数fx2x在x0处的带Peano余项的n 公式nn2xk

lnkxk

)1

ln2x

x2

xn

o(xn 1x 1xxln(x

1x21x21x21x2x 1x21x2x xln(x

1x2 41x1x

1x2)

5112x2x1111 2x 解I 2dx 2 111 11x11x11x1 dx0

1x2)dx41(1

1x2dx..4 x2 11

1x2dx]4[1]44

5cos5sin4x I

sin4

dsin

sin

12u2uu

2(u42u21)du1u32u1u 43 3sin3

sinx

sinx

5a2a2

(a

x0,xa,y

D绕y解V

V2

aa2dy

2a[a2y2a2 3a32a2

2aa)

a32a3

1)2a32a

y3|

1)a3122322

1)a32232

5 1、nn解设an(n2an由于

(n[(n

nn

n

n

0（n，……3 即有limn10 于是 收敛 5n

n12、

1sin1nn nnnn1 nn解设ann

1

1，显然

0nlimn

xsin

sin ， nnn

3x

x0 nn3 1收敛，所以

1

n收敛 5n3n1n

n1 nann

sin1

o(

)~

1 3n1n1

1

n36nn36nn3n1n

n1 nn3、n(n 解设ann(n1)，因为|an|n(n1) 2又

收敛，所以|an(n1)

n|收敛 4n故原级数绝对收敛 54、

n n解设ancos3n,bn ，由于|ann

|

3 2|2{bn}单调递减趋于 3 雷判别法，级数

n

收敛 5x设f(x在ab上可导，f'x在ab上可积，f(a)0。证明x（1）x[a,

fx

f'(t)bb

f(x)2dx(ba)2a

f'(x)2（1）N-Lf(x)

f(axf(t)dtxf(t)dt 2aaf'x在a,b上可积,|f(x)|亦在a,b上可积,且 4aaaa|f(x||xf(t)dt|x|f(t|dt 5aax（2）|f(x)|2x

[a|

(t)|dt]2

1|f(t)|xaa(x12dt)(x|f(t)|2xaa(xa)x|f(t|2dt(xa)b|f(t|2dt 8 b|f(x)|2dxb(xa)dxb|f(x)|2dx(ba)2b|f(x)|2dx b故得成立b

f(x)2dx(ba)2a

f'(x)2

10设f(x)在1,1上二阶可导，且x

f(x)

0

k

f1nn

证明由limf(x)0，知f(0)0，f(0)0 2 f(0af(0f(x)

f(0)f(0)x

f(0) a xo(x) xf(0) a |f(

)

|a|

o(

)~|a

1 6 |a|

12又2

2收敛,于是|f()|收敛 8

k

f1nn

绝对收敛 10或考虑由limf(x)0f(0)0f(0)0 f(01|f()n

|f(x)|

f

f

|f(0)xxn2

xx1

| | 22又n2收敛 于是|f(n)|收敛

k

f1nn

绝对收敛1n0x1

dx 12n2n(n12n利用上题的结果证明：若f(x)在0,1上连续，,n 1xnfxdx 1xkfxdx0,k,n 1111

f(x)2n(n证明

0|x

|ndx2|x1 1

|ndx1|x

1|n 211210

x)ndx

1(x121

n2

(n1

x)n1

02

n

(x

n11 1 1

5n1 n1 2n(n或者1|x1|n

x12

12|t|ndt

12|t|ndt

12tndt

tn1|12

2

n

2n(n由题设条件，得1(x1)nf(x)dx1， 7 Mmax|f(x|，11110111111|1

(x

2

f(x)dx|

0|x

|n|f(x)|dx

0|x2

nnM1|x1|ndx 于是M2n(n 10

2n(n或者1|x1|n|f(x|dx|f(|1|x1|ndx |f(|1|x1|ndx1，所以|f(|2n(n1，故max|f(x|2n(n1 或者