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2001年数学分析专题研究试题一、填空题1．集合X 中的关系R 同时为反身的、对称的、（ ），则称关系R 为等价关系。
2．一个集合若不能与其一个真子集建立一个（ ），则称该集合为有限集。
3．函数)(x f 在点a 的邻域内有定义，若（ ），则称函数)(x f 在点a 处连续。
4．设)(x ϕ是从),0(+∞到R 上的连续函数，满足： 1）（ ）；，2）对于,1,0≠>a a 有1)(=a ϕ,则)(x ϕ是以a 为底的对数。
5．若函数)(),(t c t s 是定义在R 上的连续函数，且满足： 1）（ ）；2）0>∃λ，当),0(λ∈t 时，0)(,0)(>>t s t c ；3）1)()0(==λs c ,则分别称)(),(t c t s 是正弦函数与余弦函数。
6．设F 为从集合X 到集合Y 中的关系，若X x ∈∀,有唯一的Y y ∈，使（ ），则称F 为（从X 到Y 中的）映射。
二、单项选择题1．.)(A B B A -⋃ A ．= B ． ≠ C ．⊂ D ．⊃2．实数集R 是（ ）A ．有限集B ．可列集C ．不可列集D ．空集3．f 是从X 到Y 的映射，且X A ⊂，X B ⊂，则)()())((B f A f B A f ⋂⋂A ．=B ． ≠C ．⊃D ．⊂4．函数⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1si n )(x x xx x f 在点0=x 处（ ）A ．间断B ．连续C ． 可导D ．取得极小值5．函数)(x f 与)(x ϕ在],[b a 上有界，且0)(≠x ϕ，则)()(x x f ϕ在],[b a 上（ ）。
A ．有界 B ．无界 C ．有下界而无上界 D ．结论不定 6．下面结论（ ）是正确的。
A ．若)(x f 是单调函数，)(t x ϕ=也是单调函数，则))((t f ϕ 是单调函数。
B ．若)(x f 在数集A 上可导，且)(x f '有界，则)(x f 在A 上有界C ．若)(x f 是周期函数，)(t x ϕ=，则))((t f ϕ 是周期函数D ．若)(x f 在数集A 上有界且可导，则)(x f '在A 上有界 三、计算题1．求过抛物线342+=x y 上的点)19,2(M 的切线方程。
第10章 定积分的应用10.1 复习笔记一、平面图形的面积由连续曲线()(0)y f x =≥，以及直线,()x a x b a b ==<和x 轴所围曲边梯形的面积为()b baaA f x dx ydx ==⎰⎰如果()f x 在[,]a b 上不都是非负的，则所围图形的面积为()b baaA f x dx y dx ==⎰⎰一般地，由上、下两条连续曲线2()y f x =与1()y f x =以及两条直线,()x a x b a b ==<所围的平面图形(图l0-1)，它的面积计算公式为21[()()]baA f x f x dx =⎰－图10-1二、由平行截面面积求体积 1．立体体积的一般计算公式 设为三维空间中的一立体，它夹在垂直于x 轴的两平面x ＝a 与x ＝b 之间（a ＜b ），称为位于[a，b]上的立体，若在任意一点x∈[a，b]处作垂直于x轴的平面，它截得的截面面积是关于x的函数，记为A（x），并称之为的截面面积函数（见图10-2），设A（x）是连续函数．图10-2 图10-3对[a，b]作分割过各个分点作垂直于x轴的平面x＝xi，i＝1,2,…，n，它们把分割成n个薄片,i＝1，2，…，n任取那么每一薄片的体积（见图10-3）于是由定积分的定义和连续函数的可积性，当时，上式右边的极限存在，即为函数A （x）在[a，b]上的定积分，于是立体的体积定义为2．旋转体的体积a b上的连续函数，Ω是由平面图形设f是[,]≤≤≤≤0|||f(x)|,ay x b绕x轴旋转一周所得的旋转体，那么易知截面面积函数为2()[()],[,]A x f x x a b π=∈得到旋转体Ω的体积公式为2=[()]baV f x dxπ⎰三、平面曲线的弧长与曲率 1．平面曲线的弧长 （1）定义①如果存在有限极限ss T T =→0||||lim即任给0ε>，恒存在0δ>，使得对C 的任意分割T ，只要||||T δ<，就有|s |T s ε-<则称曲线C 是可求长的，并把极限s 定义为曲线C 的弧长．②设曲线AB 是一条没有自交点的闭的平面曲线．在AB 上任取点P ,将AB 分成两段非闭曲线，如果AP 和PB 都是可求长的，则称AB 是可求长的，并把AP 的弧长和PB 的弧长的和定义为AB 的弧长．③设曲线C 由参数方程(),(),[,]x x t y y t t αβ==∈给出．如果(t)x 与()y t 在[,]αβ上连续可微，且'()x t 与'()y t 不同时为零,即''()()0x t y t +≠，],[βα∈t ，则称C 为一条光滑曲线．（2）定理设曲线C 是一条没有自交点的非闭的平面曲线，由参数方程(),(),[,]x x t y y t t αβ==∈ （10-1）给出．若()x t 与()y t 在[,]αβ上连续可微，则C 是可求长的，且弧长为'2'2[()][()]s x t y t dt βα=+⎰ （10-2）（3）性质设AB 是一条没有自交点的非闭的可求长的平面曲线．如果D 是AB 上一点，则和AD 和DB 也是可求长的，并且AB 的弧长等于AD 的弧长与DB 的弧长的和．2．曲率 （1）定义如图10-4，设()t α表示曲线在点((),())P x t y t 处切线的倾角，==()()t t t ααα∆+∆-表示动点由P 沿曲线移至))(),((t t y x t x Q ∆+∆+时切线倾角的增量，若PQ 之长为s ∆，则称||K sα-∆=∆为弧段PQ 的平均曲率．如果存在有限极限|||lim ||lim |00dsd s s K s t ααα=∆∆=∆∆=→∆→∆则称此极限K 为曲线C 在点P 处的曲率．图10-4（2）计算公式设曲线C 是一条光滑的平面曲线，由参数方程（10-1）给出，则曲率的计算公式为2322)(||''''''''y x y x y x K +-=若曲线由()y f x =表示,则相应的曲率公式为2''3'2||(1+y )y K =四、旋转曲面的面积1．设平面光滑曲线C 的方程为(),[,]y f x x a b =∈（不妨设()0f x ≥），这段曲线绕x 轴旋转一周得到旋转曲面的面积为2(baS f x π=⎰2．如果光滑曲线C 由参数方程(),(),[,]x x ty y t t αβ==∈给出，且()0y t ≥，那么由弧微分知识推知曲线C 绕x 轴旋转所得旋转曲面的面积为2(S y t βαπ=⎰五、定积分的近似计算 1．梯形法公式121()(...)22bn n ay y b a f x dx y y y n --=+++++⎰2．抛物线法公式（辛普森Simpsom 公式）021*******()[4(...y )2(...)]6bn n n ab af x dx y y y y y y y n---≈+++++++++⎰10.2 课后习题详解§1 平面图形的面积1．求由抛物线y ＝x 2与y ＝2－x 2所围图形的面积．解：该平面图形如图10-1所示．两条曲线的交点为（－1，1）和（1，1），所围图形的面积为图10-12．求由曲线与直线所围图形的面积．解：该平面图形如图10-2所示．所围图形的面积为。
《数学分析选论》习题解答第 一 章 实 数 理 论１．把§1.3例4改为关于下确界的相应命题，并加以证明． 证 设数集S 有下确界，且S S ∉=ξinf ，试证： （１）存在数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使；（２）存在严格递减数列ξ=⊂∞→n n n a S a lim ,}{使．证明如下：（１） 据假设，ξ>∈∀a S a 有,；且ε+ξ<'<ξ∈'∃>ε∀a S a 使得,,0．现依 次取,,2,1,1Λ==εn n n 相应地S a n ∈∃,使得Λ,2,1,=ε+ξ<<ξn a n n ．因)(0∞→→εn n ，由迫敛性易知ξ=∞→n n a lim .（２） 为使上面得到的}{n a 是严格递减的，只要从2=n 起，改取Λ,3,2,,1min 1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+ξ=ε-n a n n n ，就能保证Λ,3,2,)(11=>ε+ξ≥ξ-+ξ=--n a a a n n n n ． □２．证明§1.3例６的（ⅱ）．证 设B A ,为非空有界数集，B A S ⋃=，试证：{}B A S inf ,inf m in inf =．现证明如下．由假设，B A S ⋃=显然也是非空有界数集，因而它的下确界存在．故对任何B x A x S x ∈∈∈或有,，由此推知B x A x inf inf ≥≥或，从而又有{}{}B A S B A x inf ,inf m in inf inf ,inf m in ≥⇒≥．另一方面，对任何,A x ∈ 有S x ∈，于是有S A S x inf inf inf ≥⇒≥；同理又有S B inf inf ≥．由此推得{}B A S inf ,inf m in inf ≤．综上，证得结论 {}B A S inf ,inf m in inf =成立． □３．设B A ,为有界数集，且∅≠⋂B A ．证明： （１）{}B A B A sup ,sup m in )sup(≤⋂； （２）{}B A B A inf ,inf m ax )(inf ≥⋂． 并举出等号不成立的例子．证 这里只证（２），类似地可证（１）．设B A inf ,inf =β=α．则应满足：β≥α≥∈∈∀y x B y A x ,,,有．于是，B A z ⋂∈∀，必有{}βα≥⇒⎭⎬⎫β≥α≥,max z z z ， 这说明{}βα,max 是B A ⋂的一个下界．由于B A ⋂亦为有界数集，故其下确界存在，且因下确界为其最大下界，从而证得结论{}{}B A B A inf ,inf m ax inf ≥⋂成立．上式中等号不成立的例子确实是存在的．例如：设)4,3(,)5,3()1,0(,)4,2(=⋂⋃==B A B A 则，这时3)(inf ,0inf ,2inf =⋂==B A B A 而，故得{}{}B A B A inf ,inf m ax inf >⋂． □ ４．设B A ,为非空有界数集．定义数集{}B b A a b a c B A ∈∈+==+,，证明：（１）B A B A sup sup )sup(+=+； （２）B A B A inf inf )(inf +=+．证 这里只证（２），类似地可证（１）．由假设，B A inf ,inf =β=α都存在，现欲证β+α=+)(inf B A ．依据下确界定义，分两步证明如下：１）因为,,,,β≥α≥∈∈∀y x B y A x 有所以B A z +∈∀，必有β+α≥+=y x z ．这说明B A +β+α是的一个下界．２）B y A x ∈∈∃>ε∀00,,0，使得2,200ε+β>ε+α>y x ．从而ε+β+α>+∈+=∃)(,0000z B A y x z 使得，故B A +β+α是的最大下界．于是结论 B A B A inf inf )(inf +=+ 得证． □５．设B A ,为非空有界数集，且它们所含元素皆非负．定义数集{}B b A a ab c AB ∈∈==,，证明：（１）B A AB sup sup )sup(⋅=； （２）B A AB inf inf )(inf ⋅=． 证 这里只证（１），类似地可证（２）．⎪⎩⎪⎨⎧⋅≤≤≤=≥≥∈∈∃∈∀,sup sup ,sup ,sup ,,)0,0(,,)(B A c B b A a ab c b a B b A a AB c 且使由于因此B A sup sup ⋅是AB 的一个上界．另一方面，B b A a ∈∈∃>ε∀00,,0，满足ε->ε->B b A a sup ,sup 00，故)(000AB b a c ∈=∃，使得εε-+-⋅>])sup sup ([sup sup 0B A B A c ．由条件，不妨设0sup sup >+B A ，故当ε足够小时，εε-+=ε'])sup sup ([B A 仍为一任意小正数．这就证得B A sup sup ⋅是AB 的最小上界，即 B A AB inf inf )(inf ⋅= 得证． □*６．证明：一个有序域如果具有完备性，则必定具有阿基米德性．证 用反证法．倘若有某个完备有序域F 不具有阿基米德性，则必存在两个正元素F ∈βα,，使序列}{αn 中没有一项大于β．于是，}{αn 有上界（β就是一个），从而由完备性假设，存在上确界λ=α}sup{n ．由上确界定义，对一切正整数n ，有α≥λn ；同时存在某个正整数0n ，使α-λ>α0n ．由此得出α+<λ≤α+)1()2(00n n ，这导致与0>α相矛盾．所以，具有完备性的有序域必定具有阿基米德性． □７．试用确界原理证明区间套定理． 证 设{}],[n n b a 为一区间套，即满足：0)(lim ,1221=-≤≤≤≤≤≤≤≤∞→n n n n n a b b b b a a a ΛΛΛ．由于{}n a 有上界k b ，{}n b 有下界k a （+∈N k ），因此根据确界原理，存在{}{}β≤α=β=α且,inf ,sup n n b a ．倘若β<α，则有Λ,2,1,0=>λ=α-β≥-n a b n n ，而这与0)(lim =-∞→n n n a b 相矛盾，故ξ=β=α．又因Λ,2,1,=≤β=α≤n b a n n ，所以ξ是一切],[n n b a 的公共点．对于其他任一公共点Λ,2,1,],[=∈ηn b a n n ，由于∞→→-≤η-ξn a b n n ,0 ，因此只能是η=ξ，这就证得区间套{}],[n n b a 存在惟一公共点． □８．试用区间套定理证明确界原理．证 设S 为一非空有上界的数集，欲证S 存在上确界．为此构造区间套如下：令 ],[],[011M x b a =，其中M S S x ,)(0∅≠∈Θ为S 的上界．记2111b a c +=，若1c 是S 的上界，则令],[],[1122c a b a =；否则，若1c 不是S 的上界，则令],[],[1122b c b a =．一般地，若记2nn n b a c +=，则令 Λ,2,1,,,],[,,],[],[11=⎩⎨⎧=++n S c b c S c c a b a n n n n nn n n 的上界不是的上界当是．如此得到的{}],[n n b a 显然为一区间套，接下来证明这个区间套的惟一公共点ξ即为S 的上确界．由于上述区间套的特征是：对任何+∈Νn ，n b 恒为Ｓ的上界，而n a 则不为S 的上界，故S x ∈∀，有n b x ≤，再由ξ=∞→n n b lim ，便得ξ≤x ，这说明ξ是S 的一个上界；又因ξ=∞→n n a lim ，故ε-ξ>∃>ε∀n a ,0，由于n a 不是S 的上界，因此ε-ξ更加不是S 的上界．根据上确界的定义，证得S sup =ξ．同理可证，若S 为非空有下界的数集，则S 必有下确界． □ ９．试用区间套定理证明单调有界定理．证 设{}n x 为递增且有上界M 的数列，欲证{}n x 收敛．为此构造区间套如下：令],[],[111M x b a =；类似于上题那样，采用逐次二等分法构造区间套{}],[n n b a ，使n a 不是{}n x 的上界，n b 恒为{}n x 的上界．由区间套定理，],[n n b a ∈ξ∃，且使ξ==∞→∞→n n n n b a lim lim ．下面进一步证明 ξ=∞→n n x lim ．一方面，由∞→≤k b x k n 取,的极限，得到Λ,2,1,lim =ξ=≤∞→n b x k k n ．另一方面，ε-ξ>∈∃>ε∀+K a K 使,,0Ν；由于K a 不是{}n x 的上界，故K N a x >∃；又因{}n x 递增，故当N n >时，满足N n x x ≥．于是有N n x x a n N K >ξ≤<<<ε-ξ,，这就证得ξ=∞→n n x lim ．同理可证{}n x 为递减而有下界的情形． □ 10*．试用区间套定理证明聚点定理．证 设S 为实轴上的一个有界无限点集，欲证S 必定存在聚点．因S 有界，故0>∃M ，使得M x ≤，S x ∈∀．现设],[],[11M M b a -=，则],[11b a S ⊂．然后用逐次二等分法构造一区间套{}],[n n b a ，使得每次所选择的],[n n b a 都包含了S 中的无限多个点．由区间套定理，],[n n b a ∈ξ∃，n ∀．最后应用区间套定理的推论，,0>ε∀当n 充分大时，使得],[n n b a );εξ⊂(U ；由于],[n n b a 中包含了S 的无限多个点，因此);(εξU 中也包含了S 的无限多个点，根据聚点定义，上述ξ即为点集S 的一个聚点． □ 11*．试用有限覆盖定理证明区间套定理．证 设{}],[n n b a 为一区间套，欲证存在惟一的点Λ,2,1,],[=∈ξn b a n n ． 下面用反证法来构造],[11b a 的一个无限覆盖．倘若{}],[n n b a 不存在公共点ξ，则],[11b a 中任一点都不是区间套的公共点．于是，∈∀x ],[11b a ，使,],[n n b a ∃],[n n b a x ∉．即);(x x U δ∃与某个],[n n b a 不相交（ 注：这里用到了],[n n b a 为一闭区间 ）．当x 取遍],[11b a 时，这无限多个邻域构成],[11b a 的一个无限开覆盖：{}],[);(11b a x x U H x ∈δ=．依据有限覆盖定理，存在],[11b a 的一个有限覆盖：{}H N i x U U H i x i i ⊂=δ==,,2,1);(~Λ，其中每个邻域N i b a U ii n n i ,,2,1,],[Λ=∅=⋂．若令{}N n n n K ,,,max 21Λ=，则N i b a b a i i n n K K ,,2,1,],[],[Λ=⊂，从而N i U b a i K K ,,2,1,],[Λ=∅=⋂． （Ж） 但是Y Ni iU 1=覆盖了],[11b a ，也就覆盖了],[K K b a ，这与关系式（Ж）相矛盾．所以必定存在Λ,2,1,],[=∈ξn b a n n ．（有关ξ惟一性的证明，与一般方法相同．） □１２．设S 为非空有界数集．证明：S S y x Sy x inf sup ||sup ,-=-∈．证 设η<ξ=η=ξ且,sup ,inf S S （ 若η=ξ，则S 为单元素集，结论显然成立 ）．记{}Sy x y x E ∈-=,||，欲证ξ-η=E sup ．首先，S y x ∈∀,，有ξ-η≤-⇒η≤ξ≥||,y x y x ，这说明ξ-η是E 的一个上界．又因2,0ε-η>ε∀ ⎪⎭⎫ ⎝⎛ε+ξ2不再是S 的上()下界，故S y x ∈∃00,，使ε-ξ-η≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫ε+ξ<ε-η>)(||220000y x y x , 所以ξ-η是E 的最小上界，于是所证结论成立． □１３．证明：若数集S 存在聚点ξ，则必能找出一个各项互异的数列{}S x n ⊂，使ξ=∞→n n x lim ．证 依据聚点定义，对S U x ⋂εξ∈∃=ε);(,1111ο．一般地，对于⎭⎬⎫⎩⎨⎧-ξ=ε-1,1m in n n x n ，Λο,3,2,);(=⋂εξ∈∃n S U x n n ．如此得到的数列{}S x n ⊂必定满足：Λ,3,2,||||11=≠⇒ξ-<ξ---n x x x x n n n n ；ξ=⇒∞→→<ξ-∞→n n n x n n x lim )(01||． □ 41*．设S 为实轴上的一个无限点集．试证：若S 的任一无限子集必有属于S 的聚点，则（１）S 为有界集；（２）S 的所有聚点都属于S ．证 （１）倘若S 无上界，则对1111,,1M x S x M >∈∃=使；一般地，对于{}Λ,3,2,,,,max 1=>∈∃=-n M x S x x n M n n n n n 使．这就得到一个各项互异的点列{}∞=⊂∞→n n n x S x lim ,使．S 的这个无限子集没有聚点，与题设条件相矛盾，所以S 必有上界．同理可证S 必有下界，故S 为有界集．（２）因S 为有界无限点集，故必有聚点．倘若S 的某一聚点S ∉ξ0，则由聚点的性质，必定存在各项互异的数列{}0lim ,ξ=⊂∞→n n n x S x 使．据题设条件，{}n x 的惟一聚点0ξ应属于S ，故又导致矛盾．所以S 的所有聚点都属于S ． □51*．证明：{}{}n n a a ∉ξ=sup ，则必有ξ=∞→n n a lim ．举例说明，当上述ξ属于{}n a 时，结论不一定成立．证 利用§1.3 例4，{}{}n n a a k ⊂∃，使ξ=∞→k n n a lim ，这说明ξ是{}n a 的一个聚点．又因ξ又是{}n a 的上界，故{}n a 不可能再有比ξ更大的聚点．所以ξ是{}n a 的上极限．当{}n a ∈ξ时，结论不一定成立．例如，1,111sup ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n 显然不是⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1的上极限． □61*．指出下列数列的上、下极限：（１）{}n)1(1-+； （２）⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-12)1(n n n； （３）⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧πnn 3cos； （４）⎭⎬⎫⎩⎨⎧π+4sin 12n n n ；（５）⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧π+n n n sin 12． 解（１）0lim ,2lim ,0,2122==≡≡∞→∞→-n n n n k k a a a a 故．（２）)(211412,21142122∞→-→---=→+=-k k k a k ka k k ，故21lim ,21lim -==∞→∞→n n n n a a ． （３）)(13cos211∞→≤π≤←n n nn， 故 1lim lim lim ===∞→∞→∞→n n n n n n a a a ．（４）⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧--=+⋅--=+-=+=+++=+⋅=π+=.38,18,12222,8,12,4,0,28,12,38,18,12224sin 12k k n n nk n n n k n k n n n k k n n n n n n a n故2lim ,2lim -==∞→∞→n n n n a a ． （５）)(sin )1(sin 1222∞→π→ππ⋅+π=π+=n nn nn nn n a n ，故π===∞→∞→∞→n n n n n n a a a lim lim lim ． □71*．设{}n a 为有界数列，证明：（１）1lim )(lim =-=-∞→∞→n n n n a a ； （２）n n n n a a ∞→∞→-=-lim )(lim ．证 由)(sup )(inf ,)(inf )(sup k nk k nk k nk k nk a a a a ≥≥≥≥-=--=-，令∞→n 取极限，即得结论（１）与（２）． □81*．设0lim >∞→n n a ，证明：（１）nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim； （２）nn n n a a ∞→∞→=lim 11lim；（３）若11limlim =⋅∞→∞→n n n n a a ，或11lim lim =⋅∞→∞→nn n n a a ，则{}n a 必定收敛．证 由)(sup 11inf ,)(inf 11sup k nk k n k kn k k n k a a a a ≥≥≥≥=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，令∞→n 取极限，即得结论（１）与（２）．若11limlim =⋅∞→∞→n n n n a a ，则由（１）立即得到 n n n n a a ∞→∞→=lim lim ，因此极限n n a ∞→lim 存在，即得结论（３）．类似地，若11limlim =⋅∞→∞→nn n n a a ，则由（２）同样可证得（３）． □。
华东师范大学2000年攻读硕士学位研究生入学试题考试科目：数学分析一．（24分）计算题： （1）011lim();ln(1)x x x→-+（2）32cos sin ;1cos x xdx x⨯+⎰ （3）设(,)z z x y =是由方程222(,)0F xyz x y z ++=,所确定的可微隐函数，试求grad Z.二．（14分）二、设 n n ne )11(+=，*N n ∈；1)11(++=n n nE ，*N n ∈；证明： （1）}{n e 是严格递增的;（2）}{n E 是严格递减的; （3）用对数函数x ln 的严格递增性质证明：111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，对一切n ∈N *成立. 三．（12分）设f 在[],a b 中任意两点之间都具有介值性，而且f在(),a b 内可导，'|()|f x K ≤（正常数）, (,).x a b ∈证明f 在点a 右连续（同理在点b 左连续）. 四．（14分）设12(1).nn I x dx =-⎰证明:（1）1221n n nI I n -=+,n=2,3…;（2）2,3n I n≥n=1,2,3….五（12分）设S 为一旋转曲面，由平面光滑曲线{(),[,](()0)z y f x x a b f x ==∈≥饶x 轴旋转而成。
试用二重积分计算曲面面积的方法，导出S 的面积公式为'22()1()baA f x fx dx π=+⎰（提示：据空间解几知道S 的方程为222()y z f x +=）六（24分）级数问题：（1）设sin ,0()1,0xx f x x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩,求()(0)k f。
（2）设1nn n a =∑收敛，lim 0n n na →∞=证明:111()nnn n n n n n a a a +==-=∑∑。
（3）设{()}n f x 为[],a b 上的连续函数序列，且()(),[,]n f x f x x a b ⇒∈证明：若()f x 在[],a b 上无零点。
华东师大数学分析答案完整版一、填空题1. 极限的定义是当自变量趋近于某个值时，函数的值趋近于另一个确定的值。
2. 函数在某一点连续的充分必要条件是左极限、右极限和函数值在该点相等。
3. 无穷小量与无穷大量的关系是无穷小量的倒数是无穷大量，无穷大量的倒数是无穷小量。
4. 函数的导数表示函数在某一点的瞬时变化率。
5. 微分表示函数在某一点的微小变化量。
6. 函数的积分表示函数在某个区间上的累积变化量。
7. 变限积分的导数是原函数的导数。
8. 无穷级数的收敛性可以通过比较判别法、比值判别法等方法进行判断。
9. 函数的泰勒级数表示函数在某一点的幂级数展开。
10. 傅里叶级数表示周期函数的三角级数展开。
二、选择题1. 下列函数中，连续的是（A）。
A. f(x) = x^2B. f(x) = 1/xC. f(x) = sin(x)D. f(x) = |x|2. 下列极限中，存在的是（B）。
A. lim(x→0) 1/xB. lim(x→∞) x^2C. lim(x→0) sin(x)/xD. lim(x→∞) e^(x)3. 下列函数中，可导的是（A）。
A. f(x) = x^3B. f(x) = |x|C. f(x) = sin(1/x)D. f(x) = x^(1/3)4. 下列积分中，收敛的是（C）。
A. ∫(1/x) dxB. ∫(1/x^2) dxC. ∫(e^(x)) dxD. ∫(1/x^3) dx5. 下列级数中，收敛的是（B）。
A. ∑(1/n)B. ∑(1/n^2)C. ∑(1/n^3)D. ∑(1/n^4)三、解答题1. 求函数 f(x) = x^3 3x + 2 在 x = 1 处的导数。
解答：f'(x) = 3x^2 3，代入 x = 1，得 f'(1) = 0。
2. 求不定积分∫(e^x) dx。
解答：∫(e^x) dx = e^x + C，其中 C 为任意常数。
2001年数学（二）真题解析一、填空题（1）【答案】72T【解】方法一i . 丿3 —工—%/ ] + g lim X-*l x 2 x 一 21. %/3 — x — V 1 ~F lim —----——--------x->i (jc + 2) (jc 一1)lim --------------- ]------ ----Li (x + 2)(丿3 — 工 + 丿1 + 工)2(1 ―工)x 一 1方法二lim = lim -4-7工~* 1 x + 工一2工一1 + 111x 2 x 一 2 a /3 — x 2 丿]+ 匚（2）【答案】夕=*工+1.【解】e 2x+y — cos xy = e — 1两边对x 求导得严•+ sin xy •夕+熄) = 0,将X =0,y = 1代入得字I = — 2 ,ckr 丨 z=o则法线方程为夕一1 = *（久一0）,即夕=*広+ 1-(3)【答案】 v-O【解】方法一sin 2 x cos 2 x dx — 2 sin 2 x cos 2 x dr4 J 。
，三=2 I 2 sin 2 j; • (1 一 sin 2 jc )dz = 2(12 — I 4 )2” (z 3 + sin 2 jc )cosx dx =方法二(x 3 + sin 2 )cos 2jc dj?=2 sin 2 x cos 2 jc dj? J 0丄72 sin 2 d(2工)=*sin 2x djro2 J 0 o（4）【答案】j/arcsin x = x【解】方法一丄由 j/arcsin x H — …一 =19得（jyarcsin x Y = 19解得 j/arcsin x = x + C 9J \ — 2因为曲线经过点（j,0），所以C=-y,故所求曲线为jarcsin x =x ----.方法二jy'arcsin x ~\-------------= 1 化为 y' ~\—，… ------------y =-----\-----,71-x 2 Jl —/arcsin z arcsln 工f d~r _ f 1 丄解得夕=（［——?——e +C ）e =（工 +c ）・ ———\J arcsin x / arcsin x 因为曲线经过点（y,o ），所以C=-y,1x 2故所求曲线为—丄arcsin x因为r （A ） y^r （A ）,所以方程组无解;（5）【答案】—2.a11【解】由题意得1a 1=（a + 2） （a 一 1 ）2=0,解得 a = — 2 ,或 a = 1,11a /I 111 \I 1111 \当a =1时，才=b11100—3 ,\i11—2丿'o0 '当 a = — 2 时,A =_2111 \1-2111-2—2）因为r （A ）=r （A ）=2 V 3,所以a = —2时方程组有无数个解.二、选择题（6）【答案】（E ）.【解】y[y （z ）] = ]'9丨心）丨€1,丨心）丨＞1,而 I /（J7 ） | ^ 1 （一°°＜工 ＜+ °°）,故 /[/（J ： ）] = 1 ,从而 f）]} =1,应选（E ）.（7）【答案】（E ）.1 2【解】（1 — cos x ）ln （ 1 + z 2）〜—x 4 , x sin 工”〜x n+i , e" — 1 ~ j ?2 , 由题意得2 < n+l<4,解得n =2,应选（E ）.（8）【答案】（C ）.【解】＜‘ = C ； • 2（工一3）2+© • 2（工一1） • 2（工一 3） +C ； • 2（工一I ）?,令夕"=4 (3工 $ — 12_z + 11) = 0,得工 16+V336 — 4^3工2当工＜C X 1时当久1 •＜ X X 2时j/'＜0,当鼻 ＞ 工2时j/‘＞0,故曲线有两个拐 点，应选（C ）.（9） 【答案】（A ）.【解】 由拉格朗日中值定理得/（工）一/（1）= /'（£）（工一1）,其中e 介于1与工之间，当工 6 （1-^,1）时 HVWV 1,再由 f'（x ）单调递减得 ＞ /（I ） =1,于是 y z （$）（— 1）＜工一1,即 y （x ）•— 1＜久一1,或 f （兀）＜工；当工e （1,1十厂 时1 vw ＜工，再由单调递减得1 =y'（i ）＞/"（£）,于是 — 1） ＜工一1,即/•（#） — 1 V# — 1,或/（工）＜工，应选（A ）.（10） 【答案】（D ）.【解】 从题设图形可见,在夕轴的左侧，曲线夕=/■&）是严格单调增加的，因此当工＜0时，一定有于'（工）〉0,对应夕=于'（工）的图形必在工轴的上方，由此可排除（A ）,（C ）； 又的图形在y 轴右侧有三个零点，因此由罗尔中值定理可知，其导函数y=f\x ）的图形在y 轴右侧一定有两个零点，进一步可排除（E ）.应选（D ）.三、解答题（11）【解】djr(2jc 12 + 1)丿兴 + ]1(]___\ 2 3_(1 + j//2 ) 2 ' 4工丿 (4jc + 1) 2Z )= 肿一 I = ~~2'sec 21(2tan 2i + 1 )sec tdtr cos tJ 2sinS + cosL弓豐將=arctan(sin/)+C=arctan .- + C.Jx 2 + 1(12) 【解】f(x ) =Sin "B ，nr = lim [(1 + $1叮一 sm ”)t-~x 'sin x / L 、 sin x /fCx)的间断点为工=kit (k e z),由lim/(j?) = e 得工=0为/(j ：)的可去间断点；•z —*0由f (n — Q) — + °°,/(7r + 0) = 0得工=7T 为第二类间断点,同理工=kn(k 6 Z 且怡H0)为第二类间断点.(13) 【解】“=士，『=—— ，2 V j c 4工』工4«zdp _ dp / dj? ds ds / dr131••4( 4 工 +1)2--------------- ---------=6 J~x , 丿4无+ ]2 J~x6d 2 p d ( 6 \/~t ) /dj?2 \[x 6& $ ds/dx g + 1+ 12则^兽-伴）(4h +l)72一;… 一 — 36 无=9.J 4 无 + ]（14）【解】gCt)dt x 2e 两边求导，得g[_f (j? )]/，(jc ) = (jc 2 +2工)『9 即) = (e + 2)e° 9积分得 /(^) = (h +1)『+ C9由 /(O) = 0 得 C = — 1,故/'(z ) = («z + 1)『一1.(15)【解】 由 g"Q ) = 2e J 一厂(2 )得 g 〃(H ) + g(z ) = 2e J ,解得 g (工)=C] cos x + C 2 sin x + e r ・ 由 g (0)=2 得 Ci = 1 ；由 g'(0) = 2 — /(0) = 2 得 C 2 = 19从而 g (jc ) = cos x + sin jr + e * 9 于是 fCx)= sin jc — cos 无 + e° ,rg(H )1 + zg (工)/(j ?)_1+乂 (1 + )2dj ： +/(j ： )d土）J 0g&) 1, fCx )i+7d " +TT7lo _Jg (#)1 +Ax_/（7T ）_e n + 1= i + tt = 7t + r（16）r 解】（i ）丨 op |=好 +$2,切线方程为Y —y =j/（X —乂），令X = 0,则切线在y 轴上的截距为Y = y — xy',由题意得y — xy' = Jx 2 + j^2，整理得字=2 — /1 + (―),dr jc \ \戈丿令u =—,则"+ z 学 =u — \/1 + z/2，变量分离得 d ----=——工 山 丿1 + / 工______ ______ 「积分得 ln(“ + \/m 2 + 1 ) = In C — In x ,即"+ a /m 2 + 1 = 一，x 再由 -“ + vV +1 =咅得“=*岸-咅)，或$=*9 -青)，因为曲线经过点（*,0），所以C=y,故所求曲线为夕=土一工2.(H)曲线汁* —在第一象限与两坐标轴所围成的面积为设切点为P1X 22) 9切线为y —=一 2a (jc 一 a ) 9令夕=0得z =二 + #；令工=0得，=++/oa z 4切线与L 及两个坐标轴围成的位于第一象限的面积为4a112 5Sa • 4a令s'++斜4a 2T + fl24a 24)=°得「古所求的切线方程为丿—(土―召)，整理得(17)［解】 设/时刻雪堆的半径为r(Z ),r(0) =r 0,v 2 3 Q 9 2 dV 2 "V = —nr ， o = Z7tr 9 -7— = Z7ir • —3 dt dtdV" d 厂由题意得不=TS,整理得不=T,解得")=f+c°,由厂(0)=厂 ° 得 C =r Q= —kt +r 09再由 r (3) = #•得怡=¥•，故 r ⑺=----t + r 0 ,Z令r (?) =0得t =6,故雪堆全部融化需要6小时.(18) ( I )【解】/(^)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式为/(J?) = /(0) + /''(0)工 + I ；£)乂2= /，(0)jf + ［『力2，其中£介于0与工之间.(II )【证明】/(j ： ) =/，(0)j' +食,)工2两边在［—a ,a ］上积分得［/(jc)dj- = _1_［ /7,($)2d:r ,J —au J —a因为f'\x )在［—a ,a ］上连续，所以f'\x )在［—a ,a ］上取到最小值m 和最大值M,由W */"(£)広2 C yMjr 2 得扌a 3 C yj 厂(£)工'dr < y-a 3 ,m ra m 3 f a即百^3 W /(工)clr W —a 3 9或 Tzz — /(j : )djc M ,3 J —a 3 a J —a由介值定理，存在少E [—a,a],使得/'"（可）=弓[/'（工）山，a J —a故 a "/■"(”)=3〕/ ( jc ) d j ?.(19)【解】 由 AXA +BXB =AXB + BXA + E 得(A -B)XCA -B) =E,解得 X = [(A -B)2]"1 ,/I — 1 — 1而A - B = 0 1 一 1'o 0 1/!-1一1\J 1(AB)2=01-11 0'001丿'0I 1_ 2-110°\I 1由01-2010 -* 0'0100J'0-1-1I 1-2一1\1-1=01-201/'o 01 100125\10012|得0100/]25\X =-012 •、00J（20）【解】0] ,p 2，“3，04为AX =0的基础解系的充分必要条件是01 ,庆，/h ，力线性无关,1t0100t '而(01 902 9 03，04)=(。
