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1、高观点下中学数学分析学练习题答案高观点下中学数学分析学练习题一参考答案 一、填空题 a,b,a,b，3. 满射，4.代数数，5.f(x)=ln(1+x)，6.下凸 1.，2.,a，7.传递的；8.双射；9.limf(x)=f(a)；10.1）x,y(0,+),j(x,y)=j(x)+j(y); xa11.1）c(t-t)=c(t)c(t)+s(t)s(t)， 12. xFy。13.；14、,甲，乙，甲，乙；15、单射；16、未知函数；17、f=1；18、上凸; 19.传递性； 20. p2b-ex0； 21.可导； 22. f(x+y)=f(x)f(y)；23. c(t+t)+c(t-t)=2
2、c(t)c(t)； 24.ax+b.25A-C； 26.； 27.xE,有xb； 28.收敛的子列xnk； 29.L(x)-L(y)；30.-1. 二、单项选择题 1.B; 2.A; 3.C; 4.D; 5.D; 6.C; 7.C；8.C；9.D；10.B；11. D；12. A 13.D; 14.B; 15.C; 16.C; 17.D; 18. A; 19.C; 20.B; 21.A; 22.B; 23.D ;24.A; 25D； 27B； 27. A；28.C； 29.D；30.A 三、计算题 1解 z=x-iyx+iy， 2分 x-iy=x2+y2，x+iy=x2+y2 7分 故z=1
3、8分 2设t=2，则x=log2t， 3分 代入得 xf(t)=(log2t)2+sinlog2t f(x)=(log2x)2+sinlog2x 8分 3解f(x)=1(2-sinx)cosx+(1+sinx)cosx 3分 2(2-sinx)令f(x)=0，得cosx=0，x=2kp易验证x=2kp+极大值f(2kp+p2p2是极大值点，x=2kp-p2是极小值点， 6分 p2)=1+1p=2，极小值f(2kp-)=0 8分 2-12n4.解 显然anan+1，且0an4，即数列an，单调增加且有上界，故liman存在， 设liman=a，由an=8+an-1可得a=8+a， 5分 n即a-
4、a-8=0， 解得a=2(1+1+32)1=(1+33) 225.解 首先计算过点M的切线的斜率k=yx=2=8xx=2=16 4分 所求的切线方程为 y-19=16(x-2) 即 y=16x-13 8分 6.解 已知2f(x)+f=3x 将1x1代替x，得 x1x3 4分 x 2f+f(x)=(1)2-(2)得 113xxx1 f(x)=2x- 8分 x 4f(x)+2f-2f-f(x)=6x-7.解 已知在(0,p)内，sinx是上凸函数，由上凸函数的定义有 1x+yp2(sinx+siny)sin=sin= 5分 2242即 sinx+siny2 而且当x=y=p4时，sinp4+sin
5、p42=2，故2是sinx+siny的最小值。 8分 228.解 设z=a+ib，则a+b=z 3分 因z=x-iyx+iy=1，故a+b=1 9.解 因为maxa1,a2,a30，故j(x)单调增加 5分 x1+x2x-limj(x)=limx-=-1 7分 当a-1时， f(x)-1-a0，故f(x)单调增加 8分 20解 设M(x,0),N(0,y)，则y=bx 2分 x-a1bx2从而有面积S(x)= 3分 2x-ab2x(x-a)-x2令S(x)=0 5分 2(x-a)22得x-2ax=0，x=2a，即x=2a时，S(2a)为最小值且 b(2a)2=2ab S(2a)=2a 四、证明
6、题 1. 证明：若设C表示C的补集，则有 A(B-C)=A(BC)=(AB)C CCc=(AB)-C 4分 (AB)-C=(AB)CC=(ACC)(BCC)=(A-C)(B-C) 8分 A,ysupB，故x+ysupA+supB，即2. 证明：xA,yB，有xsupsupA+supB是A+B的一个上界. eee0,$x0A,y0B，使得x0supA-,y0supB-， 22即存在x0+y0A+B，使得x0+y0supA+supB-e 故 sup(A+B)=supA+supB 8分 3.证明：设f(x)=xn，则f(x)=n(n-1)xn-20，即f(x)=xn是严格下凸，根据 11y)f(x)
7、+f(x) 2211nnn有 n(x+y)0,f(1)0,j(1)0，因为f(x)在点a连续，故存在d0，当x-ad时，有 f(x)-f(a)0，d0，当x-ad时，有 f(x)-f(a)0。即f(x)在(-1,1)内严格单调增加。故有且仅有一点x0(-1,1)，使f(x0)=0，即方程x5-2x2+4x+6=0在(-1,1)内有且仅有一实根。 8分 8.证明 采用反证法。 假设f(x)=xsinx是周期函数，因f(x)是连续函数且不是常值，故f(x)具有最小正周期，设为T。选取自然数k，使得2kp+ f(x0)=f(2kp+ 另一方面，对于x(0,2kp+p22T。故存在x0(0,2kp+p
8、2)使 p)=2kp+p2 (*) 4分 p2)，有 f(x)f(x)=xsinxx0，我们有f(x)=lnx+1,f(x)=0，即在(0,)内x是严格下凸函数，故对于x0,y0,xy有 f(代入得(x+y)lnx+y1)f(x)+f(y) 6分 22x+y0，当xM时，有 x+f(x)-11，即f(x)2 4分 因f(x)是a,M上的连续函数，故存在b10，使得当xa,M时，f(x)b1 b1,2，从而有对于xa，有f(x)b，所以f(x)在a,+)上有界. 选取b=max 8分 15. 证明：“充分性” 当n=m，a0=b0,a1=b1,L,an=bn时，f(x)-j(x)0，即f(x)=
9、j(x).4分 “必要性” 反证法，假设nm，不妨设nm，则n次代数方程 f(x)-j(x)=0 至多有n个实根.另一方面，由于在区间(a,b)内相等，即对于x(a,b)，有f(x)-j(x)=0，这表明它有无穷多个实根，这与它至多有n个实根矛盾.故n=m. 若a0=b0,a1=b1,L,ak-1=bk-1,但akbk，因f(x)-j(x)=0至多有n-k个实根；另一方面，由f(x)=j(x)，对任意的x(a,b)，有f(x)-j(x)=0，即有无穷多x(a,b)是f(x)-j(x)=0的实根，这与它至多有n-k个实根矛盾.8分 16. 证明：设f1(x)=x-12x，f(x)=ln(1+x)
10、，f2(x)=x，则 2 f1(0)=f(0)=f2(0)=0 且对于x0，有f1(x)=1-x,f(x)=1,f2(x)=1，显然有 1+x1-x11，即 1+x f1(x)f(x)0时，f1(x)f(x)f2(x)，即有 x- 17证明：设(x,y)R1oR2,由于R1oR2是等价关系，故(y,x)R1oR2 2分 从而有z使得(y,z)R2,(z,x)R1，进而有(x,z)R1,(z,y)R2，即 12xln(1+x)0 即f(x)在-1,1内严格单调增加，故只有唯一的x0(-1,1),使f(x0)=0 8分 19.证明：设f(x)=x-12x,g(x)=ln(x+1),h(x)=x，显
11、然有f(0)=g(0)=h(0)=0 21f(x)=1-x,g(x)=,h(x)=1 6分 1+x当x0时，显然有f(x)g(x)0时，x-12x2ln(1+x)x 20. 证明：设A,B,C是三角形的三个内角，故0Ap,0Bp,0C0,$x0E，使得x0a-e， 9limf(x)=f(x0) 10. f(x+y)=f(x)f(y) xx011f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y), 12. x1，x2S,a(0,1),有ax1+(1-a)x2S(或者:S中任意两点的连线在S中)。 13等价关系 14e0,$x0E，使得x0b+e 15limf(x0+Dx)-f(x0)DxDx016f
12、(xy)=f(x)+f(y) 17线性 18f(ax1+(1-a)x2)af(x1)+(1-a)f(x2) 二、单项选择题 1C 2B 3D 4A 5B 6A 7A 8C 9 C 10D 11D 12B 13D 14C 15D 16A 17B 18D 三、计算题 1.解 f(f(x)=f(x) 4分 f(x)-1x=x-1=x 8分 x-1x-12.解 5xn55 4分 1n5limxn0，x=2是j(x)的极小值点，是f(x)的极大值点，即f(2)=3是极大值。 6分 当x1时，j(x)=2x-30. 故f(x0)=2n0. x0是最小值点 9解：f(x)=p12sinx2x 22cos(c
13、osx)p20p10. 解 xcosxdx=xsinx20-2sinxdx (4分)0 = =p2p-2sinxdx (6分) 0p2p+cosx20=p2-1 (8分)11解 f(x+1)=x2-4x+3 =(x+1)2-6(x+1)+8 故f(x)=x2-6x+8 12解 limx-sinx1-cosx=lim 32x0x0x3x1x-cox1sinx=lim =lim 3x0x23x02x1sinx1= =limx06x6四、证明题 1.证明 先来证明(x,y)R，事实上，设zxRyR，则(x,z)R,(z,y)R，由传递性，我们得(x,y)R 4分 其次，若txR，则(x,t)R，由传
14、递性(t,y)R，即tyR 6分 表明xRyR 7分 同理有，yRxR，即xR=yR 8分 2.证明 因A,B,C为三角形的三个内角，故有0ApBpCp,0,0， 2分根222222据f(x)=sinx在(0,p)内是上凸函数 4分 ABC1ABC+sin+sin)sin(+) 2223222ABCp3即 sin+sin+sin3sin= 8分 2226213x,h(x)=x，显然有f(0)=g(0)=h(0)=0 3.证明：设f(x)=x-x,g(x)=sin61f(x)=1-x2,g(x)=cosx,h(x)=1 3分 2故有(sin13g(x)h(x)，当xp时，显然有f(x)g(x)h
15、(x)，而当0xp时，故g(x)h(x) 5分 而对于f(x)与g(x)，有f(0)=g(0)=1 6分 f(x)=-x,g(x)=-sinx由已经证明sinx0)得，当x0时，-x-sinx ，即f(x)g(x) ，故有f(x)g(x)，故f(x)g(x) 8分 4. 证明。 因T0是f(x)的最小正周期，故TT0 2分 假设T不是T0的正整数倍，则存在正整数m与正实数r，使得T=mT0+r，其中 0r0时 1-x21 即 1-x0时，f(x)h(x)j(x) 故 f(x)h(x)j(x)即x-6证明：因lim12xln(1+x)x 2an+1a1+r=r1，故存在N，当nN时n+1r0=1 n+aan2n即有aN+1r0aN，aN+2r0aN+1r02aN，一般地有aN+mr0maN.根据r收敛，故有an=an+an而m0m=1n=1n=1N+1Nn=N+1ananr 故m0m=1Nn=N+1an收敛， 所以an收敛。 n=17证明：已知f(x)在闭区间a,b上连续，故存在M，m，使得xa,b，有mf(x)M，故mf(xn)M，根据limf(xn)=c故有n+mcM(6分)，由连续函数的介值性定理，存在x0a,b，使f(x0)=c p
