[苏州大学]苏大数分00年到08年
1 08
07
2
2,x2cosxe,,,lim,,(1)nn1. 06求下列极限:(1). ,,,其中;(2)4 01,arcsinxlim,,n,,x,0
m1,xxsin,0,x2(设函数f(x)= 。讨论m=1,2,3时f(x)在x=0处的连续性,可微性及导函数的连续性。 ,0,0x,,
2,,uu3(设u=f(x,y+z)二次可微。给定球变换,x,,,,cossin,y,,,,sinsin,.计算。 z,,,cos2,,,,
''''44(设f(x)二次可导,=fb()=0。证明,,,(,)ab,使。 fa()ffafb()()(),,,2ba,()
,
ux()5(设函数项级数在区间I上一致收敛于s(x),如果每个ux()都在I上一致连续。证明s(x)在I上一致连续。 ,nn1n,
3 11x,26(设f(x,y)是上的连续函数,试交换累次积分的积分次序。 dxfxydy(,)2,,,,1xx
''7(设函数f(x)在[0,1]上处处可导,导函数,其中,均是单调函数,并且>0,。Fx()Gx()fx(),,x[0,1]fxFxGx()()(),,
'证明 ,使,。 ,,x[0,1]fxc(),,,c0
8(设三角形三边长的和为定值P。三角形绕其中的一边旋转,问三边长如何分配时旋转体的体积最大,
05
求下列极限1.(20')
nnn()abab,,,1lim,(0),,n
nnnnnnn解:因为babb,,,2
nnnn而bbb,,limlim2,,,,nn
nnn因此abb,,lim,,n
11,,,,,其中存在fafa(2)lim(),()0,(),xa,fxfaxafa,,()()()()
2xa,()2,,,,,,,,oxa(())解:由于存在,从而fafa,f(x)=f(a)+f(a)(x-a)+f(a)()0,()2
,11()()(()())xafafxfa,,,lim()lim(),,xaxa,,,,fxfaxafafxfaxafa()()()()(()())()(),,,,
2()xa,2,,,,()()((()))xafaoxa,,,,f(a)(x-a)+f(a)2,lim(2xa,()xa,2,,,,()()((()))xafaoxa,,,f(a)(x-a)+f(a)22()xa,2,,-f(a),,oxa(())2,lim2,ax()xa,2,,,,()()((()))xafaoxa,,,f(a)(x-a)+f(a)2
1,,,fa(),,fa()2,,,lim2xa,()xa,,2[()]fa ,,,,fafaoxa()(()(()),,,f(a)2
2.(18')()[01]()()0设在,上可微,且的每一个零点都是简单零点,即若fxfxfx,0
,则f()0.()[0,1]xfx,证明:在上只有有限个零点。0
…证明:设若不然在上有无穷多个零点,不妨设fxfn()[0,1]}[0,1],()0,1,2{xx ,,,nn则存在{x的一个子列x使得x且x,从而}{},()()0()0,,,,,xkffx00nnnnkkk
ffx()()x,fxfx()(),n00k,,,lim0与题设相矛盾~则fx()lim,0xx,xx,00xxxx,,00
所以在上只有有限个零点。fx()[0,1]
4 3.(20')()2设是上的周期函数,满足:fxR,
2,()1()0fxdx,,0
(2)()(),,fxfyLxyxyR,,,,,
证明:(1)f(x)在R上可以取到最大值,最小值
(2)maxfxL(),xR,,证明:(1)由知fxfyLxyxyR()(),,,,,,,
0,0,[0,2],[0,2],()()取xxxxfxfLx当时,有xx,,,,,,,,,,,,0000,,,,,
,取,,()(),则有fxf,,x,0,L
从而在上连续,既在上可以取到最大值,最小值fxfx()[0,2]()[0,2],,
又是上的周期函数,所以fxR()2f(x)在R上可以取到最大值,最小值。,
(2)令f(xmax)(),fx,[0,2],Mx
22,,1由知fxdxffxdx()0[0,2]()()0,,,,,x,使得x00,,,002,以下分三种情况讨论:
(a)当xx,时M0
f(xx)(),f,,,,0()0maxfxL,x,[0,2],M0
(b)当xx,时,由f(x)的周期性,得M0
2f(xxf(xxf(xxxxxx)())()2)()()(2)2,,,,,,,,,,,,fffLLL,,,0M0M0M0M0M
()c当x
0,令显然在连续2xsin2cos2xxx
sinx下证f(x)>1
2222sincoscossin(2cossin)xxxxxxxxx,,,,f(x)=42xxcos
2232222sincos2sincossin2sincosxxxxxxxxxx,,,2sincossin(1cos)xxxxx,,,,3232xxcosxxcos
2sin(cos2sincos)xxxxxx,,,32xxcos
,2令hxxxxxxx()(cos2sincos),(0,),,,,2
2222,hxxxxxxxxxxx()cos2cossin2cos2sin12cossin3sin,,,,,,,
,,,,,sin(2cos3sin)0,(0,)xxxxx2所以单调递增,hxhx()(),,lim()0hxx,0
2从而xxxxxcos2sincos0,,,
,32又sin0,cos0,(0,)xxxx,,, 2
,,所以即在单调递增fxfx()0,()(0,),2
2sinx所以f(x)>lim()lim1fx,,2xx,,00xxcos即fx()1,
tanxx,从而,,,(0,)xxxsin2
9 4.(20')(1)()[1设在,fx+,,,)上非负递减,证明n+时nnf(k),,,fxdxLf()0(1)有极限L,且,,1k=1
111(2)lnln,2,3设ann,,,,,,…………n2ln23ln3lnnn
证明数列收敛。{}annn证明:()令1()afxdx,,f(k)n,,1k=1nnn1,nn-1nk1,则afxdxfxdx,,,,f(k)f(k)()(),,,,,,f(k)f(k)(1)()0kkfnn,,,,,,,k1k=1k=1k1,k=1k=1所以有下界ann,1又其中(aafnfxdxfnf,,,,,,,,(1)()(1)(),n,n+1),,nn,1,n
由于在,fxfnf()[1(1)()0+,,,,)上非负递减,所以,从而单调递减an
因此收敛且{}(1)0,,0(1)afanLfa,,,,,,,两边令有1nn
1()2.令f(x)=xxlnnn,1nn,1afk,(),,,,,fxdxfkfxdx()(1)(1)n,,,,10k,2k,1n,1n,11,,,,,,fkfxdxfxdx(1)(1)(1),,,10k,1n,1n,11(1)(1)fkfxdx,,,有()知道收敛,,1k,1
111fxdxdx(1),,又令g(x)=,,00(1)ln(1)xx,,
110,可以知道是g(x)的瑕点,x0时,(1)ln(1)(1)xxxx,,,
1111 而dxdx收敛,所以收敛,,00xx(1),(1)ln(1)xx,,
因此收敛{}an
5.20(’)设u(x,y)在平面上二次连续可微,x=rcos,y=rsin,(r0),,,
,u(1)用u关于r,的偏导数
表
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示,,x
2,u(2)用u关于r,的一,二阶偏导数表示,2,x
,,,uuu解:()1cossin,,r,,,,,xr,22222,,,,,,,uuuuuuu,,(2)(cossin)cos(sin)sincos,,,,,,,rr222,,,,,,,,,,,,,,xrrrr,,,,222,,,uuucos2sincosr,,,,,,22,,,,rr,,
10 2,n6.(15')0,设求级数的和a,,na(1),n=1
,2n解:设的收敛区间为(fxnxfx(),(),-1,1),n=1
,,fxfx()()21,nn,,,,nxgxgxnx,(),()令则,,xxn=1n=1
,gxx()n,hxhxx令则(),(),,,,xx1,n=1
1x,则,hxgx()(),,22()()11,,xx
xxx1(1),,,gxfx(),(),,从而33()(11,,xx)
11(1),2,1(1)(2)naa,,11,,aa(),,,f,3n1(1)1,,aaa3n=1 (1),1,a
7.(20 )设半径为r的球面s的球心在半径为常数a的定球面上,问:
r为何值时,s位于定球面内部部分面积最大,
,解:设s位于定球面内部部分面积为S,S为一球冠,则S=2rh,其中h为球冠的高
如图,ED=h,BE=r,AB=r
2r2,,作OFAB,则OF=a4
2r2r,,aOFAB,4ADOBOFABAD,,,,,,OBa2r22BDABAD,,,2a2rDEr,,所以2a2r,23rrr,,,)2,S,因此2rh=2r(2aa,,
34,2,令,,,,,40Srrra,a3
6,,,Sr|4|40,,,,,44,,rara,,a33
4所以当时,最大raS,3
7
6
5
4O1038E2A6a1D4OD2B-4-2E246810
-1A-10-5510BFr-2-2
-4-3
11 ,,(.lim()15')设函数f,g在x的某个领域上可导,且g(x)0,,,,gx0x,x0
,fxfx()()如果证明,其中是实数。lim,lim,,AAAxx,,xx00,gxgx()()
证明:取x,,,xxCauchyxx,由中值定理,令0110
,f(x)-f(x),f()1有,,,Axx,()10,gxgxg()()(),,1
f(x)-f(x)1()))x,f(xfxgxg()((),,11gxgx()(),1
fx()f(x)-f(x)()()gxfx111从而,,,(1)gxgxgxgxgx()()()()(),1
f(x)-f(x)()()()gxfxAgx,fx()1111所以,,,,,AA()(1)gxgxgxgxgx()()()()(),1
,,,令,则使得当xxxxA,,,,,,,,,0,0,x时,有101110
f(x)-f(x),1,A,gxgx()()4,1
令,则由 xxxA,,,,,,,g(x)知道,,0()将固定,x101
使有ax,,,,
gxfxAgx()()(),,111,,1, gxgx()()2
于是
f(x)-f(x)()()()gxfxAgx,fx()1111,,,,,,,,AA,(,,),2,gxgxgxgxgx()()()()()42,1
fx()所以lim,Axx,0gx()
2sinarctanxxx,,03,(?(?设在有限开区间上连续,(证明存在使得fx()(,)abxxxab,,,(,),,,(,)ablim12n4x,0x
n1( ffx,,()(),jn,1j
21n()k,(设是上的无穷次可微函数((求 fx()(,),,,,fk(0),1,2,,f(),2nn,1
xdydzydzdxzdxdy,,I,,(设是简单的封闭曲面,分别计算曲面积分当原点在之外和在之内时的值,其中取外侧( SSSS3,,2222()xyz,,
,,coscosaxbx,,(利用积分号下积分法或积分号下微分法计算积分 Idxba,,,,(0)2,0x
fx(),(设二次连续可微,且(证明: fx(),lim0x,0x
,1a,11nf?(绝对收敛;?(如果数列{}a满足,则存在且大于零( ()lima,,1()f,nnn,,nann1,n
AA,(设是的实对称矩阵(证明如果,是的最小特征值,则(1),,,EA是正定矩阵( nn,00n
2212222xcosx,,021((12分)计算: , ()a()bnnnn,,,,,,,lim12(1)lim,,2,,n,,,,nncos2x,,
12 22,zxy,,2222((10分)设是方程组的解,证明:( (,,)xyz953953,,,,,,xyz,000000xyz,,,1,
2223((10分)设,证明:xvwyuwzuvfxyzFuvw,,,,,,,(,,)(,,)
,,,,,,。 xfyfzfuFvFwF,,,,,xyzuvw
4((12分)设其中。证明:数列收敛时,数列也收敛。 pq,ypxqxn,,,,1,2,,{}y{}xnnn,1nn
5((14分)设函数义在上有定义,并且在每一个有限区间内有界, ,,ab,fa,,,,,
fx,,证明:如果,证明:。 lim1fxfx,,,,,lim,,,()a,,,,,,x,,,x,,,x
fx,, 举出反例说明当时,未必成立 ()blim,,lim1fxfx,,,,,,,,,,x,,,x,,,x
T1,,fx()6((12分)设是以T为周期的周期函数,且,证明。 fxdxC,fx()(),limndxC,2,0nn,,Tx
,,,,,,7((15分)设函数在整个实数轴有连续的三阶导函数,证明:存在实数,使。 fafafafa()()()()0,,,,fx()a
48((15分)设半径为r的球面S的球心在半径为常数的定球面上,试证明:当时,S位于定球面内部部分的面积最大。 ara,
31( 00设在上连续,存在且有限,证明:在上一致连续( fxa,,,fxa,,,limfx,,,,,,,,,,x,,
12( 设,其中,而( xxqx,,101,,q0,,x,,1nnn,1q
1nx,(1)(证明数列收敛,并求((2)(证明数列收敛,并证( xnxlimxlim,,,,nnnn,,nn,,q
,nx,,21e,,,(证明不等式(,(设,,,,,0,( ,,,ln1.0xSxx,,,,,,,21xx,n,,1n,
(1)(证明在上连续,可微((2)(求出的具体表达式( Sx0,,,Sx,,,,,,
222222Vxyzxyzz,,,,,,,:,28,(计算三重积分:,其中 xyzdxdydz,,,,,,,,,,,V
x,,1,((1)(设在上单调,且收敛(证明: fa,,,lim0xfx,Fxdt,fxdxsin0,1,,,,,,,,,,,,0ax,,t
,,(2)设在上连续,且绝对收敛,是否有(说明你的理由( fa,,,lim0fx,fxdx,,,,,,,ax,,
,(证明任意一个数列a都存在单调子列( ,,n
x1,(证明函数在0,1上有无穷多个零点( Fxdt,sin,,,,,0t