2003南開大學年數學分析

設其中有二階連續偏導數，求

解：令u=x+y,v=x-y,z=x貝I」;

rvxy=九+九(T)+九+/叩(一1)+/勿+力v(T)

設數列非負單增且，證明

解：因為an非負單增，故有

由lim%=。；據兩邊夾定理有極限成立。

〃一＞8

(1)設試確定的取值范圍，使f(x)分別滿足：

⑵極限⑴存在

XTO

(3)取)在*=。連續

(4)f(x)在X=。可導

解：(1)因為

a2

limf(A:)lim+limx［x-^-+???+(-—極限存在則

-v—＞0'xfXT(T2n

2+a20知。＞—2

⑵因為lim〃x)=0=f(0)所以要使f(x)在o連續則a＞-2

(3)￡(0)=0所以要使門田在。可導則二＞一1

四、設f(x)在R連續，證明積分與積分路徑無關

解；令U=無2+y2則”.“2+),2)xdx+)心=；又f(x)在R上連續故存

在F(u)使dF(u)=f(u)du=/(x2+),2)5+M，

所以積分與路徑無關。(此題應感謝小毒物提供思路)

設f(x)在［a,b］上可導，且，證明

a)證：因f(x)在［a,b］可導，則由拉格朗日中值定理，存在即

有六、設單減而且收斂于0。發散

b)證明Z〃〃sin〃收斂

c)證明lim—=1其中+〃ZsinZ)；

00Vn-

vn=2(|〃&sin4—o&sinA)

證：(1)因為而單減而且收斂于。據狄利克萊判別法知

⑵因為正項級數WHsinW發散則匯成sink-8(〃一>8)又由上

題知Z"sinZ有界故有lim—=1

8Vn

七、設FQ)=『"/"電竺dx證明

X

(1)吧在［0,+oo)一致收斂

x

(2)F⑴在［0,+8)連續

證：(1)因收斂(可由狄利克萊判別法判出)故在t>=。上一致收斂；

又在x>=l,t>=0單調且一致有界由阿貝爾判別法知一致收斂

(2)由上題知，F(t)在一致收斂，且由在(x,t)上連續知F(t)

在連續所以在連續，由的任意性得證

八、令是［a,b］上定義的函數列，滿足

(1)對任意句｛4(%)｝是一個有界數列

(2)對任意，存在一個求證存在一個子序列在［a,b］上一致收斂

證：對任意，是一個有界數列故由致密性定理存在一收斂子列，設

為，又令U=則U為［a,b］的一個開覆蓋集，由有限覆蓋定理，存在有

限個開區間覆蓋［a,b］,不妨設為

于是對>0,有令則由條件（2）知對上述

3^>>0,VXG[〃,bl叫使卜—巧|<5對一切自然數〃，有|/〃（x）-fn（西）|<|

于是Ve>0,mK>0,X/Zj>K^nk,nt>N,\/x^[a,b],Bx/￡[。向有

\fn,（X）-4W|=\fntM~fn.（a）+fn,（巧）-幾（即）+fnk（巧）-4。）|

++

（\fntM-fn,（巧）||A（巧）-4（巧）||九（巧）-人（幻|<￡由柯西準

則得證。

2004年南開大學數學分析試題答案

/（X）

〃a）r⑹

1.limuniex~a=ef[a}=1

x->a'x—>a

2.,

2

dz,,xi,y,yrr上i,

3.即證明，即證

設，，

?,證完。

4.ffx2y2]n（x2+y2）dxdysin26>cos261Z6>￡r5Inr2dr

8gsin26cos2陽*1nM.

5.設P=,Q=,,積分與路徑無關，則

6.，又當時,收斂，當時，級數發散，原題得證

7.由拉格朗日定理，，其中，原題得證

6.由拉格朗日中值定理，后者收斂，由魏爾特拉斯定理，原級數一致收

斂。

由一致收斂，則可以逐項求導，也一致收斂且連續，故連續可導

7.反證：設存在有，不妨設，由連續函數的局部保號性，知道存在

一個鄰域當時，則存在一個圓周與已知矛盾。

8.當時，

時,,綜上，

若對任意的有，則在時，不存在，矛盾。

設當時，當時，兩邊對積分即可

6.,，由在上有定義，則在上有界，則可以得到在上連

續。

,則，則則單調遞增有下界，存在右極限，存在，同理存在，由極限的保不等式性

可得

2003年中國科學院數學研究院數學分析試題答案

ABAR-A

1.limln(er+ex)=Inn—ln(l+e*)

x->0+x

(1)當時，

當時，

當時，

當時，

(2)當時，

B-A

40A—A——A-I3

limln(c'*)=lim—ln(l+ex)=lim---------=Aex——--=

.r-?0+jA->0+xXT0+廠

A(A-B)lim--------=0

AA-B)x2r

(3)當時,

當時,

當時,

當時,

2.當時.，從而連續;

當時，,存在；

當時，

lim/'(x)=O,

A->0

3.即證：，

/*(/)=--Iny

t

當時，設，，，

所以，

當時，設，，，

所以，

4.

產dO_rdOdO

J。2+cos。J-*2+coseJ。2+cos。

「d9_「d0_1「4d9dO_jdtan^_2〃

Jo2+cos6>-J02-cos6>-2^4-cos29~4-cos20~4tai?。+3一百2

評dO273

---=---71

J02+cos03

5.假設存在常數M,，積分矛盾

z+1=rcos(p

6.作代換x=rsin(pcos。

y=rsin^sin^

V=『如「嗎/sM.夕2(-1+-cose)公

JoJoJorsincp

「2那arciatHp2cos^>,

=￡def[2]。,)(-2r+2r~cos(p)dr=

rCL2

￡J^￡"2-(2cos^)+?cos,(pd(p=j1]：嗎嚀J+C；S2°)2_2(1+cos2(p)]d(p

7.橢球面1+y2+z2=l的切向量為蟾,y,z)

9o96

,切點為和

,196c260

d=---,D=---

1313

8.當時,

1<心)-/*<￡

X

X

1f。)-％)i

——￡<---------A<—￡

2x2

2

1嗎-%.1

——-￡<-------A<—￡

22日22

4

I/(券)-/(白1

---￡<---------------A<—￡

2〃二2〃

T

相加:

念4Ax普2人念4，

令，所以

9f*dx=「+『+f

22

J-lX_|_yJ-lJ-SJ6

d

lim「：/°),dx=lim[+lim「+limf'

y->0J-1r+y*y->0J-11yTOJ-6y->0J<5

由含參量積分的性質,

「Xf(x)

2

Joy2+j

人gC小》(。)「。

科院2006年數學分析試題參考解答

1求a,b使下列函數在x=0處可導：

_[ax^b當x?0;

'[x2+1當x<0.

解：由于函數在x=0處可導，從而連續，由得至ijb=l;

又由工(0)=〃/(0)=0得至ija=0.即得。

2已知>0,級數發散，求證級數也發散.

〃=1an"=1an+1

證明：用反證法。

由知，均為正項級數。

假設級數收斂，則，于是有，從而由正項級數的比較判別法知級數

收斂，矛盾，從而得證。

3設m,nNO為整數，求積分jxm(l-x)”出的值.

o

解：從而即得解。

(利用余元公式、換元、B函數更為簡單)

4設a>0,f(x)是定義在"a,a］上的連續的偶函數則j^lebc=］f(x)dx.

-a0

證明：知，從而令有

從而償叫(黑公+j等⑼4加心

-a-a-a-a

aa

[0a[。

=-[1f(x)dx+jf(x)dx]=-[^f(x)dx+Jf(x)dx]=Jf(x)dx得證。

Z-a0,000

5設函數在含有［〃向的某個開區間內二次可導且f'(a)=f，(b)=0,

4

則存在gem/)使得|r(^)|>--71/S)--⑷|.

證明：

由丁今/“定理，

對份有

/(X)=/⑷+/3)(1-。)+])。—4,

/(X)=f(b)+f\b\x-加+]/[-b)2.

而y，g)=/S)=o,故有

\f(b)-/(幻|二]|、f”?)(x-a)2-7”6)。-b?\

令17(J止max{""&)I,""&)I},則有

If(b)-f(a)|<l|/"C)2(?)2<|/"C)|

4

(b-ay

設實值函數f(x)及其一階導數在區間口,切上連續，

而且f(a)=O,則

1

b3

6max|/(x)|<5/T^(J|/V)l2^),

a

b]b

\fXx)dx<-(b-a)1[\f\t)^dt.

aa

證明：我們先來證明一個不等式，一般的稱為Cauchy-—Schwarz不等式,

即

1

hbIb5

定理1J/a)g(%)也4(J，2(x)〃)2(Jg2(幻女)(/g是1a向上的可積函數)

設力(x)=/(x)+fg(x),則

h2(x)=f2(x)+2(f(%)g(x)+12g23,

兩邊從a到b取積分XT

bbbb

Jh2(x)dx=Jf2(x)dx+2tjf(x)g(x)dx+可g?⑴公

由等式右邊對Vre肽都成立，知

hbb

△=(21f(x)g(x)dx)2-4jf2(x)dx^g2(x)dx<0.即證.

aaa

下面我們來證明題目：

⑴設maxI/(x)|=|/(x)I,則有公式有

xe[a,b]0-Leilmiz

"(Xo)l="(a)l+J"(f)|c〃=J"(f)|c〃

aa

即""0)|2=(J|/Q)|力)2

a

<JI/?)F力j仔力=|f(t)|2dt

aaa

h

<(b-a)j\f(t)|2dt

a

兩邊開方即得證。

(2)同樣，由Newton-Leibniz公式有

XX

f(x)=f(a)+J/<t)dt=J/<t)dt

aa

xxX

即尸(X)=(J/'(t)dt)2<j/2(詞12dt

aaa

等式兩邊x從a到b積分有

bhx

J/'2Mdx<J[(x-t/)jj'2(t)dtydx

aaa

aa

="'2⑴力5等⑴5鏟1公

aa

之器馬廠⑺力又得證。

設n是平面區域D的正向邊界線C的外法線，則

7上Su產〃c2//

中丁ds=JJ(-T+學山處，

oncucu

證明:

由Green公式有

C?c人v/<??

8設曲線的周長和所圍成的面積分別為L和S,還令，則.

證明：由對稱性知

值，并證明它也等于數項級數g曇”的和。

9計算積分

解：設“A

0I.八

dx

則fM(1+x)(l-x+x2)

x-2

)dx

1.[1Ir2x—1—3,

=-ln(l+x)|--I-------dx

306*x-x+1

1,1,,,,iIf1j

=-hi2n——\n(zx~-x+1)+一------dx

36021X2-X+]

2x-L

)「2百6

=-ln2+；—=-ln2+---arctan

3i+(^^)233T

1..C兀

=-ln2+--

39

為證明=1,我們先來證明一個定理:

定理2設在|x|〈R內收斂，若也收斂，則

R8R"+l

J/(xXr=X?n—

on=0〃十1

事實上,/(外在(-R,R)上收斂,從而內閉一致收斂,對于任何乂￡(-R,R),都有

xX??X8H+I

Jf⑴dt=J￡4J"力二刀afdt=￡an--,

oo〃=o〃=00/1=0〃+1

8〃+100ow+l

即有事級數二在(-R,R)上收斂，而匚也收斂，

〃=0〃+1〃=()〃+1

從而在［0,R］上一致收斂,和函數在X二R處左連續，哽有

800yW+I8nn+1

［f(x)dx=limVa----=\a------

l2八。占"〃+1￡"+1

回到題目，看數項級數收斂，設=,|x|vl,由定理2即知

翳=2

3

10求曲線工=tzcostyy=asin't(a>0)繞直線_y=上旋轉所成的曲面的表面積

解：這是星形線，充分考慮到對稱性(x=0,y=0,x=y,x=-y),有

3尸

|acos"-Gsin、|

表面積S=2/2乃Jx'2(f)+y'2(，)df

V2

￡3/T

2T

=6>/2^2[J(-cos3/+sin3/)sin/cos/J/+j(cos3r-sin3r)sinrcosr^//]

=6日at哇

55

北京大學2005

1設，試求和.

解

xinx1

首先我們注意到J5)=7-sinx在切x￡(0,1］的時候是單調增的.

x~-sinx

并且祗充分大的時候顯然有［sinxTsin.T<Isin<I^L

x-sinxx-1|x-1|

所以易知在xf+8時，limsupf(x)=1.

當然此上極限可以

令x=2火;r+/,kf+oo這么一個子列得到.

對于/*)的下極限我們注意到lim=o,而limmf畢生=0,

x->yx--sinx2Px--sinx

所以有liminff(A)=0.

XT+cO

此下極限當然可以

令工=(2A+I)4,Af+8這么個子列得到.

(1)設在開區間可微，且在有界。證明在一致連續.

證明:設|八刈祗￡①力)時上界為M因為/。)在開區間(。向上可微

對于V.5/￡(凡力,由Lag/"吆沖值定理，存在

A￡.使得|/(%)-f(x2)|=|r(一一一左區M1X-閭.

這顯然就是

Lipsc/?〃z條件,所以由內,々任意性易證明/(x)在上一致收斂.

(2)設在開區間可微且一致連續，試問在是否一定有界。(若

肯定回答，請證明；若否定回答，舉例說明)

證明:否定回答./'(X)在(。力)上是無界的.

設〃刈=(1-萬力顯然此/1(?在TO,“上是連續的根據定理閉區間

上連續函數一致連續.所以/(X)在(o,1)上一致連續.

顯然此/(幻=(一枕在(0,1)上是可微的/(為==^.而

2(1尸

fXx)=------■在(0,1)上是無界的.

2(17)2

3.設

(1)求人幻的麥克勞林展開式。

⑵求/⑺(0)。5=1,2,3…)

解：這道題目要是直接展開是很麻煩的.先對原式做一下變形.有

/1(X)=---COS[2(X2+1)].再由85弟勺加4",〃"力7展開式.有

22

..又由于

是偶函數，所以其展開式形式應該為：

f(x)=k。+k^x~+A2/+…+k“x~"+…

比較系數有：，接下來，若中

,此時令

p7.一1

士,2p.(-l)~^22/-,.(-1)/+,2P<-1)-?in2

-P2p!￡(2r-l)!2p!

同理可得：，。綜合得:

(-D~---------sm2f〃為奇數

〃！

尸<0)=的。?(2〃)!=「

、一十1竺也回cos2fp為偶數

(-1)2

p!

/2k(())=()

其中p=1,2,3…

4.試作出定義在中的一個函數，使得它在原點處同時滿足以下三個

條件:

（1）/（x,y）的兩個偏導數都存在；（2）任何方向極限都存在；（3）

原點不連續

解：。顯然這個函數在的時候，有偏導數存在

,而對于的時候，有，此式在原點也成立。

對于任意方向極限，有。顯然沿任意方向趨于原點。

此函數的方向極限都存在。最后，因為沿不同方向趨向原點。不

妨設有不同的極限

cosasina與cos「sin/?。且其都不為。。所以該函數在原點不連續。

5.計算.其中是球面與平面的交線。

解：首先，曲線是球面與平面的交線。因為平面過原點，球面

中心為原點。

所以它們的交線是該球面上的極大圓。再由坐標的對稱性。易知

有1=￡y2^s=j/dso

因此有1J/*2+>?2+Z?）ds=gj小=牛。

6.設函數列滿足下列條件：（1）,在連續且有（）

（2）{/；（幻}點點收斂于［〃,例上的連續函數￡5）

證明：在上一致收斂于

證法1：首先，因為對任意。且有，所以，對于任意，有。

又因為在點連續。所以可以找到，當時。有，以與

同時成立。因此，當，時，有

\S(x)-fn(x)\<|S*)-4(x)|<|S(x)-S5)|+W(%)一,a。)[+￡(x)-4(x0)|<￡o

如此，令，所以有開區間族覆蓋了區間。

而在閉區間上連續。由Heine-Borel定理，從開區間族

中可以選出有限個，

使。由的選法。可由相應與，當，且時，有。

取，當時，且，有成立。所以在上一致收斂于。

證畢。

證法2:反證法.設存在某，對于任意，有一，使得

又有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在

收斂子列收斂于中某值.因為對任意。

且有，所以，當時，有.

設某，由與連續性.存在一,當時

有同時成立.顯然，又因為.所以存在值，.

當時，成立.最后，當時，有

<.這與假設矛盾.

所以在上，是一致收斂于.證畢.

大連理工大學2005試題

數學分析試題解答

一、計算題

求極限：

解：

―4+2”..+“=.3工=1加空區,(利用.〃公式)

—Rn~(n+\)-n"2/i+l2

2.求極限:

解:

I,Q+與

lime-r(l+-)=Iim(——0)“

XT8XX-?00e

(l+-)r-e(l+-)v(ln(l+-)一一!-)

???lim-—=lim—---------「一+1

X->001X->O>1

11/1、、1

(----T-f+^(-f))--------

elim―—-----------------=—

xfgI2

x-

1、(l+_)e--]

lime-'(1+-)''=lim(——。廠=lim(一幺)'二〒

XeXT=O￡Je

3.證明區間（0,1）和（0,+）具有相同的勢。

證明：構造一一對應y=arctanx。

4.計算積分，其中D是x=O,y=l,y=x圍成的區域

解：

ff-r—&dy=￡P-^―dxdy=JjnU+)/)|jdy

y+xJoJoy+xJo

=J01n(1+y)dy-￡Inydy

=[(1+N)ln(l+y)-(l+y)-yiny+y]匕

=21n2

5.計算第二類曲線積分:方向為逆時針。

解

x=cos0

產Bin/'*)

-Usin20--Ucos20

-ydx-xdy換元>廣行II6—d0=_cos2。/Z1

22-----------aO

x~+yJ。112八3+cos2。

—+-cos'0

22

1-x23

(2ix2)(1ix2]

力鼠黑輸>__[-?',darctanx=-4>/2f2

2dx

萬能公式代渙1-xJ-(2+X2)(1+X2)

3+0

=_4及廣」小f----------df=-4夜力■+6乃

J—1+xJJx丫V2

1+

6.設a>0,b>0,證明：。

證明：

言。即構造函婀⑸“

￡“、(,a-b\....a-b.Cl~h]>0(7hW。廠展開可以證明)

/W=1+——[ln(l+——)

kxJxx+(a-b)

所以人幻遞增，從而得證

設f(x)為［a,b］上的有界可測函數，且證明：f(x)在［a,b］上幾乎處處

為。。

證明：

反證法,假設A={x|f(x)PO},則mA>0。

+00

4={x|/(x)>-}M=UAt<>必然存在某個4,"4>o

nn=l

J/3號>0,矛盾

設函數f(x)在開區間(0,十)內連續且有界，是討論f(x)在(0,+)

內的一致連續性。

討論：非一致連續，構造函數:

/(x)=sin-

x

顯然，/(x)連續且有界。但是“X)在Xf0時非一致連續

反證法：如果一致連續，對\/￡>0,/>0三5>0,當|￡-/”區5

|bin——sin—|<匕.取七?<1

x'x"

711

令艾'=--------，x”=—o當〃足夠大的時候I￡一女”|=---------<B

|sin--sin—1=1>

x'x"

設，討論函數的連續性和可微性。

解:

1)連續性：連續

lim

XTO

y-?0

2)可微性:可微

/(O,O)=lim/(X，。)-/。。)=o

NTOx

々。，。廠.33k。

A->0y

lim--------------/~;---------=hm----------J=

，\]x2+y2yXo\(jx2+y2+J

設f(x)在(a,b)內二次可微，求證：

至€(〃/),滿足/⑷-2/(審)-f(b)=/

證明:

令g(1)=/(x+-^―)-f(x),利用中值定理:

*")一*3)=g'(G=~f⑹,4￡(“，幻

x-a2

利用中值定理：

b—cib-ab-a

/(介—)-/(^=—/"?)，穴4介—)

LLL

令產彳，原式=g(X)-g(〃)=(—)2f%)

f(x)在R上二次可導，

,證明:f(x)在R上恰有兩個零點。

證明：

⑴先證：當Xf-8的時候，/(%)>0

limr(x)=a,所以，當#J絕對值足夠的時候,不妨設xv玉<0,

ZT-CO

/<?<|

當X<X|時,/(X)>/(XI)+(X-X1)y.

當x<2“*)+內的時候，/(x)>0

a

(2)同理，當xf+8的時候，f(x)>0

又/”(x)>0n〃(x)為遞增函數n/(x)先單調減少，在單調遞增

:/(工0)<。，根據連續函數的介值定理，在(-8,%),(%,+8)各有一個零點

設函數f(x)和g(x)在［a,b］內可積，證明:對［a,b］內任意分割

△：4=%<%<...<X”=〃,G［x,.,xf+1］,z=(),1,2,....有

h

R=Jrja)g(x)公

1=0

證明：

根據定義

［af(x)g(x)dx=1!叫￡/(。爾(。)用

i=O

f=0<=0/=0

Wmax{|/(0)|}218?)-g⑺4勺

'r?0

.一!,一!

由于gm積，所以￡ig?)-g(7)m—°式◎?為振幅)

f=oJ=O

?一!,一!

?.?4可|Zrejgeji.，一Zf?)g(7壯Ei=6從而得證

J=0J=O

求級數：

解:

夕*二應嘿A-」內收斂

￡（-1）“，）”在（_覃］內一致收斂，所以可以逐項求導

n=0

（M*）’4f"噌二

1

12

￡1H3-x——

￡工rL±<-z

limdr-3=L\(

+X+X

六3〃+1MTMJO14-X31—x+X

ln(l+x)1Hd(x~-x)dgg)

6Jl-x+x2

3。

In212x-lIn2冗

二丁+百「.丁1|I。二行+法

二、討論函數項級數￡x（，m（〃-1）2"—）在（0」）和（i,+8）的一致

n?l

收斂性

討論：yx（/72e_nV-（/?-1）2e_<w_,）2x2）=xhm（n2e-n2x2）

n=ln->x>

1）0<x<l

xlimWc-"M）=（）

〃一>8

級數收斂，但不一致收斂。

取X"=’,|5〃（乙）-0|=〃不趨近于0,所以不一致收斂

n

2）X>1

8

,)c、1

(xe-x')'=廠(1-2X2)<0即叱<-

...V^>0,Vx>l,3A^=J-41ne,V/?>N,S〃(x)<

計算《x2dydz+y2dzdx+z2dxdy,其中2為圓錐曲面z2=/+y?被平面

z=0,z=2所截部分的外側。

解：

爪x2dydz+y2dzdx+z2dxdy=jj￡(x+y+z)dxdydz

=ioJoJo(廠cos°+廠4n〃+z)，7/Gdrd7,

=J；dzJ。r2drj；(cos夕+sin+J；zdzj；n/rj："6

=4不

十一、設f(x)在。1]上單調增加,f(O)>=O,f⑴<=1,證明：

證明：

M={x\f(x)<x\xe[^l]}

m=infM

顯然M非空,下證：/(〃7)=〃/

反證法：如果命題不成立，那么顯然/(^〈〃八不妨設八⑼二加一廠

VO<x<tn,f(x)>x3

f(x)-f(m)>r+xi-nv'

由于),=/是連續函數，所以，對Tr〉o存在X，

x'y-ni+r>0,與單調性矛盾。

十二、設HX)在。+8]上連續，絕對收斂，證明:

lim『f(^)<p(x)dx=/(0)/(p(x)dx

證明:

I吧Jo“f(N(x)dx=/(0)￡Z(p(x)dx

因為J；0(x)辦絕對收斂，當〃足夠大的時候『夕⑴公-『°(x)公<&

因為/V)連續，所以，當〃足夠大的時候八與-/(0)<￡

n

IJ：f(；)9(x)--f(0)J；(p(x)dx\<\J；"。)-/(O)]0(x)公|+/(0)￡

<s^\(p(x)dx\+f(^)￡

由于躺任意性，所以命題成立

十三、設，證明：

當下極限時，級數收斂

當上極限時，級數發散

證明：(1)

.ln(l/??)

liminf------=1+2r>1

"->8inn

即〃足夠大的時候>l+r>l^l/^,>〃“

Inn

(l+r)

aH<n

根據積分判別公式，知命題成立

(2)

Hmsup螞3<1

Inn

即〃足夠大的時候

Inn

哈7/-(，-r)

根據積分判別公式，知命題成立

蘇州大學2004年數學分析解答

1.(20')

(1)求極限lim"Wc⑶：)

。(arcsinx)

r2-fnrrtnnrV2A-2(arctanX)--

解：原式二lim^—(actaA)=lim----------：—比匚7

XT。X，XT。4X

..2x(1+x2)-2(arctanx)2+6x-2

=hm------------.------=hm----------

1。4X3(1+X2)1。12/+20/

..(2+6x")(1+x?)—2..8廠+6/

=hm-----------------=hm------、---------r-

I。(1+產)(12/+20/)1。X2(1+X2)(12+20小)

8+6f8_2

=lim

3-

XTO(14-r)(12+20x)123

(2)證明對任意自然數“，方程爐+X〃T+……+x=l在區間［0,1］上總有.

唯一實根Xn，并求limXn

n

證明：^f(x)=xn+xn-l+?+x-l

則/(O)=-I<o,/(I)="-12(),X￡［04］

因此/")在［0,1］上有零點

又T(x)=叱+(〃-1)*....+2x+1>(),xe［0,1］

所以/(x)在［0,1］上單調

從而f(x)在［0,1］上存在唯一的零點,也即方程x”+V-+……+x=l在區間［0,1］上總有

唯一實根X”

因此工〃+工二+……+”1

Y1

兩邊令〃f+oo,則有lim—―=1=>limx=—

"TOO1—X"TOOn2

2.(201)

證明函數sin：在區間（0,+8）上不一致連續，但是對于任意a>0,在

X

+8）上一致連續。

證明：⑴法一：

取則，

X]=—!—,X,=—!—limsin=1工limsin——=0

-"T8V

工+2〃乃乃+2癡x2

2

從而sinL在區間（0,?oo）上不一致連續

x

法二：取/=:，則mb>0,取不二一!一，為二一!一

2%+2〃萬~兀+4〃兀

2

|x,-xd=—!—<」一,取N>—

~7+4〃乃4〃乃4〃方

.1.11

sin-----sin——=1>%

X%

從而sin，在區間（0,+8）上不一致連續

x

⑵當xw[a,+oo）時

\/￡〉（）0方>（）,當淵，有

取6=曲,有sin-----sin—<8

即sin—在[a,+QO）上一致連續。

3.證明不等式史吧〉」一/￡(0,工)

xsinx2

tanx

----------?2

證明:上在xG(0,-)±>0,令以x)=一^=?n*,顯然外幻在(0,工)連續

sinx2尤xcosx2

sinx

下證f(x)>l

f,(X)2sinxcosx?x?cosx-sin?x(2xcosx-x~sinx)

x4cos*2x

2xsinxcos2x-2sin2xcosx+xsin3x2xsinxcos2x-2sin2xcosx+xsinx(l-cos2x)

-3A-3o

XCOS'XXCOS-X

_sinx(xcos~x-2sinxcosx+x)

x3cos2x

令/i(x)=(xcos2x-2sinxcosx+x),XG(0,—)

2

〃'(x)=cos2x+2xcosxsinx-2cos2x+2sin2x+1=2xcosxsinx+3sin2x

=sinxC2xcosx+3sinx)>0,xe(0,—)

2

所以/7(幻單調遞增,/?(x)>lim/?(x)=0

.v->0

從而xcos2x-2sinxcosx+x>0

冗

又sinx〉0,x3cos2x>0,xG(0,—)

所以J"。)>0,即/Q)在(0,工)單調遞增

?2

所以f(x)〉lim/(x)=lim8m1=1

.sox->ox-cosx

即/(x)〉1

1tanxx,八)、

從而---->—：—,xe(0,—)

xsinx2

4.(20)⑴設在[I,+oo)上非負遞減，證明nf+oo時

￡f(k)—1/'Cr)dx有極限L,且OWLW/⑴

k=l

I

⑵設%=-------H----------F+---------InIn〃，/2=2,3

21n231n3Inn

證明數列｛4｝收斂。

證明：⑴令凡一(k)一(7(X)“E

則氏=邙(k)-rf(x)dx=Jf(k)-2P1f(x)dx2￡f(k)-Wf(k)(A+1-Q=/(〃)>0

J

k=!k=lk=\k=lk=l

所以為有下界

又4川一%=/(〃+D-J：fMdx=f(n+1)-fC),其中Jw(n,n+1)

由于〃外在[1,+oo)上非負遞減，所以/(〃+1)-/(4)<0

從而見單調遞減

因此｛?｝收斂且?=/(I)>^>0,兩邊令〃-00,有‘0KLK/⑴

(2).令f(x)二」一

xlnx

%=Xf(k)—f[x)(lx=￡f(2+1)-J；?f\x+\｝dx

k-2k=\

=Xf(k+1)-『"(/+1)公-J；f(x+\)dx

k=\

有⑴知道￡/e+1)-『)。+1)曲|攵斂

a=|

又令g(x)=]/(x+l)〃T=['---------!---------dx

J。Jo(x+l)ln*+l)

可以知道0是g(x)的瑕點，Xf0時,--------------------

(x+l)ln(x+l)x(l+x)

而「一!一公收斂，所以「-----!------辦收斂

Jox(l+x)Jo(x+l)ln(x+l)

因此｛“〃｝收斂

5.(20')設口儀丫)在平面上二次連續可微，x=rcos<9,y=rsin^>(r^O)

(1)用u關于r,6的偏導數表示￡

dx

(2)用u關于r,‘的一’二階偏導數表示言

解：⑴生=包3。-包由。

dxdrd6

月憂Adu.q、，d2uAd2u/.d2u.?d2u「

(2)—7=(—cos"----，sin夕)=-7cos〃+-----(-sing)------sin夕-----rcosu

dx2drdOdr2drdOdrdOcO1

d2u八_d2u.