工科数分大一期中考试参考答案(07-11-24)

1工科数学分析(1)期中考试试题答案2007年11月25日一、填空题(每小题4分,共20分)。得分[]1、)17(limnnnn4；解：)17(limnnnn178limnnnn411718limnnn；2、设数列!)!2(nnnxnn，（,3,2,1n），则有nnnxx1lime4；解nnnnnnnnnnnnxx)1()1)(1()22)(12(limlim1ennnnnnn4)11(1)11)(11()22)(12(lim；3、22sin0)31(limxxxx32e；解22sin0)31(limxxxx3222sin)32(310)31(limexxxxx；4、设xxfarccos)(，1||x，则有)(xf32232)1()1(xxxx；解2122)1(11)(xxxf，32232)1()1()(xxxxxf；5、)1(lim1xxxx；解)1(lim1xxxxxxxx11lim1xexxx11limln122ln11ln1limxxxexxx)1(lnlim1xxxx。2二、选择题(每小题4分,共20分)将代表答案的字母填入右边括号内。得分[]1、设数列}{nx，与}{nx不是基列不等价的一个命题是【D】（A）00，对任意大的正整数N，总存在正整数NnmNN,，使得02||NNnmxx；（B）00，无论正整数N多么大，总存在正整数NnN和正整数Np，使得03||NNNnpnxx；（C）00，存在两个子列}{knx和}{kmx，满足0||kkmnxx，,2,1k；（D）00，*NN，对于所有满足Nnm,的*N,nm，都有0||nmxx。2.设函数0,00,1sin)(2xxxxxf,则既正确又最好的结果是【C】（A）f在]1,0[上不一致连续；（B）f在0x处连续可导；（C）)(xf在),(上有界，0x是)(xf的第二类间断点；（D）f在),(上一致连续，且f在),(上可导。3．设()fx在),(ba上可导，且0)(xf，),(bax。则下列结论正确的是【A】（A）)(xf在),(ba上恒为正或恒为负，且()fx在),(ba上严格单调；（B）()fx在),(ba上恒为正或恒为负；（C）()fx在),(ba上有最小值和最大值；（D）()fx在),(ba上连续，且)(xf在),(ba上连续。4．设()fx在0x),(ba处可导，且0)(0xf，则在下列结论正确的一个是【B】（A）()fx在0x处达到极小值；（B）()fx在0x处达不到极值。（C）()fx在0x的某个邻域内严格单调递增；（D）()fx在0x处达到极大值；5．下列命题中正确的一个是【D】（A）设是数集E的上确界，则必有是数集E中最大的数；（B）从覆盖区间I的任一族开区间覆盖中，必可选出有限个开区间就能覆盖区间I；3（C）若有界的数列}{na中有一个子列收敛，则}{na必是收敛的数列；（D）设数列}{na单调递增，}{nb单调递减，且nnba，*Nn，则对*,Nnm，成立nmba。三、（本题共16分）。得分[]设1p，函数ppxxxg1)1()(，),0[x，求（1）)1(),0(gg，)(limxgx；（2）)(xg；（3）求函数)(xg的单调区间；（4）求数)(xg在),0[上的最大值和最小值。解（1）12)1(,1)0(pgg，)(limxgx1)1(1)11(limppxxx；（2）211)1()1()1()1()(pppppxpxxxxpxg211)1()1()1(pppxxpx；0)1(g，（3）由211)1()1()1()(pppxxpxxg可知，0)1(g，当10x时，0)(xg，g在]1,0[上严格递增，)1()()0(gxgg；当1x时，0)(xg，g在),1[上严格递减，（4）由（3）得，当10x时，有)1()()0(gxgg；由（3）和（1）得，当1x时，g在),1[上严格递减，又1)(limxgx，所以)1()(1gxg；故)1()()0(gxgg，0x，从而得1)0(g是最小值，12)1(pg是最大值。四、计算下列各题（每小题6分，共18分）。得分[]（1）设xxaxf1)1()(，0x，（a为常数，0a且1a），求)(xf4解xxaxf1)1()()1ln(1xaxe，])1ln(1[)()1ln(1xaxaxexfx21)1ln(ln11)1(xaaaaxaxxxxx，21)1()1ln()1(ln)1()(xaaaaaaxfxxxxxxx；或者令xxay1)1(，)1ln(1lnxaxy，aaaxaxyyxxxln111)1ln(112，]ln111)1ln(1[)1(21aaaxaxayxxxxx。（2）设tetx，)sin(cos2teyt，求dxdy；解tttettettetxtydxdy1)sin()cos(cos)sin(cos2)()(22；（3）求)1sin(lim2xxxx。解方法一)1sin(lim2xxxxxxxx111sinlim211cos11sinlimxxxxx332221sin11cos11cos1limxxxxxxxx0)1sin21(limxx；方法二)1sin(lim2xxxx2111sinlimxxxx5322211cos1limxxxxxxxx211coslim2221sin1limxxxx0)1sin21(limxx；方法三：令xt1，则原式20sinlimttttttt21coslim002sinlim0tt；方法四：)1(1!3111sin43xoxxx，)1sin(lim2xxxx0)1)1(1161(lim442xxoxxx。五、（本题满分16分）设0a，01x，)2(3121nnnxaxx，,2,1n；试证明：（1）成立31axn，,2,1n；（2）}{1nx是单调递减的；（3）nnxlim存在；（4）求出nnxlim。证明（1）)2(3121nnnxaxx)(3121nnnnxaxxx3312)(axaxxnnn，,2,1n（2）因为121112)2(31nnnnnxxaxxx0312131nnxxa，所以}{1nx是单调递减的；（3）由于}{1nx是单调递减且有下界，所以nnxlim存在；（4）设Axnnlim，显然3aA，在)2(3121nnnxaxx两边，令n取极限，得，)2(312AaAA，aA3，3aA，故3limaxnn。六、证明题（10分）设函数f在],[ba上可导，)(xf在],[ba上连续，且f为非常值函数。6证明：必存在),(ba，使得|)()(||)(|abafbff。证明方法一：用反证法。假若结论不真，则对所有],[bax，都有|)()(||)(|abafbfxf，因为)(xf在],[ba上连续，且f既非常值函数又非线性函数，必有],[0bax，使得|)()(||)(|0abafbfxf，（否则，若对所有],[bax，都有|)()(||)(|abafbfxf，又f连续，必有f为常值函数）。因为)(xf在],[0bax处连续，|)()(||)(||)(|lim00abafbfxfxfxx，由极限的保号性，存在],[,11baba，11ba，使得],[110bax，且当],[11bax时，有|)()(||)(|abafbfxf；利用拉格朗日中值定理，得|)()()()()()(||)()(|1111afafafbfbfbfafbf|)()(||)()(||)()(|1111afafafbfbfbf)(|)(|)(|)(|)(|)(|1311211aafabfbbf|)()(|)]()()[(|)()(|1111afbfaaabbbabafbf，这是矛盾的，所以假设不成立，原命题成立。方法二：设)()()()()()(axabafbfafxfxF，易知，0)()(bFaf，且当bxa时，)(xF不恒为0（因为f为非常值函数）；存在),(1bac，使得0)(1cF，不妨设0)(1cF；在区间],[1ca与],[1bc上分别应用拉格朗日中值定理，可知存在),(11ca，使0)()()()(11111accFacaFcFF；存在),(12bc，使0)()()()(11112cbcFcbcFbFF7于是有abafbff)()()(1，（1）abafbff)()()(2，（2）当0)()(abafbf时，由（1），得|)()(||)(|1abafbff，当0)()(abafbf时，由（2），得|)()(||)(|2abafbff，故必存在),(ba，使得|)()(||)(|abafbff。（方法二的证明，不要求f连续。）