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1选择题 (本题含 5 小题满分 30 分, 每小题 6 分)
(1)函数 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个邻域内具有连续的 2 阶导数, 满足 $f‘(x_0)=0$, 并且 $f‘‘(x_0)<0$, 则 (A)
A. $f(x)$ 在点 $x_0$ 处取极大值;
B. $f(x)$ 在点 $x_0$ 处取极小值;
C. $(x_0,f(x_0))$ 为曲线 $y=f(x)$ 的拐点;
D. $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个邻域内单调减少.
证明: 事实上, $$\bex f(x)=f(x_0)+f‘(x_0)(x-x_0)+\frac{f‘‘(\xi_x)}{2}(x-x_0)^2,\quad x\in U(x_0). \eex$$
(2)函数 $f(x)=\ln x-x$ 在区间 $(0,\infty)$ 内零点的个数为 (A).
A. 0;
B. 1;
C. 2;
D. 不能确定.
证明: 由 $$\bex f‘(x)=\frac{1}{x}-1\sedd{\ba{ll} >0,&0<x<1,\\ <0,&x>1 \ea} \eex$$ 知 $\dps{\max_{x\in (0,\infty)}f(x)=-1}$, 而有结论.
(3)已知当 $x\to 0$ 时, 函数 $e^{\sin x}-e^x$ 与 $x^n$ 为同阶无穷小量, 则 $n=(C)$.
A. 1;
B. 2;
C. 3;
D. 4.
证明: 由 $$\bex e^{\sin x}-e^x=e^\xi(\sin x-x)\sim -\frac{x^3}{6}\quad(x\to 0) \eex$$ 即知结论.
(4)下列命题正确的是 (B).
A. 如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 且有原函数 $F(x)$, 则 $$\bex \sez{\int_0^x f(t)\rd t}‘=f(x); \eex$$
B. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积则 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上可积;
C. 若 $f^2(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 则 $|f(x)|$ 一定在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积;
D. 若 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积.
解答: 直接利用 Riemann 积分的等价定义 (带振幅的那个).
(5)设 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内满足 $f‘‘(x)>0$, 且 $|f(x)|\leq x^4$, $\dps{I=\int_{-1}^1 f(x)\rd x}$, 则必有 (B).
A. $I=0$;
B. $I>0$;
C. $I<0$;
D. 不确定.
证明: 由 $$\beex \bea f(x)&=\int_0^x f‘(t)\rd t\\ &=\int_0^x \sez{f‘(0)+\int_0^t f‘‘(s)\rd s}\rd t\\ &=f‘(0)x+\int_0^x \int_0^t f‘‘(s)\rd s\rd t\\ &=f‘(0)x+\int_0^x (x-s)f‘‘(s)\rd s \eea \eeex$$ 知 $$\beex \bea \int_{-1}^1 f(x)\rd x &=\int_{-1}^1 (x-s)f‘‘(s)\rd s\rd x\\ &=\int_{-1}^0 \int_x^0 (s-x)f‘‘(s)\rd s\rd x +\int_0^1 \int_0^x (x-s)f‘‘(s)\rd s\rd x\\ &>0. \eea \eeex$$
2($10‘$) $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导, 且有 $f(0)=f(1)=0$, $\dps{\min_{x\in [0,1]}f(x)=-1}$. 求证: 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得 $f‘‘(\xi)\geq 8$.
证明: 设 $x_0\in [0,1]$ 使得 $\dps{f(x_0)=\min_{x\in [0,1]}f(x)=-1}$, 则 $f‘(x_0)=0$, 而由 Taylor 展式, $$\bex 0=f(0)=-1+\frac{f‘‘(\xi_1)}{2}x_0^2,\quad 0=f(1)=-1+\frac{f‘‘(\xi_2)}{2}(1-x_0)^2. \eex$$ 故若 $\dps{0\leq x_0\leq \frac{1}{2}}$, 则取 $\xi=\xi_1$; 若 $\dps{\frac{1}{2}\leq x_0\leq 1}$, 则取 $\xi=\xi_2$.
3($10‘$) 设函数 $f\in C[0,1]$, 证明: $$\bex \lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\lambda f\sex{\frac{x}{\lambda}}\frac{1}{1+x^2}\rd x=\frac{\pi}{2}f(0). \eex$$
证明: $$\beex \bea \lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\lambda f\sex{\frac{x}{\lambda}}\frac{1}{1+x^2}\rd x &=\lim_{\lambda\to +\infty} \int_0^1 \frac{\lambda f(x)}{1+\lambda^2t^2}\rd t\\ &=\lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^1 \frac{\lambda[f(t)-f(0)]}{1+\lambda^2t^2}\rd t+\frac{\pi}{2}f(0)\\ &=\lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\delta+\int_\delta^1\frac{\lambda[f(t)-f(0)]}{1+\lambda^2t^2}\rd t+\frac{\pi}{2}f(0)\\ &=\frac{\pi}{2}f(0). \eea \eeex$$ 最后一步是因为可选 $\delta$ 使得 $\int_0^\delta\cdots$ 充分小; 后对该 $\delta$, 当 $\lambda$ 充分大时, $\int_\delta^1\cdots\leq \frac{\lambda}{1+\lambda^2\delta^2}\cdots$ 充分小.
4($15‘$) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续. 证明对 $\forall\ t>0$, 都有 $$\bex \sez{\int_0^1\frac{f(x)}{t^2+x^2}\rd x}^2 \leq \frac{\pi}{2t}\int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x. \eex$$
证明: 由 Cauchy-Schwarz 不等式, $$\beex \bea \eea \eeex$$ $$\beex \bea \sez{\int_0^1\frac{f(x)}{t^2+x^2}\rd x}^2 &=\sez{\int_0^1\frac{1}{\sqrt{t^2+x^2}}\cdot \frac{f(x)}{\sqrt{t^2+x^2}}\rd x}^2\\ &\leq \int_0^1 \frac{1}{t^2+x^2}\rd x \cdot \int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x\\ &=\frac{1}{t}\arctan \frac{1}{t}\cdot \int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x\\ &\leq\frac{\pi}{2t}\int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x. \eea \eeex$$
5($15‘$) 设 $0<\lambda<1$, $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n=a}$, 求证: $$\bex \lim_{n\to\infty}\sex{\lambda^na_0+\lambda^{n-1}a_1+\cdots+\lambda a_{n-1}+a_n}=\frac{a}{1-\lambda}. \eex$$
证明: 写出 $$\bex \frac{a}{1-\lambda}=\lim_{n\to\infty}(1+\lambda+\cdots+\lambda^{n-1}+\lambda^n)a \eex$$ 后拟合即可.
6($20‘$) 设 $f_n(x)=e^{-nx^2}\cos x$, $x\in [-1,1]$, $n$ 为正整数. 证明:
(1)$f_n$ 在 $[-1,1]$ 上不一致收敛;
(2)$\dps{\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)\rd x=\int_{-1}^1 \lim_{n\to\infty}f_n(x)\rd x}$.
证明:
(1)由 $$\bex e^{-n\cdot\sex{\frac{1}{\sqrt{n}}}^2}\cos\frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{2e}\quad(n\gg 1) \eex$$ 即知结论.
(2)由 $$\bex \sev{\int_0^1 f_n(x)\rd x} \leq\int_0^1 e^{-nx^2}\rd x \leq \int_0^\delta\rd x+\int_\delta^1 e^{-n\delta^2}\rd x\to 0\quad\sex(n\to\infty) \eex$$ 即知结论.
注记: 这说明一致收敛仅仅是极限与积分可交换次序的一个充分而非必要条件.
7($10‘$) 证明有限闭区间上的连续函数能取得最小值.
证明: 先证有界, 再证能取得最小值. 两处均需用 Weierstrass 聚点定理.
8($15‘$) 设 $f(x)$ 在 $a$ 点可微, 且 $f(a)\neq 0$, 求极限 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sez{\frac{f\sex{a+\frac{1}{n}}}{f(a)}}^n}$.
解答: 不妨设 $f(a)>0$, 而 $$\beex \bea \lim_{n\to\infty}\sez{\frac{f\sex{a+\frac{1}{n}}}{f(a)}}^n &=\exp\sez{\lim_{n\to\infty}\frac{\ln f\sex{a+\frac{1}{n}}-\ln f(a)}{1/n}}\\ &=\exp\sez{\lim_{x\to 0}\frac{\ln f(a+x)-\ln f(a)}{x}}\\ &=\exp\sez{\lim_{x\to 0}\frac{f‘(a+x)}{f(a+x)}}\\ &=e^\frac{f‘(a)}{f(a)}. \eea \eeex$$
9($15‘$) 计算 $\dps{\iint_{[0,\pi]\times [0,1]}y\sin(xy)\rd x\rd y}$.
解答: 直接化为累次积分即可得答案 $1$.
10($10‘$) 计算 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}}$.
解答: 由 $$\bex \frac{1}{n+1}[(n+1)^2-n^2+1] \leq \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}} \leq\frac{1}{n}[(n+1)^2-n^2+1] \eex$$ 即知原极限等于 $2$.
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