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1、 北京航空航天大学北京航空航天大学工科数学分析工科数学分析考试试题考试试题 杨小远 （数学、信息、行为教育部重点实验室，北京航空航天大学数学与系统科学学院，北京，100191）一一、介绍介绍 北航工科数学分析课程是面向全校的基础课程,计算机学院、电子信息工程学院、自动化科学与电气工程学院、航空科学与工程、物理科学与核能工程学院主修这门课程.工科数学分析总学时 240，一年学完.由于课程难度大，而且学时安排比较密集，因此每学期的考试按照阶段分两次进行，各占总成绩的 50%.第一部分考试内容涉及数列极限，函数极限与连续，导数与微分.第二部分考察的内容是泰勒公式、不定积分、定积分、数项级数.本文提供
2、 2010-2011 年度第一学期的考试题目及标准答案.二二、第一次考试题目及第一次考试题目及答案答案 1.1.计算下面各题计算下面各题（满分满分 4040 分分，每个题目每个题目 5 5 分分）1)计算极限 201sin1lim1xxxxe.2)求下面无穷小的阶 1tan1sin0 xx x.3)设cossin0 xfxxp 求 fx.4)设sin,cos.xttytt 求dydx.5)设 223,xf xxxe求 .nfx 6)求 lnf xx在2x的n阶 Taylor 展开,并写出 peano 余项.7)设函数 xf xe,判断函数的凹凸性.8)已知 1sin,0,0,0.mxxf xm
3、xx 为正整数.求:m满足什么条件，函数在0 x连续，-基金项目基金项目：北京市精品课程建设项目和校重点教改项目工科数学分析开放式教学研究与实践资助.作者简介作者简介：杨小远(1964-)，女，籍贯：江苏，博士，北京航空航天大学数学与系统科学学院教授.主要研究方向计算数学、应用调和分析和图像处理,电子邮箱：.2 m满足什么条件，函数在0 x可导.2.2.证明下面问题证明下面问题（1010 分分）设1110,0,2nnnxxxxss 证明数列nx单调有界，且极限为s.3.证明下面问题证明下面问题（1010 分分）设数列nx满足112nnnxx,用 Cauchy 收敛定理证明nx收敛.4.4.证明
4、下面证明下面不等式不等式(10 (10 分分)2sin1,0,2xxexxp.5.5.（1010 分分）设 函 数 fx和 g x在,a b存 在 二 阶 导 数，并 且 0gx,且 0f af bg ag b，证明下面问题:1）在,a b内 0g x；2）在,a b内至少存在一点在,q满足 ffggqqqq.6.6.(10(10 分分)设函数 f x在0,1存在二阶导数,00,11,ff并 010,ff求解和证明下面问题.1)写出 f x在0,1xx的 Lagrange 余项的 Taylor 公式;2)证明在0,1至少存在一点0,1q 满足 4fq.7.(7.(1010 分分）证明下面问题证
5、明下面问题 设 f x定义在,a b上.如果对,a b内任何收敛的点列nx都有limnnf x存在,则f在,a b上一致连续.8.(8.(1010 分分）附加题附加题(下面两个题目任选其一下面两个题目任选其一)1)1)设函数 1122coscos1cosnnnnnnnfxCxCxCx,证明下面问题 a)对于任意的自然数n,方程 12nfx 在0,2p 中仅有一根.b)设0,2nxp 满足12nnfx,则lim.2nnxp 3 2)2)用有限覆盖定理证明下面问题 设函数 f x定义在,a b,对于0,xa b,0limxxf x都存在,则 f x在,a b上有界 附附答案答案 1.1.计算下面各
6、题计算下面各题 1）解：利用221,sin,0,xexxx x有 220001sin1sin11limlimlim,211sin11sin1xxxxxxxxexxxxx.2）解：由于 1sin1tansincos1tan1sin.1tan1sin1tan1sinxxxxxxxxxx 因此01sin1coslim2xxxx 故1tan1sinxx为 1 阶无穷小.3）解：由于coscos lnsinsin,xxxfxe所以 2cos lnsincos lnsin2coscossinlnsinsincossinsinlnsin.sinxxxxxxfxeexxxxxxxx 4）解：cossin.co
7、ssindydytttdxdxdttttdt 5）解：由牛顿-莱布尼滋公式 12021222212222232323231231221112133.nnnnxxxnnnxnnnnxxxnxfxxxeCxxeCxxeCxxexxenxen neexnxnn 6）解：22lnln22ln2 1ln2ln 122xxf xxx 4 1122ln2ln 1ln212.22knknkxxo x 7）解：由于 xxfxee,因此为凸函数.8）解：1m，函数在0 x连续,2m，函数在0 x可导数.2 证明证明分分为两部分为两部分 1)首先数列单调递减有下界，由于 111,2nnnnxxxxss 因此 111
8、10.222nnnnnnnxxxxxxxsssss 所以nx单调递减.2)下面证明数列nx极限为s.令1limnnxb,则12bbbs，解得 bs（负根舍去）3.证明:对任意自然数p,根据已知条件递推得到 112112121.111111.122222211112.1222nPnnPnPnPnPnnnPnPnnPPpnnxxxxxxxx 所以 101,ln/ln21,:.npnNnNpNxxeee 因此结论得证.4.证明:由于 21sin,0,cos,0,21sin,0,.xxxxF xex xFxxex xFxex xppp 5 因此当 0,0,xFxp又因为 00F，所以当 0,0.xFx
9、p 进一步由于，00F,所以 21sin0,0,2xxF xexxp，结论得证.5.1)用反证法证明.假设存在,0a bgqq.则根据拉格朗日中值定理 10g aggxaqq得到 110,gxxa q 20g bggxbqq得到220,gxxbq 再一次应用拉格朗日中值定理 123120,gxgxgxxx,得到33120,gxxxx 与已知条件矛盾,结论得证.2)构造辅助函数 F xf x gxfx g x，则 Fxf x gxfx g x，0F aF b，根据罗尔定理,存在,a bq 0Ffgfgqqqqq,因此结论得证.6.证明:1)211100,2f xffxfxxx介于0,x之间.21
10、211111,2f xffxfxxx介于,1x之间.2)由于 2221111110011.222f xffxfxfxfxxxx 因此 221122111111221max,12fxfxffxxxxxx 而 221xx在0,1区间上的最大值12,因此 11max,4,ffxx 结论得证.6 7.证明:如果f在,a b上不一致连续,则 0010,:.nnnnnns ta bstf sf tnee(1)而,nns ta b是有界数列,则存在子列,limlimkkkknnnnkksta bsta 构造新的数列,11,kknnnnnststz,则数列 nz收敛且极限为a 则根据已知条件limnnf z存
11、在,且 limlimkknnkkf sf t 与(1)矛盾.综上所述,结论得证.8.证明:1)由于 11cosnnfxx 且 01,02nnffp ,由介值定理10,22nnnxfxp.又 1sin1cos0,0,2nnfxnxxxp,固 nfx为单调函数,因此根唯一.进一步 1111arccos11,limarccos1,nnnnffennn 由极限的保号性 1111,arccos,arccos22nnnnN nN fffxnn,根据 nfx的单调性,1arccos2nxnp,通过夹逼定理得到lim.2nnxp 2)证明：0limxxf x存在，根据函数局部有界性 ,:.xxxxxa bU
12、xtUxf tMdd 由于,xxa bU xa bd，根据有限覆盖定理,存在有限个1,iikxixiUxa bd 取1maxixi kMM，则对任意,xa b，有1,ikxiixUxd，因此 f xM.7 结论得证.三三、第二次考试题目及第二次考试题目及答案答案 1.简答题简答题（每题每题 5 分分，共共 50 分分）1)2ln1xxdx.2)求253325xxdx.3)求dxxx45sincos 4)111lim12nnnnn.5)4422011(tan)xx dx 6)设 sincosln1,xxF xtdt求 Fx.7)求曲线0sin,(0,)xytdt x的弧长.8)研究正项级数221
13、!2nnn的敛散性.9)研究正项级数21cos32nnnn的敛散性.10)利用 Tayor 展式研究正项级数121ln121nnnn的敛散性.2.（10 分）设()f x满足10()()sin,(0)0f tx dtf xxx f,且有一阶导数，求()fx.3.（15 分）设2yaxbxc过原点，当01,0 xy时，与x轴,1x 所围成的面积13，试确定,a b c使此图形绕x轴旋转而成的立体体积最小，并求出此体积大小.4.（10 分）研究级数111(1)(1)3nnnnn的绝对收敛或条件收敛性.5.（15 分）设40tannnaxdx，（1）求211()nnnaan的值；（2）证明1(0)n
14、nan收敛.6.（10 分）附加题 证明:8 1)1011,22(1)nnxdxnn为自然数；2)设()f x在0,1上连续,且满足10()1nx f x dx,10()00,1,.,1kx f x dxkn,则有01max()2(1)nxf xn.附附答案答案 1.计算下列计算下列 1).解:利用分部积分 22222222ln1ln1ln1ln1ln1ln11.1xxdxxxxdxxxxxxxdxxxxxdxxxxxcx2)解:令3332125,55ttxxdxdt 222533333332585333333112125253355121625225.751252001000txxdxxxd
15、xtdtxtt dtttcxc 3)解:作变换sin xu,224(1sin)sinsinxIdxxduuuu44221duuu)12(24 Cuuu13231312sin.3sinsinxcxx 4)解:111lim12nnnnn1111lim12111nnnnnn101ln21dxx 5)解:4422011(tan)xx dx442x dx=396 6)解:ln sin1 cosln cos1 sinFxxxxx 7)解:s=201ydx01 sin xdx=4 8)解:由于 9 2222211221211!112limlimlimlim01,22!2nnnxnnnxnnnnxaan 因此
16、221!2nnn收敛 9)解:由于2cos13limsuplim222nnnnnnnnn，因此21cos32nnnn收敛 10)解:利用 Taylor 公式 233233222212212121ln1ln 1112121212 213 211121121221213 213 2121nnnnonnnnnnnnnoonnnnnnn 所以121ln121nnnn收敛 2 解:设ytx，则 01()()sinxf y dyf xxxx，20()()sinxf y dyxf xxx 因此两边求导，2()()()2 sincosf xf xxfxxxxx (0 x)所以()2sincosfxxxx.3.
17、解:由于 1201222220221,232.323111412,523272713514540,0271354135abSaxbx dxabVaxbxdxaabbaadVd Vaadada有解得而 因此在54a ，V 最小，32b.4.解:由 Leibniz 判别法,可知11(1)3nnn收敛,而1(1)nen是单调有界的,所以由 Abel 判别法,111(1)(1)3nnnnn收敛.10 再考虑级数 111111|(1)(1)|(1)nnnnnnnnn,因为 11(1)lim1nnnnen,所以由比较判别法知111(1)nnnn发散.故 111(1)(1)3nnnnn条件收敛.5.解:(1
18、)4220tan(1tan)nnnaaxx dx40tantannx dx11n 所以211()nnnaan11111nn n(2)由于2nnnaaa11n,11nannn因此1(0)nnan收敛.6 证明:(1)11121002111222nnnxdxxdxxdx 110221002122(1)nnnnt dtt dtt dtn (2)由已知条件可知101()12nxf x dx 由积分中值定理,0,1,使得 1110001111()()1()222nnnxf x dxxf x dxfxdx 再由(1)得10()11()22(1)nnffxdxn 则01max()()2(1)nxf xfn,结论得证.