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2010级数学分析第1学期期终考试2011-1-14(解答)


数学分析 C(1)期终考试解答 (2011 年 1 月 14 日 )
一、填空题(每小题 4 分,共 20 分) x ? arcsin x 1 1 极限 lim = ? x →0 x ln(1 + x 2 ) 6 2 设 f ( x) = nx (1 ? x)n , n ∈ N ,记 f ( x) 在 [0,1] 上的最大值为 M (n) ,则 lim M (n) = e?1
n →∞

3 设 f ( x) 有原函数

sin x ,则 x f ?′( x)d x = x



x cos x ? 2sin x +C x
dy dx =
x =0

4 设 y = y( x) 由方程 ∫ et dt + y e x = 1确定,则
0

xy

2

?2

5 设旋转体是由曲线 y = xe

?

x 2

( x ≥ 0) , x 轴以及直线 x = a 围成图形绕 x 轴旋

转而成,其体积记为 V (a) ,则 V (a) =

π[1 ? e? a (1 + a)] , lim V (a) = a →+∞ 1/ n 2/ n n/ n ?? 2 ?? 1 2 2 5 ? 极限 lim ?? + +L + ?? = n →∞ n + 1 ln 2 n + 1/ 2 n + 1/ n ?? ??

π

二、单项选择题(每小题 3 分,共 15 分) 1 设 f ( x) , g ( x) 均可导且恒不为零,又 f ?′( x) g ( x) ? f ( x) g ?′( x) > 0 ,则对 ?x > a 有 A f ( x) g (a) > f (a) g ( x) ; B f ( x) g ( x) > f (a) g (a) ; C f (a) g ( x) > f ( x) g (a) ; D f (a) g (a) > f ( x) g ( x) 【 A 2 设 f ( x) 在 x = 0 的某邻域内连续, f (0) = 0 ,又 lim
x →0



f ( x) 1 ? e? x
2

= 1,则在 x = 0 处

A f ( x) 不可导; C f ( x) 取极大值; 3 考虑下列函数在 [0,1] 上的可积性
1 ?? 1 ?? sin , x ∈ (0,1] f ( x) = ?? x x , ?? x=0 ?? 0, f 可积, 而 g 不可积;
f 和 g 都可积;
e

B D

f ( x) 可导,且有 f ?′(0) ≠ 0 ; 【 f ( x) 取极小值
?? 1 ?? 1 ?? ?? ? ?? , x ∈ (0,1] g ( x ) = ?? x ?? ?? x ?? ?? 0, x=0 ??

D



A C

B f 不可积,而 g 可积; D f 和 g 都不可积



B 】

4 设 f ( x) = ln x ? x ∫ A
f ( x) = ln x ?

1

f ( x) dx ,则 f ( x) 的表达式是 x
B
f ( x) = ln x +

x ; 2e C D f ( x) = ln x + 2e x . 【 A 】 5 设对 ?x ∈[a, b] 有 f ( x) > 0 , f ?′( x) < 0 , f ?′?′( x) > 0 . 记 b f (a) + f (b) S1 = ∫ f ( x)dx , S2 = f (b)(b ? a) , S3 = (b ? a) 则有 a 2 A S1 < S2 < S3 ; B S3 < S2 < S1 ; C S2 < S1 < S3 ; D S1 < S3 < S2 【 C 】

x ; 2e f ( x) = ln x ? 2e x ;

B 卷:

B

C

A

B

D
1

三(12 分)全面讨论函数 f ( x) =

x3 ? 2 性态,并列表作图. 已知 2( x ? 1)2

6( x ? 2) ( x + 1)( x ? 2)2 , f ?′?′( x) = 3 2( x ? 1)4 2( x ? 1) 解 1o D f = (?∞, 1) ∪ (1, + ∞) ,与 y 轴交点为 (0, ?1) ; (2 分) 2o 令 f ?′( x) = 0 ,得驻点 x = ?1 , 2 ;令 f ?′?′( x) = 0 ,得可能拐点 x = 2 ; (4 分) 3o 因 lim f ( x) = ?∞ ,故 x = 1 为垂直渐近线;又
f ?′( x) =
x →1

a = lim
x →∞

f ( x) 1 1 = , b = lim[ f ( x) ? x] = 1 x →∞ x 2 2
(6 分) (10 分)
?1
0

故y=

1 x + 1为斜渐近线 2

4o 列表作图

x

(?∞, ?1)

(?1, 1)

(1, 2)

2
0 0

(2, + ∞)

f ?′( x) f ?′?′( x) f ( x)

+ ?
递增上凸

?
极大值 ?3 / 8

? ?
递减上凸

+ ?
递增上凸

+ +
递增下凸

拐点

y 3

1 ?2 ?1 1 O ?1 2 x

(12 分) 四 (9 分)设函数 f (t ) 在 [a, b] 上有定义,且对 ?x ∈[a, b] ,左极限 lim f (t ) 与右极限
t → x? t → x+

lim f (t ) 都存在. 证明: f 在 [a, b] 上有界.

?′ > 0 , 及 M x ?′ , x) 有 ?′ > 0 使 ?t ∈ ( x ? δ x 证 对 ?x ∈[a, b] , 由 lim f (t ) 存 在 知 ?δ x
t → x?

?′?′ > 0 , 及 M x ?′?′) 有 | f (t ) |< M x ?′?′ . 令 ?′ , 类 似 地 , ?δ x ?′?′ > 0 使 ?t ∈ ( x, x + δ x | f (t ) |< M x
2

?′ , M x ?′?′,| f ( x) |}, 则 ?t ∈U ( x, δ x ) 有 | f (t ) |≤ M x . (4 分) δ x = min{δ x?′ , δ x?′?′}, M x = max{M x
由于

x∈[ a ,b ]

U

据 Borel 定理知, 存在 x1 , x2 ,L , xn 使得 U U ( xi , δ xi ) . U ( x, δ x ) ? [ a , b ] ,
i =1

n

令 M = max{M xi }, 则 ?t ∈ [a, b] , ?i (1 ≤ i ≤ n) 使得 t ∈ U ( xi , δ xi ) ,于是
1≤i ≤ n

| f (t ) |≤ M xi ≤ M .
五、计算题 (每小题 7 分,共 28 分) 1. 求积分 ∫ e x ? 1dx . 解 令 e x ? 1 = t ,则 x = ln(1 + t 2 ) ,d x =

(9 分)

2t dt .于是 1+ t2

(3 分)

2t 2 2 ?? ?? 原式 = ∫ dt = ∫ ?? 2 ? dt = 2t ? 2 arctan t + C 2 2 ?? 1+ t ?? 1 + t ??

= 2 e x ? 1 ? 2arctan e x ?1 + C
2. 求积分 ∫
1 0
1

(7 分)

ln(1 + x) dx . (2 ? x)2
1

1 dx ?? 1 ?? ln(1 + x) 解 原式 = ∫ ln(1 + x)d ?? = ?∫ ?? 0 0 2? x 0 (1 + x)(2 ? x) ?? 2 ? x ?? 1 ?? 1 1 ?? = ln 2 ? ∫ ?? + ??dx 0 1+ x 2 ? x ?? ?? 1 1 = ln 2 ? [ln(1 + x) ? ln(2 ? x)] 0 = ln 2 3

(3 分)

(7 分)

3. 求积分 ∫ 解 原式 = ∫

1 0

x2 2 x ? x2

dx .

1

x2 1 ? ( x ? 1) 2
0

0

dx =

x ?1=sin t

(1 + sin t ) 2 ∫?π / 2 cos t ? cos t dt
0

(4 分) (7 分)

=∫
4. 求极限 lim ∫
n →∞ 1 0

?π / 2

(1 + 2sin t + sin 2 t )dt =
? cos 2 nxd x .

3π ?2 4

1 x + 1? x
1
2

1? 1 解 原式 = lim ?? ?(1 + cos 2nx)d x x →∞ 2 ?0 x + 1 ? x 2 1 1 1 1 1 ? = ∫ dx + lim ?? cos 2nxd x 2 0 x + 1 ? x2 2 x→∞ ?0 x + 1 ? x 2 x =sin t 1 π / 2 1 1 dx cos t = ∫ = ∫ dt 2 0 x + 1 ? x2 2 0 sin t + cos t
3
1

(2 分)

(5 分)

=

1 π /2 sin t + cos t π dt = ∫ 4 0 sin t + cos t 8

(7 分)

4

六 (8 分)设 f ( x) 在 [a, b] 有二阶连续的导数, 且 f (a) = f (b) = 0 . 记
M = max f ?′( x) , N = max f ?′?′( x) .
x∈[ a ,b ] x∈[ a ,b ]

(1) 令 F ( x) = ∫ f (t )dt ,将 F ( x) 在 x = a, x = b 处展开为带三阶 Lagrange 余项
a

x

的 Taylor 公式; (2) 证明:



b a

f ( x)dx ≤

M N (b ? a ) 2 + (b ? a )3 4 24

证明 (1) 由条件可知 F ( x) 在 [a, b] 上有三阶连续的导数,按 Taylor 公式有

F ( x) = F (t ) + F ?′(t )( x ? t ) + = F (t ) + f (t )( x ? t ) +
其中 ξ 介于 x , t 之间.

F ?′?′(t ) F ?′?′?′(ξ ) ( x ? t )2 + ( x ? t )3 2! 3!

f ?′(t ) f ?′?′(ξ ) ( x ? t )2 + ( x ? t )3 2 6
(3 分)

由于 F (a) = 0 , F (b) = ∫ f ( x)dx .令 t = a 和 t = b 代入得
a

b

F ( x ) = F (a ) + f (a ) ( x ? a ) + =

f ?′?′(ξ1 ) f ?′(a) 2 3 (x ? a) + (x ? a) 2 6

f ?′?′(ξ1 ) f ?′(a) ? ( x ? a) 2 + ? ( x ? a)3 , 2 6

a < ξ1 < x

F ( x ) = F (b) + f (b) ( x ? b ) + = F (b) +
(2) 在上两式中令 x =

f ?′?′(ξ 2 ) f ?′(b) 2 3 ( x ? b) + ( x ? b) 2 6

f ?′?′(ξ 2 ) f ?′(b) ? ( x ? b) 2 + ? ( x ? b) 3 , 2 6

x < ξ2 < b

(5 分)

a+b 并相减,取绝对值后加以整理,即有 2



b

a

f ( x)dx = F (b) ≤


f ?′(a) + f ?′(b) (b ? a)2 f ?′?′(ξ1 ) + f ?′?′(ξ 2 ) (b ? a)3 ? + ? 2 4 2 24

M N (b ? a )2 + (b ? a )3 4 24

(8 分)

5

七(8 分)设函数 f ( x) 在 [0,1] 上可积,且在 x = 1 处连续,证明 (1) lim ∫ x n f ( x)dx = 0 ;
n →∞ 0 1

(2) lim n ? ∫ x n f ( x)dx = f (1)
n →∞ 0

1

证 (1) 因 f ∈ R [0,1],故 f ( x) 在 [0,1] 上有界,令 f ( x) ≤ M , ?x ∈ [0,1] . 有

0≤
1



1

0

x n f ( x)dx ≤ M ∫ x n dx =
0

1

M → 0 ( n → ∞) n +1
(3 分)

于是 lim ∫ xn f ( x)dx = 0 .
n→∞ 0

(2)因有 故只要证

lim n ? ∫ x n f (1)dx = lim
n →∞ 0

1

n f (1) = f (1) n →∞ n + 1

1 1 lim ??n ? ∫ x n f ( x)dx ? n ? ∫ x n f (1)dx ?? = 0 ?? 0 ?? 0 n→∞ ?? ??

现 f ( x) 在 x = 1 处连续,故 ?ε > 0 , ?δ (0 < δ < 1) , ?x ( x ? 1 < δ ) : f ( x) ? f (1) < 于是有

ε
2



n ? ∫ x n f ( x)dx ? n ? ∫ x n f (1)dx
0 0

1

1

≤ n?∫
≤ 2M

1?δ

0

x n f ( x) ? f (1) dx + n ? ∫

1

1?δ

x n f ( x) ? f (1) dx

n ε ?? n n ?? (1 ? δ ) n +1 + ?? ? (1 ? δ ) n +1 ?? n +1 2 ?? n + 1 n + 1 ??

≤ 2M (1 ? δ ) n +1 +

ε
2

因 lim 2M (1 ? δ )n+1 = 0 ,故对上述 ε > 0 , ?N ∈ N , ?n > N : 0 < 2M (1 ? δ ) n +1 <
n →∞

ε
2



此时即有

n ? ∫ x n f ( x)dx ? n ? ∫ x n f ( x)dx <
0 0

1

1

ε
2

+

ε
2


(8 分)

也即有

lim n ? ∫ x n f ( x)dx = f (1) .
n →∞ 0

1

6


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