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1、数学分析试题及答案十四（数学分析）考试题一填空共15分，每题5分：1设=-=ERxxxEsup,|则1,=Einf0;2设=-=5)5()(lim,2)5(5xfxffx则54；3设?+=0,)1ln(,0,sin)(xbxxaxxf在=ax处可导，则01，=b0。二计算下列极限：共20分，每题5分1nnn1)131211(lim+;解:由于，nnnn11)131211(1+又，1lim=nnn故。1)131211(lim1=+nnn23)(21limnnn+；解:由stolz定理,3)(21limnnn+33)1()(lim-=nnnn)1)1()(1(lim-+-+-=nnnnnnnn)1
2、)1(2)(1()1(lim-+-+=nnnnnnnnn.32)1)11(2111lim2=-+-+=nnnn3axaxax-sinsinlim；解:axaxax-sinsinlimaxaxaxax-+=2sin2cos2lim.cos22sin2coslimaaxaxaxax=-+=4xxx10)21(lim+。解:xxx1)21(lim+.)21(lim22210exxx=?+=三计算导数共15分，每题5分：1);(),1ln(1)(22xfxxxxf+-+=求解:。1111111221122)(222222+-=+-+=+-+=xxxxxxxxxxxxf2解:3设。求)100(2,2si
3、n)23(yxxy-=解:由Leibniz公式)23()2(sin)23()2(sin)23()2(sin2)98(21002)99(11002)100(0100)100(-+-+-=xxCxxCxxCy6)2sin(26)2sin(2100)23)(2sin(2298982991002999922100100?+?+-+=?xxxxxxxxxx2sin2297002cos26002sin)23(298992100?-?-=。2cos12002sin)22970812(2298xxxx-=四12分设0a，nx知足：,00x,2,1,0),(211=+=+nxaxxnnn;sincos33表示的
4、函数的二阶导数求由方程?=taytax,tansincos3cossin3)cos()sin(2233tttattatatadxdy-=-=。ttattatdxydsincos3sec)cos(sec223222=-=证实：nx收敛，并求。nnxlim解:1证实：易见，),2,1,0(,0=nxnaxxnxann=+1),2,1,0(=n进而有：),2,1(02)(2121=-=-+=-+nxxaxxaxxxnnnnnnn，故nx单调减少，且有下界。所以nx收敛。2求nnxlim：设nxl=，由1知：0=axln。在)(211nnnxaxx+=+两边同时取极限得1lim+=nnxl),(21)
5、(lim21lalxaxnnn+=+=解之得al=，即axnn=lim。五10分求椭圆),(1002222yxbyax过其上点=+处的切线方程。解:在方程12222=+byax两边对x求导数得：,02222=+byyax故,22yxaby-=进而02200yxabyyyxx-=，所以椭圆),(00yx在点处的切线方程为)(00220xxyxabyy-=-，即12020=+byyaxx六10分利用Cauchy收敛原理证实：单调有界数列必收敛。证实：设nx单调有界，不妨设nx单调增加。假定nx不收敛，则由Cauchy收敛原理，存在常数Nnm?,00),(nmnm),(11nm),(22nm一般地令
6、,1+=KnN存在1,-kkknnm),(kknm+aaxf|)()(|),yxKyfxfayx-+?为常数。证实：0(K1上有界；在),)(+axxf2上一致连续。在),)(+axxf证实：1.由条件知，|)()(|),axKafxfax-+?，故：|)(|)(|)()(|)(|afaxKafafxfxf+-+-，aafKxafxaxKxafxaxKxxf|)(|)(|)(|)(+-=+-，可见上有界。在),)(+axxf2.),21+?axx21212222122121122211|)()()()(|)()(|)()(xxxfxxfxxfxxfxxxxfxxfxxxfxxf-+-=-=-2112221212|)(|)()(|xxxxxfxxxfxfx-?+-|,|)(|2|)|)(|(1|2122121xxaafaKxxaafKaxxaK-?+=-+-此页面能否是列表页或首页？未找到适宜正文内容。