2010年浙江师范大学数学专业期末数学分析试卷答案

第1页共5页数学分析B(二)A卷答案与评分参考2011年6月15日浙江师范大学《数学分析B（二）》A卷答案与评分参考(数101班和数103班)一、选择题（每小题2分，共12分）1.D2.C3.A4.C5.A6.B二、填空题（每小题2分，共8分）①4②31③)13(31xF④]2,0(三、计算积分（每小题6分，共24分）1.xxeexd．解原式Ceeeexexxxxxarctan)(1d1d22．2.xxxxdsincoscos.解原式xxxxxd)sincossincos1(21Cxxxxxxxx)sinln(cos2121sincos)sind(cos2121．3.)1()1(d222xxx．解因2222111)1(1)1()1(2xxxxxx，故原式Cxxx)1ln(211ln112．4.xxxd1)1ln(102．解令tu4，则ttuuttdcoslndcoslnd)4cos(ln400440，令txtan，则原式ttxxd)tan1ln(arctand)1ln(4010tttttdcoslnd)sinln(cos4040ttttdcoslnd)4cos(2ln40402ln4．四、解答题（每小题6分，共42分）1.求函数xxxf1)(2的极值点、极值和单调区间．第2页共5页数学分析B(二)A卷答案与评分参考2011年6月15日解因)32(322xxxx，1,1,)(2332xxxxxxxf，故1,)23(1),32()(xxxxxxxf，由0)(xf得两个稳定点0和32，因)1(f不存在，故利用0，32和1将),(分成4个区间，并列表如下：由上表知，极小值点为0和1，极大值点为32，极小值为0，极大值为274，单调增区间为)32,0(和),1(，单调减区间为)0,(和)1,32(．2.求曲线tttyxd102的拐点和凹凸区间．解因1,1,2332xxxxxxy，故1,)23(1),32(xxxxxxy，由0y解得32,0x．利用0，32和1，将),(分成4个区间，并列表如下：x)0,(0)32,0(32)1,32(1),1()(xf—0+0—不存在+)(xf02740由上表知，拐点：)0,0(、)274,32(和)0,1(，凹凸区间：)32,0(、),1(、)0,(和)1,32(．3.求由2yx与22yx所围图形的面积．解面积为23423824344d)22(2d)22(203202222xxxxxx4.判别积分xxxd1)sgn(sin12敛散性．解绝对收敛．因22111)sgn(sinxxx，而121dxx收敛，故由比较判别法即知．x)0,(0)32,0(32)1,32(1),1()(xf—0+0—不存在+)(xf02740第3页共5页数学分析B(二)A卷答案与评分参考2011年6月15日5.判别级数1321)1(nnn绝对收敛还是条件收敛．解条件收敛．因为（1）由01132n知，1321)1(nnn是Leibniz级数，故收敛．（2）因11/1)1(lim3232nnnn，而1321nn发散知，故由比较判别法即知1321)1(nnn发散．6.判别级数12nnnx在]1,0[上一致收敛性．解因221nnxn，而121nn收敛，故由M判别法知，级数12nnnx在]1,0[上一致收敛．7.求级数0)!12()1)(1(nnnn的和．解原式00)!12()1(21)!12()1)(21(nnnnnnn21sin1cos1sin21)!2()1(210nnn五、证明题（任选两题，每小题7分，共14分）1.证明xxxfsin)(在),0(上一致连续．证0，因0,sin0,1)(xxxxxg在]2,0[上连续，故由康托定理知，)(xg在]2,0[上一致连续，因此存在与x无关的)1,0(1，使得当1yx且]2,0[,yx时，有)()(ygxg．取}2,min{1，则01且与x无关，当yx且yx0时，必有2y或2y．情形1若2y，则因1yx，故]2,0(,yx，从而)()()()(ygxgyfxf．情形2若2y，则因1yx，故),1[,yx，因此xyyxxyyyxxyfxfsinsinsinsin)()(第4页共5页数学分析B(二)A卷答案与评分参考2011年6月15日yxyyxyyyxyxysinsin1sinsin1xyxyyyxxsinsinsin1xyyxsinsin22xy综上xxxfsin)(在),0(上一致连续．证完2.若0d)(102xxf，)(xf在]1,0[上连续，证明在]1,0[上0)(xf．证因)(xf在]1,0[上连续，若0)0(2f，则0)0()(lim220fxfx知，必有)1,0(0x，使得0)(02xf．同理，若0)1(2f，则由0)1()(lim221fxfx知，必有)1,0(0x，使得0)(02xf．因此，若在]1,0[上0)(xf不成立，则不妨设)1,0(0x，使得0)(02xf，因此0)()(lim0220xfxfxx，由极限的保号性知，存在0，使得)1,0(),(00xx，且当0xx时，0)(21)(022xfxf，从而122021020000d)(d)(d)(d)(xxxxxxfxxfxxfxxf0)()(212d)(21d)(02020220000xfxfxxfxxfxxxx这与0d)(102xxf矛盾．证完3.证明13sin)(nnnxxf在),(有连续的导函数．证（1）233cossinnnxnnxdxd连续，（2）因2213cosnnnx，而121nn收敛，故由M判别法知，级数123cosnnnx在),(上一致收敛，（3）13sinnnnx在0x处收敛．因此，123cosnnnx连续．而且13sinnnnx在),(可以逐项求导，即13sin)(nnnxxf在),(有连续的导函数．证完4.证明级数1sinnnnx在)2,0(内闭一致收敛．第5页共5页数学分析B(二)A卷答案与评分参考2011年6月15日证设)2,0(],[ba，则20ba，记2sin12sin1baM，则因Mxxxnxxxkxxxkxnknk2sin12sin2)2cos()2cos(sin2sin22sin21sin11，对],[bax和1n一致成立．而01n，故由级数一致收敛的Dirichlet判别法知，级数1sinnnnx在],[ba上一致收敛，这表明级数1sinnnnx在)2,0(内闭一致收敛．证完5.证明当1x时，级数1)()2)(1(!nnxxxn收敛．证记)()2)(1(!nxxxnan，则因])()2)(1(!/)1()2)(1()!1(1[)1(1nxxxnnxxxnnaannn11)111(xnxnxnxnn，故由拉贝判别法的极限形式知，原级数收敛．证完