2022年数学分析选讲参考答案 .pdf

数学分析选讲A/B 模拟练习题参考答案一、选择题：（共 18题，每题 3 分）1、下列命题中正确的是（ A B ）A、若( )( )Fxfx，则( )F xc是( )f x的不定积分，其中c为任意常数B、若( )f x在 , a b上无界，则( )f x在 , a b上不可积C、若( )f x在 , a b上有界，则( )f x在 , a b上可积D、若( )f x 在 , a b上可积，则( )f x在 , a b上可积2、设243)(xxxf，则当0 x时，有（ B ）A)(xf与x是等价无穷小B)(xf与x同阶但非是等价无穷小C)(xf是比x高阶的无穷小D)(xf是比x低阶的无穷小3、若f为连续奇函数 , 则xf sin为( A ) A、奇函数 B、偶函数C、非负偶函数 D、既不是非正的函数 , 也不是非负的函数 . 4、函数( )fx在 , a b上连续是( )f x在 , a b上可积的（ A ）条件A. 充分非必要 B. 必要非充分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 20 页 - - - - - - - - - C. 充分必要条件 D. 非充分也非必要条件 . 5、若f为连续奇函数 , 则xf cos为( B ) A、奇函数 B、偶函数C、非负偶函数 D、既不是非正的函数 , 也不是非负的函数 . 6、设arctan( ),xf xx则0 x是( )f x 的（ B ）A. 连续点 B. 可去间断点 C.跳跃间断点 D. 第二类间断点7、 设N, 当Nn时, 恒有nnba, 已知Aannlim,Bbnnlim. 则正确的选项是( A ) A、BAB、BAC、BAD、A和 B的大小关系不定 . 8、函数 f(x,y) 在点00(,)xy连续是它在该点偏导数都存在的（ A ）A.既非充分也非必要条件 B充分条件C.必要条件 D.充要条件9、极限3321213limxxx( D ) A、323B、323C 、323D 、不存在 . 10、部分和数列nS有界是正项级数1nnu收敛的 ( C ) 条件A. 充分非必要 B. 必要非充分C.充分必要 D.非充分非必要名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 20 页 - - - - - - - - - 11、极限210sinlimxxxx( A ) A、13e B、13e C、3e D、不存在 . 12、与 limnnxa 的定义等价的是（ B D ）A、0,总有nxaB、0,至多只有nx的有限项落在(,)aa之外C、存在自然数 N，对0,当 nN ，有nxaD、0(01),存在自然数 N ，对,nN有nxa13、曲线2211xxeey( D ) A、没有渐近线 B、仅有水平渐近线C、仅有垂直渐近线 D、既有水平渐近线 , 也有垂直渐近线14、下列命题中，错误的是（ A D ）A、若( )f x 在点0 x连续，则( )f x在0 x既是右连续，又是左连续B、若对0,( )f x在,ab上连续，则( )f x在( , )a b上连续C、若( )f x是初等函数，其定义域为( , )a b，0( , )xa b，则00lim( )()xxf xf xD、 函数( )yf x在0 x点连续的充要条件是( )f x在0 x点的左、右极限存在且相等15、设na为单调数列，若存在一收敛子列jna，这时有（ A ）A、jnjnnaalimlim名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 20 页 - - - - - - - - - B、na不一定收敛C、na不一定有界D、当且仅当预先假设了na为有界数列时，才有A成立16、设)(xf在 R上为一连续函数，则有（ C ）A、当I为开区间时)( If必为开区间B、当)( If为闭区间时I必为闭区间C、当)( If为开区间时I必为开区间D、以上 A,B,C 都不一定成立17、下列命题中错误的是（ ）A、若lim1nnnuv，级数1nnv收敛，则1nnu收敛；B、若(1,2)nnuvn，级数1nnv收敛，则1nnu不一定收敛；C、若1nnu是正项级数，且,NnN有11,nnuu则1nnu收敛；D、若lim0nnu，则1nnu发散18、设1nnu为一正项级数，这时有（ D ）A、若0limnnu, 则1nnu收敛名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 20 页 - - - - - - - - - B、若1nnu收敛，则1lim1nnnuuC、若1nnu收敛，则1limnnnuD、以上 A,B,C 都不一定成立二、填空题：（共 15题，每题 2 分）1、设2sincoscos20 xyyy，则2yy2 或-2 2、nnn)11(lim= e13、1)11(limnnn= e4、221lim220 xxxx= 2 5、设21(10)nnx收敛，则limnnx= 10 6、121lim221xxxx= 327、( ,)(0,0)lim11x yxyxy2 8、114sinlim0 xxx8 9、设3( )cosFxx，则)(xFCxx3sinsin3名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 20 页 - - - - - - - - - 10、设xye，则(2016)yxe11、幂级数2131nnxn的收敛半径为 1 12、积分321421sin21xxdxxx的值为 0 13、曲线228yxx与x轴所围成部分的面积为 36 14、lim1xxxx1e15、2222)0,0(),(limyxyxyx= 0 三、计算题：（共 15题，每题 8 分）1、求sinxxdx . 解：222,sin2sin2cos2cos4cosxtxxdxttdtt dtttttdt222cos4sin2cos4 sin4 sintttdttttttdt=2 cos4sin4cosxxxxxC2、将2( )12xf xxx展开成x的幂级数，并指出其收敛域。解：111( )3 112fxxx =001( 2 ) 3nnnnxx =1111( 1)2 3nnnnx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 20 页 - - - - - - - - - 且由121xx知12x3、求31lim(sin!)5nnnn解：原式（有界量乘以无穷小量）4、求cos xdxx解：令xt，原式2cos2sin2sintdttCxC5、求250ln(1)lim1cosxxxx解：原式2520lim22xxxx6、求极限20)1ln(limxxxexx解：232)1 (12lim2)1(1lim)1ln(lim20020 xxeexxxeexxxexxxxxxxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 20 页 - - - - - - - - - 7、设21sin000 xxxyx , 求y解： 当0 x时，112 sincosyxxx；201sin010(sin1)0limxxxyxxx8、设0,0,0,sin)(22xbaxxAxxxxf，其中baA,为何值时，)(xf在 x=0处可导，为什么，并求)0( f。解：)sin(limsinlim)0()(lim0200 xAxxxAxxxfxfxxx0sinlim0 xxx，故要使)0( f存在，必须0A又)(limlim)0()(lim0200 xbaxxbaxxfxfxxx要使有导数存在 , 必须 b=0. 综上可知 , 当 A=b=0,a为任意常数时，)(xf在 x=0处可导，且0)0( f9、计算下列第一型曲面积分：22(),Sxyz ds 其中 S为1,z221.xy解: S 由平面构成 :2:1,Sz221.xy名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 20 页 - - - - - - - - - 2212222200()(1)(1),2SDxyz dsxydxdydrrdr10、)1(xxx解：Cxxdxxxdxxxxxxxxx1lnln)111()1 (111)1(11、ttdtxxsincos020lim解：由洛必达（ LHospital ）法则得1coslimcoscoslimsincoslim020020 xxxxtdtxxxx12、dxx202sin-1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 20 页 - - - - - - - - - 解：222)cos(sin)cos(sin)cos(sin)sin(coscos-sin)cos-(sin2sin-1244024402020220 xxxxdxxxdxxxdxxxdxxxdxx13、dxxxxx22sincoscossin解: Cxxxddxxxdxxxxx2cos212cos2cos412cos2sin21sincoscossin2214、dxxxxsincos1解: Cxxxxxxddxxxxsinlnsinsinsincos115、dxxxlnln解: Cxxxdxxxxdxdxxx1lnlnlnlnlnlnlnlnlnlnln四、证明题（共17题，共 156 分）1、 （6 分）设函数( )f x在 , a b上连续，在( , )a b内可导，且( )0fx。试证：如名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 20 页 - - - - - - - - - 果( )( )0f af b，则方程( )0fx在( , )a b内仅有一个实根。证明： 因为( )fx在 , a b上连续，在( , )a b内可导，( )( )0f af b，于是由零点存在定理知，至少存在一点,a b 使得( )0f，又( )0fx，因此知 fx 在, a b 上为严格格单调增加的，故方程( )0f x在( , )a b内仅有一个实根。2、 （10 分）指出函数222( )(4)xxf xx x的不连续点，并判定不连续点的类型. 解：( )fx的不连续点为0,2xx又20 00 0(2)1lim( )lim(4)2xxx xf xx x20 00 022(2)1lim( )lim(4)2(2)1lim( )lim(2)(2)4xxxxx xf xx xx xf xx xx22(2)lim( )lim(2)(2)xxx xf xx xx而( )f x在2x点没有定义，于是知0 x为( )f x的第一类不连续点；2x为( )f x的第二类不连续点；2x为( )f x的第三类不连续点。3、（10 分） 设( )f x在 , a b上连续， 在( , )a b内可导，( )0fx， 又( )( )xaf t dtF xxa，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 20 页 - - - - - - - - - 证明在( , )a b内有( )0Fx. 证明： 由于22( )()( )( )( )( )( )()()xxxaaaf t dtxa f xf t dtf xf tdtFxxaxaxa又在 , a b上连续，在( , )a b内可导，( )0fx， 由拉格朗日中值定理知，( , )t x使得( )( )( )()0fxf tfxt，从而在( , )a b内有( )0Fx4、 （12 分）设222222220( , )00 xyxyxyf x yxyxy（1）证明( , )f x y在（0，0）点连续（2）求( , ),( , )xyfx yfx y（3）证明( , )f x y在（0，0）点可微解： （1）令cos ,sin,xy则222( , )(0,0)022lim( , )limsincos (cossin)0(0,0)(sincos (cossin)2)x yfx yf故( , )fx y在（0，0）点连续。（2）422422222220(4)0()( , )( ,0)(0,0)lim00 xxy xx yyxyxyfx yf xfxyx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 20 页 - - - - - - - - - 422422222220(4)0()( , )(0,)(0,0)lim00yyx xx yyxyxyfx yfyfxyy（3）由于32222222222222(,)(0,0)()()0002lim0 xyxyudux yxyxyxyxyxxyyuduxy故 即( , )f x y在（0，0）点可微 . 5、 （6 分）设( )f x在 , a b严格单调递减，( )fx存在，( ),( ),22f bf a且( )0,fxm试证明2cos ( )bf x dxam. 证明： 令( )f xt，则由题意有( )1cos ( )cos( )( )bf bf x dxtdtaf afx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 20 页 - - - - - - - - - 6、(10 分) 设)(xyy为可微函数 . 求)0( y，其中xxeyeyyx7sin2（1）解：将已知等式两边对x 求导得7cos2sin2xexyeyeeyyyyxx（2）将 x=0 代入(1) 式解得0)0(y，再将 x=0代入（ 2）得25)0( ,72)0( )0( yyy7、(10 分)xdtttx0)1ln()(在-1x1 有意义，证明)(21)()(2xxx证明： 令)(21)()()(2xxxxF，则dxxddxxddxxddxxdF)(21)()()(2( )1cos( )( )( )1cos( )( )11cos(sin( )sin( )( )2f atdtf bfxf atdtf bmf atdtf af bf bmmm名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 20 页 - - - - - - - - - 02)1ln(21)1()1ln()1ln(22xxxxxxxCx)(F，即C)(21)()(2xxx（1）将 x=0 代入（ 1）)0(21)0()0(C但.0.0)0(C)(21)()(2xxx8、(10 分) 求幂级数1(1)2nnnxn的收敛域。解：由于11lim22nnnn，则 R=2 ，即当212x时其绝对收敛又当 x+1=2，即 x=1时，原级数为11nn发散当x12，即 x3 时，原级数为1( 1)nnn收敛故原级数的收敛域为 3,1)9、 （7 分）证明：当0 x时，(1)ln(1)arctanxxx. 证 明 ： 设( )(1)ln(1)arctan(0)f xxxxx， 则( )f x在0,)连 续 . 20( )ln(1)0,1xxfxxx当时,则( )f x在0,)单调增加。则对任意0 x有( )(0)0f xf，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 20 页 - - - - - - - - - 即(1)ln(1)arctan0 (0)xxxx10、 （10 分）设)(xf在1 ,0上可微，且满足2100)(2) 1(dxxxff (1)求证：在(0,1) 内至少存在一点，使)()( ff. 证明： 由(1) 式及积分中值定理知，存在2,101，使)()1(,21)(2) 1(01111ffff (2) 令)()(xxfxF, 则由(2) 式及假设可知)(xF在11，上满足罗尔定理的条件， 故存在)1 ,0()1 ,(1使)()( ff11、(10 分) 求112nnxn的收敛域，并求其和函数. 解：设2nan，则由1lim1nnnaa及121)1(nnn都发散，可知112nnxn的收敛域为 (1,-1). 再由于)1 , 1(,1)(x012112x0 xxxnxdttndttfnnnn)1 ,1(,)1(1 )1()()(310212xxxxxdttfxnxfnxn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 20 页 - - - - - - - - - 12、(10 分)设,0, 00,)(21xxexfx试证明：)( xf在 x=0 处连续 . 证明：22101001limlim)0()(lim)( xxxxxexxexfxfxf02lim)2(1lim22103120 xxxxexxex则,0,00,1)( 213xxexxfx221340130026lim2lim)( limxxxxxexxexxf)0( 023lim3lim22132010fexxexxxxx因此)( xf在 x=0 处连续 . 13、 （6 分）证明由积分确定的连续函数零点定理：设xf在ba,上连续，若0badxxf，则bax,0，使得00 xf. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 20 页 - - - - - - - - - 证明： 用反证法 . 若对0,xfbax, 由连续函数的零点定理可知,xf在ba,上不变号 . 不妨设在ba,上0 xf, 由定积分的性质可得0badxxf, 此与条件矛盾 , 于是, 必bax,0，使得00 xf. 14、 （10 分）设xf在a, 0上连续 , 且满足00adxxf. 试证 :a,0, 使得0faf. 证明： 取变换tax, 则dtdx, 已知积分等式变为aaadttafdttafdxxf0000. 注意到ax,0时, 也有at,0, 因而taf在a,0上连续, 于是00adxxafxf. 由此可得a, 0, 使得0faf. 15、 （ 12 分 ） 设f在1 ,0上 连 续 , 在1 ,0内 可 导 , 且100fx dx, 记0 xF xxf t dt ,(1) 求xF;(2) 求证:1 ,0, 使得0fx dxf; 解：(1) 0 xFxf t dtxfx ;名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 20 页 - - - - - - - - - (2) 因为10010FFf t dt, 又 F 在1 ,0上连续 , 在1 , 0内可导 , 由罗尔中值定理 ,1 ,0, 使得0F, 即0fx dxf; 16、 （7 分）设），21(61011nxxxnn，试证数列nx存在极限，并求此极限。证明： 由4166,10121xxx知，21xx。假设1kkxx，则21166kkkkxxxx，由归纳法知nx为单调下降数列，又显然有0nx，所以nx有下界。由单调有界原理知，数列nx收敛，所以可令axnmnlim，对nnxx61两边取极限得0662aaaa，解得（舍去）或23aa, 故3limnnx17、（10 分）设.0,0. 0,1sin)(3xxxxxf， 证明：)(xf在0 x处可微；)(xf在0 x处不可微。证明： 因为01sinlim0)0()(lim)0(200 xxxfxffxx，所以函数)(xf在0 x处可导，由可导与可微的关系知)(xf在0 x处可微；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 20 页 - - - - - - - - - 又当0 x时，xxxxxf1cos1sin3)(2，而)1cos1sin3(lim0)0()(lim00 xxxxfxfxx极限不存在，故)(xf在0 x处不可导，由可导与可微的关系知)(xf在0 x处不可微。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 20 页 - - - - - - - - -