2021年浙江师范大学《数学分析》试题答案4页.pdf

浙江师范大学数学分析 试题答案与评分参考）一、 （21%）计算题（每小题7 分，共 21 分）1.求10lim(sin 2cos )xxxx解因00sin 2cos12cos2sinlimlim21xxxxxxx，（ 3分）故 原式1sin2cos1sin2cos10lim(1sin 2cos1)xxxxxxxx=2e（7 分）2.求120ln(1)d(2)xxx解11200ln(1)ldln(1)d(2)2xxxxx1100ln(1)ld2(1)(2)xxxxx101lln 2()d12xxx10ln 2ln( 1)ln(2)xx1ln 233.求dsin 22sinxxx解令cosxu，则2dsindsin 22sin(1cos )sinxxxxxxx2d cos(1cos )(1cos )xxx2d(1)(1)uuu21111d811(1)uuuu12ln 1ln 181uuCu12ln(1cos )ln(1cos )81cosxxCx（7 分）二、 （40%）证明题（每小题8 分，共 40 分）1、 设函数( )f x在0, 2上连续，在(0, 2)可导，且21( )d(0)f xxf证明存在一点(0, 2)c，使( )0fc. 证由积分中值定理，存在1,2使21( )d( )f xxf（3 分）再由21()d(0)fxxf知()(0)ff，因函数( )f x在0,上连续，在(0,)可导且( )(0)ff，故由洛尔定理知，存在一点(0,2)c，使( )0fc（8 分）2、 设( )0fx，(0) 0f，证明对任何10 x，20 x，有1212()( )()f xxf xf x证法 1 设22( )()( )( )g xf x xf xf x，则(0)(0)0gf， 3 分）2( )()( )g xfxxfx，因( )0fx，故( )fx单调减少，从而由20 x知2xxx，2()( )fxxfx，即2( )()( )0g xfxxfx，因此22( )()( )()g xf xxf xf x单调减少 .最后，由10 x知，1g( )0 x，即11212( )()()()0g xf xxf xf x. （8 分）证法 2 不妨设12xx，则在区间212,xxx和10,x分别应用拉格朗日定理，得1212()( )( )f xxf xf x1221 ()() ( )(0)f xxf xf xf121()()ffx（3 分）这里2121120 xxxx，最后再由拉格朗日定理知，存在21,，使得1212()()()( )fff（ 6 分）因此1212()()()f xxf xf x121121()()()( )0ffxfx（8 分）3、 设lim5nna，试用定义证明12lim5nnaaan精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 4 页 - - - - - - - - -证 令5nnba，则因lim5nna，故lim0nnb，从而0，kZ，使得2nb()nk.记12nnBbbb，则由lim0knBn知，对上述的，1kZ使得2kBn1()nk且不妨设1kk. 因此，当1nk时，12125nnaaabbbnn222kBn knn, 表明12lim5nnaaan4、 设( )f x在0, 上连续，0( ) d0f xx，0( )cosd0f xxx，则在(0, )内至少存在不同的两点12,，使12()()0ff. 证 :0( )( ) dtF tf xx，则因(0)( )0FF,故应用分部积分得000( )cosdcosd( )f xxxxF x000( )cosd( )cos( )sindf xxxF xxF xxx0( )sindF xxx由积分中值定理， 存在0,使0( )sind( )sinF xxxF， 因此( )0F， 最后由(0)( )( )0FFF和0以及洛尔定理知，存在12,，使1()0F，2()0F且120. 又因11()()Ff，22()()Ff,故在(0, )内至少存在不同的两点12,，使12()()0ff5、 设( )f x在0,1上具有二阶导数， 且满足条件( )f xa，( )fxb， 其中,a b都是非负常数，c是(0,1)内的任一点，证明( )22bfca. 证：( )f x在0,1上具有二阶导数，故存在1(0, ) c使得211(0)( )( )(0)()(0)2ff cfccfc同理存在2( ,1)c使得221(1)( )( )(1)()(1)2ff cf ccfc将上面的两个等式两边分别作差，得222111(1)(0)( )( )(1)( )22fff cfcfc即222111( )(1)(0)()(1)( )22f cfffcfc因此222111( )(1)(0)() (1)()22fcfffcfc222(1)22bbacc而222(1)2212 (1) 11ccccc c，故( )22bfca（8 分）湖州师院第二届高等数学竞赛试卷(专业组 ) 一、计算题 1 、求nnnnnnnln)lnln(lim的值。

选自广东省大学生高等数学竞赛试题）解：nnnnnnnln)lnln(lim=nnnnnnnnnnln2ln2ln)lnln21(lim令,lntnn则原式.)11(lim210etttt2、计算积分.23212xxdx（选自 98 年高数二硕士研究生入学试题）解：原式23121212xxdxxxdx（均为收敛的广义积分，奇点1x）2312121241)21()21()21(41)21(xxdxxd231212141)21()21ln()12arcsin(xxx=).32ln(23. 函数)(xf在), 0上可导 , 1) 0( f且满足xdttfxxfxf00)(11)()(, 求导数).(xf（98 年高数二硕士研究生入学试题） . 解：由题设知, 0)()()1()() 1(0dttfxfxxfxx方程两边对x求导数，得到精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 4 页 - - - - - - - - -).()2()()1(xfxxfx令),(xfu则有.1)(12xceuxfuxxdxdux又有1) 0 ( f及将0 x代入原方程得到. 11)0(0)0() 0(cfff因此.1)(xexfx4、 求积分值.)1 (ln022dxxxx（选自高等数学双博士课堂）解：因为,0)1(lnlim220 xxxx故0 x不是瑕点。

但此反常积分还是可以这样处理：.)1 (ln)1(ln)1 (ln1221022022dxxxxdxxxxdxxxx而1ln41)1 ( 2ln2ln41lim2220 x. 2ln411ln41)1 ( 2lnlim42ln22220 xbbxxxxdxxxx12221221ln41)1 ( 2lnlim)1 (ln. 2ln4142ln1ln41)1 ( 2lnlim222bbbbb, 故.0)1 (ln022dxxxx二、 设有曲线1xy, 过原点作其切线, 求由此曲线 ,切线 ,x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所得到的旋转体的表面积 98 年高数二硕士研究生入学试题）解：设切点为),1,(00 xx则过原点的切线方程为1210 xy，再以点)1,(00 xx代入，解锝20 x，1100 xy，则上述切线方程为.21xy由曲线段) 21 (1xxy绕x轴旋转一周，所得到的旋转面的面积).155(63412212121dxxdxyyS由直线段)20(21xxy绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积.525212202dxxS因此，所求旋转体的表面积为).1511(621SSS三、计算曲面积分dxdyzxdzdxyzdydzxys)()()(222，其中S为抛物面222yxz位于0z内的部分的上侧。

选自高等数学双博士课堂）解：S不是封闭曲面，作辅助面)2(0:221yxzS，取下侧，则1SS构成一封闭曲面，由高斯公式1)()()(222SSdxdzxdzdxyzdydzxyVdv)111(V为1SS所围成的区域）202223zyxdxdydz20.6)2(3dzz又dxdyzxdzdxyzdydzxyS)()()(2221rdrrddxdyxyx2202022222cos.cos203202drrd所以dxdyzxdzdxyzdydzxyS)()()(222dxdyzxdzdxyzdydzxySSS)()()(22211.5)(6四、设)(xf是区间),0(内单调减少且非负的连续函数，nknndxxfkfa11)()(（,2, 1n）证明数列na的极限存在1999 年全国硕士研究生入学试题，1983 年清华大学硕士研究生入学试题）证：由题设可得, 2, 1),()()1(1kkfdxxfkfkk，故nknndxxfkfa11)()(nknkkkdxxfkf1111)()(0)()()(111nfdxxfkfnkkk，即数列na有下界又, 0)()1(11nnnndxxfnfaa精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 4 页 - - - - - - - - -故数列na单调下降。

由单调有界数列必有极限的准则知数列na的极限存在六. 设D域是122yx, 试证明不等式:.52)(sin16561322dxdyyxD. （选自广东省大学生高等数学竞赛试题）证明：drrrdxdyyxID103322sin2)(sin,)6(29103drrrr由,16561)6(29103drrrr104,522drr故得16561Idrrrr)6(29103104.522drr台州职业技术学院第一届高等数学竞赛试题一设函数)(xyy由方程xyxyxsin)ln(32确定，试求0 xdxdy（10 分）二若)0()1ln(sinlim30ccdtttxaxxbx，试确定常数cba ,的值 10 分）三12112dxex（10 分）四设,0 x利用导数证明：xxln12（ 15 分）五设)(xf一阶连续可导,且) 1 () 0(ff=0，求证：至少存在一个) 1, 0 (，使0)()(ff（ 10 分）六.设,)()(的原函数是xfxF且,42) 1 (F当0 x时，有)1 (arctan)()(xxxxFxf,试求)(xf.(15 分）七假设曲线1L：21xy（01x）、x轴和y所围成的平面区域被曲线2L：2axy分为面积相等的的两部分，其中a是大于零的常数，试确定a的值。

15 分）八已知函数)(xf在0 ,1 上连续，在（ 0 ，1）内可导，且,0)0(f1) 1(f，证明：(1)存在) 1,0(使得1)(f(7 分);(2)存在两个不同的点,使得1)()(ff(8 分) 解答 :一. x=0,时 y=1 两边对 x 求导 ,再将 x=0,y=1 代入即可.二. 0c,且0)sin(lim0 xaxx0)1ln(limx030dtttx,故必有0b.再用洛必达法则推出a=1,c=1/2 三.作变换tx 12即可 . 四 . 构造辅助函数xxxFln1)(2,证明其在 (0,+)内只有一个极小值点,22x五.构造辅助函数)()(xxfxF,在区间0,1 应用罗尔中值定理.故对一切, 0 x都有)(xF)22(F=2ln21230. 六. 由)()(xFxf，知)1(arctan)()(xxxxFxF即xdxxdFxFarctanarctan2)()(.解出CxxF22arctan)(21代入初始条件即得)1(22)(xxxf（0 x）. 七. 先求出 两 条 曲 线 交 点 的 横 坐 标11ax积 分11022)1(adxaxx=1132a又 ,10231)1(21dxx由31132a知,3a八.(1) 构造辅助函数xxfxF1)()(，在 0 ，1上应用零点存。