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 $2$.
[家里蹲大学数学杂志]第245期厦门大学2011年数学分析考研试题参考解答