《数学分析续论》模拟试题(一)

数学分析下册期末模拟试卷及参考答案一、填空题（第1题每空2分，第2，3，4，5题每题5分，共26分）1、已知u =则u x∂=∂ ，u y ∂=∂ ，du = 。

2、设22L y a +=2：x ，则Lxdy ydx -=⎰ 。

3、设L ⎧⎨⎩x=3cost ，：y=3sint.（02t π≤≤），则曲线积分ds ⎰22L（x +y ）= 。

4、改变累次积分32dy f dx ⎰⎰3y （x ，y ）的次序为 。

5、设1D x y +≤：，则1)Ddxdy ⎰⎰= 。

二、判断题（正确的打“O ”;错误的打“×”；每题3分，共15分） 1、若函数f （x ，y ）在点p 00（x ，y ）连续，则函数f （x ，y ）点p 00（x ，y ）必存在一阶偏导数。

( )2、若函数f （x ，y ）在点p 00（x ，y ） 可微，则函数f （x ，y ）在点p 00（x ，y ）连续。

( )3、若函数f （x ，y ）在点p 00（x ，y ）存在二阶偏导数00(,)xy f x y 和00(,)yx f x y ，则必有 0000(,)(,)xy yx f x y f x y =。

( ) 4、(,)(,)(,)(,)L A B L B A f x y dx f x y dx =⎰⎰。

( ) 5、若函数f （x ，y ）在有界闭区域D 上连续，则函数f （x ，y ）在D 上可积。

( ) 三、计算题 （ 每小题9分，共45分）1、用格林公式计算曲线积分 (sin 3)(cos 3)x x AOI e y y dx e y dy =-+-⎰ ，其中AO 为由(,0)A a 到(0,0)O 经过圆22x y ax +=上半部分的路线。

、计算三重积分22()Vx y dxdydz +⎰⎰⎰，是由抛物面22z x y =+与平面4z =围成的立体。

、计算第一型曲面积分 SI dS =⎰⎰ ，其中S 是球面2222x y z R ++=上被平面(0)z a a R =<<所截下的顶部（z a ≥）。

数学分析模拟试题一、选择题（共10题，每题2分，共20分）1. 设函数$y=f(x)$在区间$(a,b)$上连续，若对任意$x\in(a,b)$，恒有$f(x)\geq 0$，则函数$f(x)$在区间$(a,b)$上的增减性为（）。

A. 递增B. 递减C. 非递增D. 非递减2. 函数$f(x)=\frac{1}{3}x^3-3x+\frac{1}{2}$在区间$(-\infty ,0)$上的单调性为（）。

A. 递增B. 递减C. 上升D. 下降3. 函数$y=f(x)$在区间$(a,b)$上连续，当$x\in(a,b)$时，$y=f(x)$一直在$x$轴上方，则对于$y=f(x)$在区间$(a,b)$上任意二点$(x_1 ,f(x_1 ) )$和$(x_2 ,f(x_2 ) )$来说，（）。

A. $f(x_1 ) +f(x_2 ) <0$B. $f(x_1 ) +f(x_2 ) \geq 0$C. $f(x_1 ) \cdot f(x_2 ) <0$D. $f(x_1 ) \cdot f(x_2 ) \geq 0$4. 设函数$f(x)$可导，当$x>0$时，$f(x)$单调递减且$f(x)>0$，则$f'(x)$(）。

A. $>0$B. $=0$C. $<0$D. $\geq 0$5. 函数$y=f(x)$在区间$(0,1)$内连续，在$(0,1)$内单调递减，则有（）。

A. $f(0)<f(1)$B. $f(0)\geq f(1)$C. $f(0)>f(1)$D. $f(0)\leq f(1)$6. 设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，则在区间$(a,b)$内必存在两点$a_1, b_1 \in (a,b)$，使得（）。

A. $f(a_1 ) =f(b_1 )$B. $f(a_1 ) =f(b_1 ) +a_1 -b_1$C. $f(a_1 ) =-f(b_1 )$D. $f(a_1 ) +f(b_1 ) =0$7. 设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，则必存在$c\in [a,b]$，使得对任意$x\in [a,b]$，恒有（）。

数列极限类1.证明: .证因为又,由迫敛原理得.2.设,证明有极限,并求此极限的值.证由均值不等式得,即有下界.又,即单调减,于是存在,且由极限的保号性可得.对已知递推公式,令和极限的唯一性得,解得(负根舍去,即有.单调性的证明也可如下完成:,或.3.设,试证数列存在极限,并求此极限.证由知, .假设,则,由归纳法知为单调下降数列.又显然有,所以有下界.由单调有界原理知,数列收敛.所以可令,对两边取极限得,解得或(舍去,故.4.设,当时,有且.求证极限与存在且等于.证由得,由迫敛原理得,再由及可得存在且等于.5. 设.求证: (1 与均有极限; (2 .证因为,所以,即单调减少有下界,而,即单调增加有上界.所以与都收敛.在两边取极限得.6. 设,且,求证收敛且.证因为,对给定的,当时,有,所以,当时,有,由迫敛原理得.闭区间上连续函数的性质7.证明方程在内至少有一个根.证令,则在上连续,且,,即.由根的存在性定理得至少存在一点,使得,即方程在内至少有一个根.8.证明方程至少有一个小于的正根.(10分证令,则在上连续且,由闭区间上连续函数的零点存在定理,，使得.9. 设函数在上连续,且满足.若在上能取到负值,试证明:(1 ,使得; (2 在上有负的最小值.证由条件可设且,由,存在使得,由根的存在性定理,得,使得.(1得证.(2 由,存在使得当时,有.又在上连续,故,使得.而当时,,故对有.所以结论成立.10. 设为正整数,为个实常数,且.求证多项式函数在内至少有两个零点.证因为,又,所以存在,使得,又在和上都连续,由根的存在性定理,和,使得,所以,结论成立.11. 设,求的表达式,并指明的间断点及其类型. 解: ,所以为第一类可去间断点;为第二类无穷间断点.12. 设在上连续,且满足,求证:,使得.证明:令,则在上连续,.由连续函数的零点定理,必存在,使得,故使得. 13. 设是上的连续函数,且满足条件.证明存在,使得.证明: 令,则在上连续,且,.若,则存在或使得.若与都不为零,则由连续函数的零点定理,必存在,使得,故使得.(注:两个数的和为零,则这两个数要么同时为零,要么,它们异号.14. 设函数在上连续,且满足,若存在,使得,求证:(1 使得;(2 在上有负的最小值.证明: (1 因为,由函数的局部保不等式性,存在充分大的(不妨设,使得时,有,所以当时,在上连续且,由连续函数的零点存在定理,存在使得.(2 又在上连续,故由最值定理,存在,使当时,,而,且时,.所以在上有负的最小值.15. 设,若,求证.证法1（用导数定义）因为.又,所以,所以.证法2（用重要极限1）所以.导数与微分证明16.设证明: 在处可微; 在处不可微证因为,所以函数在处可导,由可导与可微的关系知在处可微;又当时, ,而极限不存在,故在处不可导, 由可导与可微的关系知在处不可微;17. 设存在,证明:证:18. 设为内的可导函数,周期为.求证:也是以为周期的函数. 证明:因为,所以也是以为周期的函数.中值定理的应用19.设,证明多项式在内至少有一个零点.证作辅助函数,则在闭区间满足罗尔中值定理的三个条件,故存在使得,故在内至少有一个零点.20.设都是可导函数,且,证明当时,证因为严格单调增.当时, .又由柯西中值定理得,存在使得.21. 对任意的,有,且等号只在时成立.证明: 令存在,使得,而,当且仅当时,所以结论成立.22. 设在上连续,在内可导,且满足,求证:存在,使得.提示:令,用罗尔中值定理可证.23.设函数在上连续,在内二阶可导,连结点与点的直线交曲线于点,其中.证明:存在,使得. 证因为三点共线,所以.在及上分别应用中值定理得:存在,使;存在,使,即.由于二阶可导,故函数在区间上满足罗尔中值定理的条件,故,使得.24. 设,证明不等式:.提示:在上用拉格朗日中值定理,注意将分母放大!25. 设,证明不等式.26. 设,证明不等式.证将要证的不等式变形为,令,则在上满足拉格朗日中值定理的条件,于是使得,又由与在上的连续性与单调性可得,所以,故要证的不等式成立.27. 已知在的某邻域内有二阶连续导数,且,证明:存在唯一的一组实数,使当时,是比高阶的无穷小量.证法1 （洛比达法则）令,并由要证可知,前三式的分子的极限都应是零,可得到(2因为,故(2有唯一非零解.故结论成立.28.设函数在内可导,且及都存在.证明. 证当时,由条件知,函数在区间上连续可导,故,使得.因为及都存在,所以=.29. 证明;当时,证令,则.令,所以在内单调增,则当时, ,从而,所以在内单调增,则当时, .用单调性证明不等式30. 证明;当时,证令,,当时,,所以在内单调增,故当时,因而得在内单调增, 故当时, .31. 设,证明不等式:.32. 设，证明不等式。

《 数学分析续论 》模拟试题（二）一、 单项选择题（56⨯'）（１）设{}n a 为一数列，对它有．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．[ ]Ａ．若存在收敛子列，则{}n a 必收敛； Ｂ．虽存在发散子列，但{}n a 仍可收敛； Ｃ．若所有子列都收敛，则{}n a 必收敛；Ｄ．所有子列都收敛，但它们可有不同极限．（２）设)(x f 在),(∞+-∞上为一连续函数，则有 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．[ ]Ａ．值域)),((b a f 必为一开区间； Ｂ．值域)],[(b a f 必为一闭区间； Ｃ．)(I f 为闭区间时，I 亦必为闭区间； Ｄ．以上Ａ、Ｂ、Ｃ都不一定成立． （３）若0)(>'+a f ，则0>δ∃，使得当),(δ+∈a a x 时，必有．．．．．．．．．[ ] Ａ．)(x f 单调递増； Ｂ．)()(a f x f >； Ｃ．若)(x f '存在，则 Ａ 成立； Ｄ．以上Ａ、Ｂ、Ｃ都不一定成立．（４）设)(x f 在],[b a 上可导，则)(x f 在],[b a 上必定为．．．．．．．．．．．．．．[ ]Ａ．既存在最大值，又存在最小值； Ｂ．不能同时存在最大值和最小值； Ｃ．在0)(='x f 的点处必取极值； Ｄ．以上Ａ、Ｂ、Ｃ都不一定成立．（５）已知0)(>⎰ba x x f d ，这时必有 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．[ ] Ａ．在0)(],[≥x f b a 上； Ｂ．不能有无穷多个)(x f 取负值； C ．)(x f 取正值的x 要比取负值的x 多得多； Ｄ．不能只有有限多个)(x f 取正值．二、计算题（401⨯'）（１） 试求下列极限：①⎪⎭⎫⎝⎛--+++∞→n n n n 4242lim ； ②322sin lim x t t x x ⎰∞+→0d ．（２）设⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-yx y u f u y x u e )x ln()(,12,220． 试求)()(0u f u f ''与．（３）试求由曲线 x y ln =，直线e e 1,==x x ，及x 轴所围曲边梯形的面积 S ．（４）用条件极值方法（Lagrange 乘数法）求内接于椭圆 12222=+by ax 的长方形的最大面积．三、证明题（301⨯'）（１） 设)(x f 在],[b a 上连续．试证：],[)],[(M m b a f =，其中M m 与分别是)(x f 在],[b a 上的最小值与最大值．（２） 利用凸函数方法（詹森不等式）证明：)(3133333c b a c b a ++≤⎪⎭⎫⎝⎛++,其中 c b a ,,为任意正数；并讨论当c b a ,,为任意负数时，上述不等式应作怎样改变？（３） 证明：34ln3)1()1(01∑∞=+=+-n n nn ． 提示：把上式中的级数看作=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛31S 31011)1(=∞=+∑+-x n n n n x ．解 答一、（１）Ｃ； （２）Ｂ； （３）Ｂ； （４）Ａ； （５）Ｄ． 二、（１）[ 解 ] ① 545lim 4242lim =-=⎪⎭⎫⎝⎛--+++∞→∞→n n n n n n n ；②.03sin 2limsin 2limsin lim44322===∞+→∞+→∞+→⎰xxx x xt t x x x x 23x d（２）［ 解 ］⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-='⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-++='--2202222225254)(,122)(e ee e uf y x y y x y y x x u f y x y x ．（３）［ 解 ］所围曲边梯形如右图所示，其面积为1)ln (11)ln (ln )ln (111eed d eex x x x x x xx x x S -+-=+-=⎰⎰e 22-=．（４）［ 解 ］由题意，所求长方形的面积为y x S 4=)0,0(>>y x ，其中),(y x 需满足12222=+by ax ，故此为一条件极大值问题．依据 Lagrange 乘数法，设)1(2222-+λ+=by ax y x L ，并令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧.01,02,02222222=-+==λ+==λ+=λby ax L b y x L a x y L y x （Ｆ）由方程组（Ｆ）容易解出：2,22222b y a x by ax ==⇒=．据题意，内接长方形的最小面积为零；故最大面积为b a y x S 24==．三、（１）［ 证 ］由闭区间上连续函数的最大、小值定理，],[,21b a x x ∈∃，使得M x f m x f ==)(,)(21．若)(,,21x f M m x x 于是则==恒为一常数，结论成立；现不妨设21x x <．再由连续 函数的介值性定理，y x f b a x x x M m y =⊂∈∃∈∀)(],,[),(,),(21使得，这说明值 域)],[(b a f 充满了整个闭区间],[M m ．（２）［ 证 ］设3)(x x f =．由于),0(,06)(,13)(2∞+∈>=''+='x x x f x x f ，所以)(x f 在),0(∞+上为一凸函数．根据詹森不等式，对任何正数c b a ,,，恒有)(3133333c b a c b a ++≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++．而当)0,(-∞∈x 时，)(x f 为一凹函数，故对任何负数c b a ,,，恒有)(3133333c b a c b a ++≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++．（３）［ 证 ］由于较难直接求出该级数的部分和，因此无法利用部分和的极限来计算级数的和．此时可以考虑把所求级数的和看作幂级数=)(x S ∑∞=++-011)1(n n n n x在31=x 处的值，于是问题转为计算)(x S ．不难知道上述幂级数的收敛域为]1,1(-，经逐项求导得到]1,1(,)1()(0-∈-='∑∞=x x x S n n n ；这已是一个几何级数，其和为]1,1(,11)()(0-∈+=-='∑∞=x xx x S n n ．再通过两边求积分，还原得⎰⎰+=+='=-xx x t tt t S S x S 0,)1(ln 11)()0()(d d 由于这里的0)0(=S ，于是求得∑∞=+=+==+-0134ln )311(ln )31(3)1()1(n n n S n ．。