数学分析1测试题答案.pdf
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数学分析数学分析1测试题测试题1参考答案参考答案一、填空题(每小题3分,共24分)1.3;022.12.3.04.1,|10,|1aa.5.000(,)lim,lim()nnnnnxUxxxfx=对且都有存在且相等.6.;.二7.,()2nnZ+.8.1.二、计算题(6分,共36分)1.112nnnnnnannn+=时在处连续-(4分)要使f(x)在x=0可导,即要使100()(0)1limlimsin0xxfxfxxx=存在-(7分)故当101,()0fxx=即时在处可导.-(8分)6.32000sin01cos01sin1limlimlim03066xxxxxxxxxx=型型-(8分)7.1ln00coslncossinlimlnlimsinlnxxxxxxxx+=Q型-(4分)=00sincoscossinlimlim11sincosxxxxxxxxxx+=-(7分)所以,1lncosln1sin0limxxxxee+=-(8分)三、证明题(每小题10分,共20分)1.先限制|0|10,xx且则-(2分)211111|0|0|222(11)xxxxx+=当有1111|0|22xxx+-(9分)故0111lim2xxx+=-(10分)2.在12,(0,)2xx对y=sinx应用拉格朗日中值定理,得12(,)xx,使得212121sinsincos()xxxxxx=0,202f=,知0,2x,使得f(x)=0,即1+sinx=2x有根.-(7分)下证唯一性.若方程存在两个根1212,0,2xxxx且,则有2121sinsin2()xxxx=这与前面已证2121sinsin()xxxx相矛盾,故12xx=-(10分)数学分析数学分析1测试题测试题2参考答案参考答案一、填空题(每小题3分,共24分)1.1,1.2.2.3.1e.4.,0;0,0;,=5.00,()0,0|,|()|.xxfxA=对使当时有6.32,;.2xkkZ=+二7.,.kkZ8.2.二、计算题(每小题8分,共56分)1.2nnnnnnbbabb=+Q-(5分)而lim,lim2nnnbbbb=-(7分)limnnnnabb+=(由迫敛性)-(8分)2.()221(),121xuxux=+=+-(4分)221()1121xfxxxx=+-(8分)3.取对数,得ln()coslnsinfxxx=-
(2)两边对x求导,得1()sinlnsincos()fxxxxctgxfx=+-(2分)所以cos()(sin)(cossinlnsin)xfxxxctgxxx=-(8分)4.取对数,得1ln()lnfxxx=,-(2分)两边对x求导,得22111()ln()fxxfxxx=+-(6分)所以,12()(1ln)xfxxx=-(8分)5.因为f(x)在x=0处可导,故在x=0处连续,所以9a=.又2089(9)()lim80xxxfxx+=-(3分)-(2分)01(9)1()lim0xaxbfxxb+=-(6分)而11(0)(0),8,.8ffbb+=有得-(8分)6.32000
(2)20
(1)101limlimlim03066xxxxxxexxxexexxx+=型型-(8分)7.()00limlnsinlimlnsinxxxxxx+=Q-(4分)=00lnsinlimlimcos01sinxxxxxxxx+=-(7分)所以,原式01e=-(8分)三、证明题(每小题10分,共20分)1.1112122(21)nnnn=+当时有1212nn+-(9分)故1lim212nnn=+-(10分)2.令()ln
(1)fxx=+.则f(t)在0,x上连续,在(0,x)内可导.故由拉格朗日中值定理,得(0,)x,使得ln
(1)ln1()0xfx+=-(3分)即ln
(1)11,0.1xxx+=+所以ln
(1).xx+-(6分)显然1,1,2,nnaan+=L-(7分)且2221111112201122212na+=对使当时有4.25.22x.6.2.7.,nnZ8.1()2ab+二、计算题(每小题8分,共48分)1.由lim21nn=及迫敛性知:
当01x时,12()nnnnnxxxxxn=+,这时lim1nnnxx+=-(8分)2.归结原则:
000(,)lim,lim()nnnnnxUxxxfx=对且都有存在且相等.-(3分)取21,lim0()nnnxxn=则,但()cos
(1)nnfxn=-(6分)因为lim()nnfx不存在,所以01limcosxx不存在(由归结原理)-(8分)(注:
也可取,0,lim()lim()nnnnnnxxfxfx但)3.间断点为1x=-
(2)因为11lim()1,lim()1xxfxfx+=,所以x=1为f(x)的跳跃间断点;-(5分)因为11lim()1,lim()1xxfxfx+=,所以x=-1为f(x)的跳跃间断点.4.0,()2xfxx=时0,()1xfx=不可导-(8)5.取对数lnln(ln)yxx=-(2分)两边对x求导,得11()ln(ln)(ln(ln)ln(ln)lnyxxxxxyx=+=+-(6分)所以1()(ln)ln(ln)lnxfxxxx=+-(8分)(注:
也可以将f(x)写成ln(ln)()xxfxe=再求导)6.因为2()2xfxxe=-(3分)222222()
(2)242
(1)xxxxfxxeexexe=+=+-(6分)所以2222()2(12)xdfxxedx=+-(8分)三、证明题(9+9+10=28分)1.22213133(31)nnnn=+当时有22313nn-(3)证:
由0000lim()()0,(),0,0|,xxfxfxfxxx=取当时有00|()()|()fxfxfx-(7分)即有000()()()()fxfxfxfx=对使当时有4.3.5.2x.6.12.7.,2nnZ+8.223aabb+二、计算题(每小题8分,共48分)a)32332nnnn+Q及-(5分)而lim33n=,lim323nn=-(7分)由迫敛性,得lim233nnnn+=-(8分)2.归结原则:
000(,)lim,lim()nnnnnxUxxxfx=对且都有存在且相等.-(3分)取21,lim0()nnnxxn=则,()sin0nfxn=,lim()0nnfx=-(5分)取21,lim022nnnxxn=+则,()sin212nfxn=+=,lim()1nnfx=,所以01limsinxx不存在(由归结原理)-(8分)3.由2123201,2xxxx+=求得两个根,可知20,12320,1,20,1,2xxxxxxx-(6分)故x=1和x=2是f(x)的第一类(跳跃)间断点;-(8分)4.0,()(cos)sinxfxxx=时0,()(1sin)cosxfxxx=不可导-(8)5.取对数2ln()coslnsinfxxx=-(2分)两边对x求导,得21()sincoslnsincos()fxxxxxctgxfx=+-(6分)所以2cos()cos(sin)(cossinlnsin)xfxxxxctgxxx=-(8分)6.因为sin()sin()()(sin()cos()axbaxbfxeaxbaaxbe+=+=+-(3分)22sin()2sin()()cos()sin()axbaxbfxaaxbeaaxbe+=+-(6分)所以222sin()2()cos()sin()axbdfxaaxbaxbedx+=+-(8分)三、证明题(9+9+10=28分)1.先限制11|1|1,02,131xxx+即1|1|1|1|122|1|2xxxxx=当0时有112xxQ在连续当时有0|()()|guguQ在连续对上述,0|,xx当时有001|()()|uufxfx=只要有,即g(f(x)在0x连续.3.不妨设0x为f(x)的极大值点,则存在邻域000(),()()()UxxUxfxfx使对有.故当0xx时,有00()()0fxfxxx。
由f(x)在故当0x可导及极限的不等式性质,得到00000()()()()lim0xxfxfxfxfxxx=,00000()()()()lim0xxfxfxfxfxxx+=,因此0()0fx=.数学分析数学分析1测试题测试题5参考答案参考答案一、填空题(每小题4分,共32分)1.不存在;0.2.0,|()|MxDfxM对都有.3.11;
(2).24xx4.x.5.,;2kkZ+第一.6.00000001()()();()(),()0()yfxfxxxyfxxxfxfx=其中.7.0|xx.8.4.二、计算题(6分,共36分)1.22222111112nnnnnnnnn+=+QL-(3分)而2lim1nnnn=+-(5分)lim1nna=(由迫敛性)-(6分)2.2222ln(sin)0cos0sin1limlimlim
(2)04
(2)sin08sin4
(2)cos8xxxxxxxxxxxx=型型(8分)3.222222121limlim1112xxxxxxtxx+=+令-(3分)=21212111lim1lim
(1)1ttttettt+=+=-(6分)4.1222212212sec23sec2(4)22213213arcsinarcsinxxxxyxtgxtgxxxx=+=+-(6分)5.取对数,得2lnlnlnlnyxxx=-(1分)两边对x求导,得12lnyxyx=-(5分)所以lnln12ln2lnxxyxxxxx=-(6分)6.(cos)cossincossin(sin)sincossincosttttttdyetetetttdxetetettt=+-(3分)222223cossin(sincos)(cossin)2sincos(sin)(sincos)(sincos)(sincos)tttttdyddyttttttdxdxdxetttettett+=+三、证明题(每小题8分,共32分)1.22221|12|21|1|2xxxxxxxx+=-(3分)先限制1130|1|,1,222xxx=当有212xx+,按照定义知,0,NNaa使得.又由na的递增性知,当nN时都有Nnaaa.另一方面,由于a是na的一个上界,故对一切na都有naa,因而更有.naa+当时有所以limsupnnnaaa=举例:
11nan=为递增且有上界数列,11lim11sup1nnn=3.
(1)22()2
(2)xxxfxxexexxe=+=+在0,3连续,故有界.
(2)对于2121212,0,3,(),xxxxxfxxexx0,使得12,|()|,()|xxxfxMfM都有从而|.于是,对12210,0,3,|,xxxxM=只要且就有21|()()|fxfxM=即2()xfxxe=在0,3上致收敛.4.1222111lim11lim()limlim2111xxxxxxxxxxxxxx+=+=+110
(1)11kkkkknnnnn+=+Q,而1lim0knn=,故由迫敛性,得()()lim10kknnn+=数学分析数学分析1测试题测试题6参考答案参考答案一、填空题(每小题4
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