一花大学 本科课程考试参考答案与评分标准 200/200学年第一学期 课程名称:数分分析(1)考试性质:考试试卷类型: 考试班级:数学,信息 考试方法:闭卷命题教师: 解答(共30分) 解∵f(t)=lim1+-=tlim1+ te 2.解 n(n+1) 2(m2+n+n)n2+n+1n2+n+ n+n+n (3分) n(n+1) 1) 由于 n(n+1) lim n(n+1)1 x+02(n2+n+n)2 2(m2+n+1) 所以,由迫敛性得原式= (5分) sinx+xcos- (3分) 原式=-lim ln(1+ 3sin x+x cos- (5分) 解: cOSx=1 1-++0(x3) 224 (3分) 第1页共5页
第 1 页 共 5 页 本科课程考试参考答案与评分标准 200 /200 学年第一学期 课程名称：数分分析（1） 考试性质：考试 试卷类型： 考试班级：数学，信息 考试方法：闭卷 命题教师： 一、 解答(共 30 分) 1. 解 2 2 1 1 2 ( ) lim 1 lim 1 t tx x t x x f t t t te x x = += + = (3 分) 2 ( ) (2 1) t ft t e = + . (5 分) 2 .解： ( ) 2 22 2 2 ( 1) 1 2 2 1 2 ( 1) 2( 1) nn n n nn n n n n n nn n n n n + < + ++ + + ++ ++ ++ + < + + (3 分) 由于 ( ) ( ) 2 2 ( 1) 1 ( 1) 1 lim , lim x x 2 21 2 2 nn nn n nn n n + + = = ++ ++ , 所以，由迫敛性得原式 1 2 = . (5 分) 3．解： （3 分) (5 分) 4．解： 2 24 24 5 5 2 cos 1 0( ), 1 0( ) 2 24 2 8 x xx xx x xe x = ++ = + + (3 分) 2 0 2 0 1 3sin cos 1 lim 2 ln(1 ) 1 3sin cos 1 3 lim . 2 2 x x x x x x x x x x + + + = = 原式=
原式=im-2+0(x) (5分) 5.解 dy 1 dx (3分) dt 6解对vE>0,取N=-+1,当m>n>N时,有 … (n+1)2(n+2)2 (3分) n(n+1)(n+1)(n+2) (m-1)m 由柯西收敛准则知{an}收敛 (5分) 、(7分)解要使∫(c)存在,f(x)在x=c处必须连续,即 imf(x)=limf(x)=f(c)由于 lim f(x)=sinc, lim f(x)=ac +b 所以 ac+b=sinc (3分) 这时 lim /(x)-/(c) lim ax+b-sinc -a lim f(x)-f(c) sinx- sinc = im 所以a=cosc,b=sinc-ac=sinc- ccssc. 分) (7分)因x1x2>0,故以x1,x2为端点的区间不含原点,不妨设x2>x1令 第2页共5页
第 2 页 共 5 页 4 5 4 0 0( ) 1 12 lim . x 12 x x x + 原式 = = (5 分) 5．解 ： 1 , dy dx t = (2 分) 2 2 22 3 2 2 11 1 1 . 1 1 1 dy t dx t t dx t dt t t + = = = + + (3 分) 6.解 对 > 0,取 1 N 1, = + 当mnN > > 时，有 2 22 11 1 ( 1) ( 2) 11 1 ( 1) ( 1)( 2) ( 1) 1111 , m n a a nn m nn n n m m nmn = + ++ + + < + ++ + ++ = < < (3 分) 由柯西收敛准则知{an} 收敛. (5 分) 二、 (7 分) 解 要使 f c ( ) 存在， f x( ) 在 x c = 处必须连续，即 lim ( ) lim ( ) ( ). xc xc fx fx fc + = = 由于 lim ( ) sin , lim ( ) xc xc f x c f x ac b + = =+ 所以 ac b c + = sin . ( 3 分) 这时 ( ) ( ) sin lim lim xc xc f x f c ax b c a xc xc + + + = = ( ) ( ) sin sin lim lim cos xc xc fx fc x c c xc xc = = 所以 a c b c ac c c c = = cos , sin sin cos . = (7 分) 三、 (7 分) 因 1 2 x x > 0 ，故以 1 2 x x, 为端点的区间不含原点，不妨设 2 1 x x > .令 1 () /, () x fx e x x x = = ， 则
f(xe'(x-1).y(x)≈l (3分) 在[x,x]上应用柯西中值定理得 .2 f(x2)-f(x1) P(x)-( 其中ξ在x,x2之间,化简得 e2-x2e2=(1-5)e(x1-x2) (7分) 四、(8分)证设f(x)=a1sinx+a2sin3x+…+ a sin( zn 则 f(x)=a, cos x+a2 cos 3x+.+a, cos(2n-1) (4分) 又(2=0,f(x=0.由罗尔中值定理知至少存在一点5E0.)使(5)=0 即在0.内原方程至少有一个根 (8分) 五、(8分)设圆形的周长为x,则正方形的周长为a-x,两图形面积之和为 4+丌 S 4 2r)16m816 4 4+兀>0 8 8 (6分) 令S04故当圆的周长x4+x正方形的周长为a-x=4a 时 4+丌 两图形的面积之和最小 (8分) 六、(10分)证分别在区间[a,c]与[c,b上应用拉格朗日中值定理,存在 51,2(a<51<c,C<52<b)使 f4)=1o/(a,rs)=26b)-/e (5分) 而(a,f(a),(c,f(c),(b,f(b)三点共线,所以 第3页共5页
第 3 页 共 5 页 2 2 ( 1) 1 () , () x e x fx x x x = = (3 分) 在[ x x 1 2 , ] 上应用柯西中值定理得 2 1 2 2 1 21 2 2 1 2 1 ( ) ( ) ( 1) / , ( ) ( ) 1/ 1 1 x x e e fx fx e x x x x x x = = 其中 在 1 2 x x , 之间，化简得 2 1 1 2 12 (1 ) ( ). x x xe xe e x x = (7 分) 四、 (8 分) 证 设 1 2 1 1 ( ) sin sin 3 sin(2 1) 3 21 n fx a x a x a n x n = + ++ 则 1 2 ( ) cos cos3 cos(2 1) n fx a xa x a n x = + ++ . (4 分) 又 (0) 0, 0, 2 f f = = 由罗尔中值定理知至少存在一点 0, 2 ! 使 f ( ) 0. = 即在 0, 2 内原方程至少有一个根. (8 分) 五、(8 分) 设圆形的周长为 x，则正方形的周长为a x ，两图形面积之和为 2 2 2 4 2 4 2 16 8 16 ax x a a S xx + =+= + (6 分) 令 S = 0, 得 , 4 a x = + 故当圆的周长 4 a x = + 正方形的周长为 4 4 a a x = + 时， 两图形的面积之和最小. (8 分) 六、(10 分) 证 分别在区间 [,] a c 与 [, ] c b 上应用拉格朗日中值定理，存在 12 1 2 ,( , ) a cc b << << 使 1 2 () () () () () , () fc fa fb fc f f ca bc = = (5 分) 而 ( , ( )), ( , ( )), ( , ( )) afa cfc bfb 三点共线，所以 4 4 , 0. 88 8 a S xS + + = = >
f(c)-f(a) f(b)-f(c (7分) c-a b 即f(5)=f(52)对f(x)在[5,52]上用罗尔中值定理,得至少存在一点 5∈(5152)c(a,b),使f"()=0 (10分) 七(10分)解(1)1imf(x)=limx2x=lime2nx=1=f(0)=lmf(x) 所以f(x)在x=0连续 (4分) (2)f(x)=2x2(1+hnx)(x>0)令f(x)=0得x=-.当0<x<l/e 时,f(x)<0,当x>1/e时,f(x)>0,故f(x)在x=1l/e处取极小值.8分) 又1m1(x)-/O=mx=1=im2(1+hmx)1=-∞ x→)0 故当x=0时,f(x)不存在,但在x很小时,x<0,f(x)>0为正.x>0, f(x)>0为负所以∫(x)在x=0取得极大值 (10分 八、(10分)证令F(x)=f(x) (0<x≤1),则 F(x)=[rf(x)-f(x)/x (4分) 又记o(x)=xf(x)-f(x),则由已知条件得 q(x)=f(x)+xf"(x)-f(x)=xf"(x)>0,(0<x≤1) (7分) 故(x)在(0,1上递增,因此(x)>(0)=0(0<x≤1).于是 F(x)>0(0<x≤1),所以F(x)=f(x)/x在(0,1上是递增函数 (10分) 九、(10分)解由洛必达法则知a=g(0) (2分) f() x(g(x)+sin x)-g(x)+cosx (x≠0) (4分) 第4页共5页
第 4 页 共 5 页 () () () (). fc fa fb fc ca bc = (7 分) 即 1 2 f f ( ) ( ). = 对 f x ( ) 在 [ 1 2 , ] 上用罗尔中值定理，得至少存在一点 1 2 !(, ) " (,) a b ，使 f ( ) 0. = (10 分) 七. (10 分) 解 (1) 2 2 ln 0 00 lim ( ) lim lim 1 (0) x xx x xx fx x e f + ++ = = == = 0 lim ( ) x f x 所以 f x( ) 在 x = 0 连续. (4 分) (2) ' 2 ( ) 2 (1 ln ) ( 0). x fx x x x =+ > 令 ' f x() 0 = 得 1 x . e = 当 0 1/ < <x e 时, ' f x( ) 0; < 当 x e >1/ 时, ' f x() 0 > ,故 f x( ) 在 x e =1/ 处取极小值. (8 分) 又 2 2 0 00 ( ) (0) 1 lim lim lim 2 (1 ln ) . x x x xx fx f x x x x x + ++ = = += 故 当 x = 0 时 , f x ( ) 不 存 在 , 但 在 x 很 小 时 , x < 0, ' f x() 0 > 为 正 . x > 0, ' f x() 0 > 为负,所以 f x( ) 在 x = 0 取得极大值. (10 分) 八、(10 分) 证 令 ( ) ( ) (0 1), f x Fx x x = < # 则 2 F x xf x f x x ( ) [ ( ) ( )]/ . = (4 分) 又记 ( ) ( ) ( ), x xf x f x = 则由已知条件得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, (0 1). x f x xf x f x xf x x = + =>< # (7 分) 故 ( ) x 在 (0,1] 上 递 增 ， 因 此 ( ) (0) 0 (0 1) x x >=< # . 于 是 Fx x ( ) 0 (0 1), > < # 所以 Fx f x x ( ) ( )/ = 在(0,1]上是递增函数. (10 分) 九、(10 分) 解 由洛必达法则知a g = (0). (2 分) 2 ( ( ) sin ) ( ) cos ( ) ( 0). xg x x gx x fx x x + + = $ (4 分)
COS x g(0) f(o)=lim =(1+g"(0) (7分) limf(x)=lim (g(x)+sin x)x-g(x)+cosx x→0 lim x8(x)-8(x)+8(0)+lim xsinx-(I- cosx) 1,+Ⅰ 故 220,2、mf(x)=(1+g(0)=f(0) 因此,f(x)处处连续 (10分) 第5页共5页
第 5 页 共 5 页 0 ( ) cos (0) 1 (0) lim (1 (0)). x 2 gx x g x f g x = =+ (7 分) 而 2 0 0 2 2 0 0 1 2 ( ( ) sin ) ( ) cos lim ( ) lim ( ) ( ) (0) sin (1 cos ) lim lim . x x x x g x xx gx x f x x xg x g x g x x x x x I I + + = + = + = + 故 1 2 0 11 1 (0), , lim ( ) (1 (0)) (0) 22 2 x I g I fx g f = = =+ = 因此， f x ( )处处连续. （10 分）