数学分析试题及答案4
(十四) 《数学分析Ⅱ》考试题
一 填空(共15分,每题5分):
1 设E
={x -[x ]|x ∈R , 则sup E = 1 , inf E = 0 ;
f (x ) -f (5)
=4;
x -5
2 设
f '(5) =2, 则lim
x →5
⎧sin ax ,
3 设f (x ) =⎨
⎩ln(1+x ) +b ,
b = 0 。
x ≤0, x >0
在x =0处可导,则a =
二 计算下列极限:(共20分,每题5分)
111
++ +) n ; 1 lim (1+
n →∞23n
1
111,++ +) n ≤n n ,解: 由于1≤(1+又lim n =1
n →∞23n 111n
lim (1+++ +) =1。故 n →∞23n
2 lim
1
11
1+2+ n n →∞(n ) 3
;
解: 由stolz 定理,
lim
1+2+ n n
=lim
n →∞n →∞(n ) 3-(n -1) 3(n ) 3
=lim
n →∞
n
(n -
n -1)(n +
n (n -1) +n -1)
=lim
n (n +n -1)
n →∞(n -(n -1))(2n +n (n -1) -1)
1+
-
1
n
=2 . 3
=lim
n →∞
2+(1-
11) -2) n n
3 lim
x →a
sin x -sin a ;
x -a
sin x -sin a
解: lim x →a x -a
=lim cos
x →a
2cos
=lim
x →a
x +a x -a
sin x -a
x +a 2
sin
x -a =cos a . 2
4 lim (1+
x →0
2x )
1x
。
2
⎡=lim (1+2x ) 解: lim (1+2x ) ⎢x →0x →0
⎣
1x
12x
⎤2
=e . ⎥⎦
三 计算导数(共15分,每题5分):
1 f (x ) =
x 2+1-ln(x +x 2+1), 求f '(x );
1+
2x
x x +1
2
2
2x +1=解: f '(x ) =-
2x 2+1x +x 2+1
2x
-
1x +1
2
=
x -1x +1
2
。
3
⎧x =a cos t 2 求由方程⎨表示的函数的二阶导数; 3y =a sin t ⎩32
'dy (a sin t ) 3a sin t cos t 解: ===-tan t ,
dx (a cos 3t ) '-3a cos 2t sin t
d 2y -sec 2t sec 2t
==。dx 2(a cos 3t ) '3a cos 2t sin t
3 设y =(3x -2) sin 2x , 解: 由Leibniz 公式
2
求y (100) 。
012
y (100) =C 100(sin2x ) (100) (3x 2-2) +C 100(sin2x ) (99) (3x 2-2) '+C 100(sin2x ) (98) (3x 2-2) ''
⨯9998=2100sin(2x +100)(3x 2-2) +100⋅299sin(2x +99) 6x +10022sin(2x +98) ⋅6 222
=2100(3x 2-2) sin 2x -600⋅299x cos 2x -29700⨯298sin 2x
=298[(12x 2-229708) sin 2x -1200x cos 2x ]。
四 (12分)设a
>0,{x n }满足:
1a
(x n +), 2x n
n =0, 1, 2 ,
x 0>0, x n +1=
证明:{x n }收敛,并求lim x n 。
n →∞
解: (1) 证明:易见,x n >0, (n =0, 1, 2, ), x n +1≥x n
n
=a (n =0, 1, 2, ),
2
a -x n 1a
从而有: x n +1-x n =(x n +) -x n =≤0(n =1, 2, ) ,
2x n 2x n
故{x n }单调减少,且有下界。所以{x n }收敛。 (2)求lim x n : 设l
n →∞
={x n },由(1)知:l ={x n }≥a >0。
在x n +1=
1a
(x n +) 两边同时取极限得 2x n
l =lim x n +1=1lim (x n +a ) =1(l +a ), 解之得l =a ,即lim x n =a 。
n →∞n →∞
2n →∞
x n
2
l
x 2y 2
(x 0, y 0) 五 (10分)求椭圆2+2=1过其上点
a b
处的切线方程。
2x 2y y 'x 2y 2
=0, 解: 在方程2+2=1两边对x 求导数得:2+
a b 2a b
b 2x b 2x 0
故y '=-2, 从而y 'x =x 0=-2,所以椭圆在点(x 0, y 0) 处的切线方程为
y =y 0a y a y 0
xx yy b 2x 0
y -y 0=-2(x -x 0) ,即20+20=1
a b a y 0
六(10分)利用Cauchy 收敛原理证明:单调有界数列必收敛。
证明:设{x n }单调有界,不妨设{x n }单调增加。
假定{x n }不收敛,则由Cauchy 收敛原理,存在常数ε0
>0, ∀m , n >N
(m
令N
=1, 存在m 1, n 1>1 (m 1
再令N
=n 1, 存在m 2, n 2>n 1 (m 2
一般地令N
=n K +1, 存在m k , n k >n k -1 (m k
这样得到{x n }的一个子列:x m 1, x n 1, x m 2, x n 2, , x m k , x n k , 满足:
x m k -x n k ≥ε0。从而有x n k -x m k ≥ε0,x n k ≥x m k +ε0
(k =2, 3, ) ,由此式递推可知:
x n k ≥x n k -1+ε0≥x n k -2+ε0+ε0≥ ≥x n 1+(k -1) ε0→+∞,
因而{x n }无界,与条件矛盾,故{x n }收敛。 七(8分)设f (x ) 在[a , +∞) 上(a >0) 满足:
∀x , y ∈[a , +∞), |f (x ) -f (y ) |≤K |x -y |
(K ≥0为常数)。证明:
1
f (x )
在[a , +∞) 上有界; x
f (x )
在[a , +∞) 上一致连续。 x
2
证明:1. 由条件知,∀x ∈[a , +∞), |f (x ) -f (a ) |≤K |x -a |, 故:|f (x ) |≤|f (x ) -f (a ) |+|f (a ) |≤K |x -a |+|f (a ) |,
f (x ) |f (a ) ||x -a ||f (a ) |x -a |f (a ) |
≤K +=K +≤K +, x |x ||x |x x a f (x )
在[a , +∞) 上有界。 x
可见
2. ∀x 1, x 2∈[a , +∞),
f (x 1) f (x 2) |x 2f (x 1) -x 1f (x 2) ||x 2f (x 1) -x 2f (x 2) +x 2f (x 2) -x 1f (x 2) |
-== x 1x 2x 1x 2x 1x 2≤
x 2|f (x 1) -f (x 2) ||f (x 2) |⋅|x 2-x 1|
+
x 1x 2x 1x 2
≤
|f (a ) |K 1⎡2K |f (a ) |⎤
|x 1-x 2|+(K +) |x 1-x 2|=⎢+2⎥⋅|x 1-x 2|,a a a a ⎦⎣a
ε
∀ε>0, 取δ=f (a ) , ∀x 1, x 2∈[a , +∞),
[a +a ]
f (x 1) x 1
当|x 1-x 2|
-
f (x 2) x 2
, 故
f (x ) 在[a , +∞) 上一致连续。
八(10分)设a 1, a 2, a n 为实常数,证明:
f (x ) =a 1cos x +a 2cos 2x +
+a n cos nx
在(0, π) 内必有零点。
证明:令 则
F (x ) =a 1sin x +a 2sin 2x + +a n sin nx ,
F (x ) 在[0,π]上可导,F '(x ) =f (x ), F (0) =F (π) =0, 故由Rolle 中值定理,
∃ξ∈(0, π), 使F '(ξ) =0, 即f (ξ) =0,
故
f (x ) 在(0, π) 内必有零点。
(十五)数学分析2考试题
一、单项选择题(从给出的四个答案中,选出一个最恰当的答案填入括号内,每小题2分,
共20分)
1、 函数f (x ) 在 [a,b ] 上可积,那么( ) A f (x ) 在[a,b ]上有界 Bf (x ) 在[a,b ]上连续
C f (x ) 在[a,b ]上单调 Df (x ) 在[a,b ]上只有一个间断点 2、函数f (x ) 在 [a,b ] 上连续,则在[a,b ]上有( )
d b d x
f (x ) dx =f (x ) f (t ) dt =f (x ) A B⎰⎰a a dx dx d b d b
f (t ) dt =f (-x ) f (t ) dt =f (x ) C D⎰⎰x x dx dx
3、 在[a ,+∞]上恒有f (x ) ≥g (x ) ,则( ) A C
⎰⎰
+∞
a +∞
f (x ) dx 收敛⎰g (x ) dx 也收敛 B⎰g (x ) dx 发散⎰
a
a
+∞+∞+∞
a
f (x ) dx 也发散
a
f (x ) dx 和⎰g (x ) dx 同敛散 D 无法判断
a
+∞
4、级数
∑a
∞
n
收敛是( )对p =1,2…,lim (a n +1+a n +2+ +a n +p ) =0
n =1
n →∞
A 充分条件 B必要条件 C充分必要条件 D 无关条件 ∞
5、若级数
∑1
)
n =1
n α
+1
收敛,则必有(A α≤0 Bα≥0 Cα0 ∞
6、f (x ) =
∑a
n
(x ) 在[a ,b ]一致收敛,且a n (x ) 可导(n =1,2…)
,那么( n =1
∞
A f (x )在[a ,b ]可导,且f '
(x ) =
∑a
'
n
(x )
n =1
∞
B f(x )在[a ,b ]可导,但f '
(x ) 不一定等于
∑a
'
n
(x )
n =1
∞
C
∑a
'
n
(x ) 点点收敛,但不一定一致收敛
n =1∞
D
∑a
'
n
(x ) 不一定点点收敛
n =1
7、下列命题正确的是( ) ∞
A
∑a
n
(x ) 在[a ,b ]绝对收敛必一致收敛
n =1∞
B
∑a
n
(x ) 在[a ,b ] 一致收敛必绝对收敛
n =1∞
C
∑a
n
(x ) 在[a ,b ] 条件收敛必收敛
n =1
∞
D 若lim n →∞
|a n (x ) |=0,则
∑a
n
(x ) 在[a ,b ]必绝对收敛
n =1
8、
∑∞
(-1) n
(1-1) x n 的收敛域为( ) n =1
n A (-1,1) B (-1,1] C [-1,1] D [-1,1)
9、下列命题正确的是( )
A 重极限存在,累次极限也存在并相等
B 累次极限存在,重极限也存在但不一定相等 C 重极限不存在,累次极限也不存在
)
D 重极限存在,累次极限也可能不存在
10、函数f (x,y ) 在(x 0,,y 0)可偏导,则( )
A f (x,y ) 在(x 0,,y 0)可微 B f(x,y ) 在(x 0,,y 0)连续
C f (x,y ) 在(x 0,,y 0)在任何方向的方向导数均存在 D 以上全不对 二、计算题:(每小题6分,共30分)
1p +2p + +n p
(p >0) 1、lim p +1n →∞n
2、计算由曲线y =x 2和x =y 2围成的面积 3、求极限
(x , y ) →(0, 0)
lim (
1
+y sin )
x +x 2+y 2-1
x 2+y 2
4、 已知z =f (x , ) ,求
x
y ∂z ∂z , ∂x ∂y
5、 计算
∑(-1) n -1
n =1
∞
n n
x 的收敛半径和收敛域 n 2
三、讨论判断题(每小题10分,共30分)
1、讨论
⎰
+∞
x 1-p
的敛散性 p +q
|x -1|
n 2+1-n 2-1) 的敛散性
2、 判断
∑(
n =1
∞
(-1) n sin nx
3、 判断∑的一致收敛性 2
n +1n =1
∞
四、证明题(每小题10分,共20分)
1、设f (x ) 是以T 为周期的函数,且在[0,T ]上可积,证明
∞
⎰
a +T
a
f (x ) dx =⎰f (x ) dx
T
∞x n x n
2、设级数∑α收敛,则当α>α0时,级数∑α也收敛
n n n =1n =1
参考答案
一、1、A 2、B3、D4、A5、D6、D7、C8、A9、D10、D 二、1、由于x 在[0,1]可积,由定积分的定义知(2分)
11p +2p + +n p 11p 2p n p 1p
lim =(4分) lim (++ ) =x dx =p +1p p p ⎰0n →∞n →∞n n n p +1n n
p
2、 、两曲线的交点为(0,0),(1,1)(2分)
1
(4分) ⎰0
3
11
3、解:由于sin 有界,lim y sin =0(2分)
(x , y ) →(0, 0) x x
所求的面积为:
1
(x -x 2) dx =
(x 2+y 2)(+x 2+y 2+1) 1
lim (+y sin ) =lim
22(x , y ) →(0, 0) x (x , y ) →(0, 0) (+x 2+y 2-1+x 2+y 2+1) +x +y -1
x 2+y 2
(3分)=
(x , y ) →(0, 0)
lim
+x 2+y 2+1
=2(1分)
1
4、解:
∂z 1∂z x =f 1+f 2(3分)=-f 22(3分) ∂x y ∂y y
5、解:lim (-1) n -1
n →∞
n 1
,r =2(3分) =22n
由于x =-2,x =2时,级数均不收敛,所以收敛域为(-2,2)(3分)
三、1、解、因为被积函数可能在x =0和x =1处无界,所以将其分为
⎰
+∞
1+∞1x 1-p x 1-p
+⎰=⎰(2分)
0|x -1|p +q x 1-p 1|x -1|p +q |x -1|p +q
考虑奇点x =0应要求p-1
11
,知2p+q-1>1时积分收敛(2分) ~
x p -1(x -1) p +q x 2p +q -1
所以反常积分满足p
∞
11
2、解:由于n +1-n -1=,又∑发散(2分) ~(6分)
22
n =1n n +1+n -1n
22
2
所以原级数发散(2分)
(-1) n sin nx 1
3、解:(6分),由weierstrass 判别法原级数一致收敛性(4分) ≤22
n +1n
四、证明题(每小题10分,共20分)
1、证明:
a +T
T
a +T
⎰
a
f (x ) dx =⎰f (x ) dx +⎰f (x ) dx +⎰
a
a
a
T
f (x ) dx (1)(4分)
⎰
a +T
T
f (x ) dx x =T +t ⎰f (t +T ) d (t +T ) =⎰f (t ) dt (2)(4分)
∞
将式(2)代入(1)得证(2分)
x n ∞x n 11
2、证明:∑α=∑(αα-α) (4分)α-α单调下降有界(3分)由Abel 定理
n 0n 0n =1n n =1n
知原级数收敛(3分)