《高观点下中学数学分析学》练习题答案.docx

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.Ì，2.Æ,a，7.传递的；8.双射；9.limf(x)=f(a)；10.1）"x,yÎ(0,+¥),j(x,y)=j(x)+j(y); x®a11.1）c(t-t)=c(t)c(t)+s(t)s(t)， 12. xFy。13.Ì；14、Æ,甲，乙，甲，乙；15、单射；16、未知函数；17、f=1；18、上凸; 19.传递性； 20. p2b-e<x0； 21.可导； 22. f(x+y)=f(x)f(y)；23. c(t+t)+c(t-t)=2c(t)c(t)； 24.ax+b.25A-C； 26.Ì； 27."xÎE,有x£b； 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 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 2-12n®¥4.解 显然an<an+1，且0<an<4，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-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=y¢x=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)³sin=sin= 5分 2242即 sinx+siny³2 而且当x=y=p4时，sinp4+sinp42=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-iy¸x+iy=1，故a+b=1 9.解 因为maxa1,a2,a3<na1+a2+a3£n3maxa1,a2,a3,故有 maxa1,a2,a3£limna1+a2+a3£limn3maxa1,a2,a3 5分 n®¥n®¥nnnnnn22所以有 limna1+a2+a3=maxa1,a2,a3 8分 n®¥nnn10.解íìy¢(x)=2xîy(2)=3由方程可得，y=x2+c，由y(2)=3得c=-1，即y=x2-1 8分 11.解 已知x+2x-y+4y=2，对两端关于x求导，得 1+1x-y¢(x-y¢x)+4yx=0 4分 1+由y¢x=1x-y1-4=x-y+11-4x-y 8分 x-y12. 解 已知2f(2-x)+f(x)=3x+6 令2-x=t，即x=2-t，得 2f(x)+f(2-x)=12-3x ´2-(1)得 4f(x)+2f(2-x)-2f(2-x)-f(x)=24-6x-3x-6 6分 即3f(x)=18-9x，f(x)=6-3x 13. 解 方程两边对x求导，求出y¢，即 xy+y¢=0 3分 94y¢=-4x4x y¢(3,2)=-9y9y(3,2)2=- 5分 3于是，切线方程为 y-2=-14. 解 由已知f(x)=22(x-3)或y=-x+4 8分 331 f(f(x)=1-x11-11-x=-1-x 4分 xf(f(f(x)=1=1-f(f(x)1=x 8分 1-x1+x15. 解 由z1×z1=z12=1有 z1-z21-z1z2=z1-z2z1(z1-z2)=1z1-z2=1 8分 z-zz11216. 解 因为cosx在(0,p2)内是上凸函数，所以由上凸函数的定义有 1x+yp2 cosx+cosy£cos=cos=2242即有cosx+cosy£当取x=y=2. 6分 时，cosx+cosy=p42，故2是函数cosx+cosy的最小值. 17解z1=a1+ib1,z2=a2+ib2 则z1+z2=(a1+a2)+i(b1+b2)，z1-z2=(a1-a2)+i(b1-b2) 22z1+z2所以 z1+z22+z1-z22=(a1+a2)2+(b1+b2)2+(a1-a2)2+(b1-b2)2 22222 =2(a1+b1+a2+b2)=2(z1+z2) 2+z1-z2-2(z1+z2)=0 22该结果的几何意义是平行四边形的对角线的平方之和等于四条边长的平方之和。 18解 已知f(x)=11,故f(f(x)= 1-x1-f(x)f(f(x)=1-111-x=1x-1= -xx1-xf(f(f(x)=1=1-f(f(x)1=x x-11-x19解 f¢(x)=x1+x2-a 令j(x)=x1+x2，求j(x)的最小值 3分 121232j¢(x)=(x(1+x)¢=(1+x) =(1+x)2-322-2-(1+x)x2 2->0，故j(x)单调增加 5分 x1+x2x®-¥limj(x)=limx®-¥=-1 7分 当a£-1时， f¢(x)>-1-a³0，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、证明题 1. 证明：若设C表示C的补集，则有 AÇ(B-C)=AÇ(BÇC)=(AÇB)ÇC CCc=(AÇB)-C 4分 (AÈB)-C=(AÈB)ÇCC=(AÇCC)È(BÇCC)=(A-C)È(B-C) 8分 A,y£supB，故x+y£supA+supB，即2. 证明："xÎA,yÎB，有x£supsupA+supB是A+B的一个上界. ee"e>0,$x0ÎA,y0ÎB，使得x0>supA-,y0>supB-， 22即存在x0+y0ÎA+B，使得x0+y0>supA+supB-e 故 sup(A+B)=supA+supB 8分 3.证明：设f(x)=xn，则f¢¢(x)=n(n-1)xn-2>0，即f(x)=xn是严格下凸，根据 11y)<f(x)+f(x) 2211nnn有 n(x+y)<x+y 8分 22 f(x+ 4.证明：令j(x)=f(x)-x5，则j(x)是0,1上的连续函数. 若f(0)=0，则选取x0=0结论得证. 若f(1)=1，则选取x0=1结论得证. 4分 否则有f(0)>0,f(1)<1，则j(0)>0,j(1)<0，由介值定理，存在x0Î(0,1)，使得5. 8分 j(x0)=0，即f(x0)=x0125.证明因gof是满射，即(gof)(A)=C,进一步有C=g(f(A)，故g是满射。 4分 采用反证法。 假设f不是满射，即f(A)¹B，则存在bÏf(A)，但bÎB。设cÎC，使c=g(b)，由于g是单射，故cÏg(f(A)=(gof)(A)，即(gof)(A)¹C，这与gof是满射矛盾。说明假设矛盾，即f是满射。 8分 6.证明 "e>0，因为f(x)在点a连续，故存在d>0，当x-a<d时，有 f(x)-f(a)<e 由绝对值不等式的 f(x)-f(a)£f(x)-f(a) 4分 故对任意的e>0，'d>0，当x-a<d时，有 f(x)-f(a)<e 即f(x)在点a连续。 8分 7.证明：设f(x)=x5-2x2+4x+6，则f(x)是-1,1上的连续函数，且 f(-1)=-1,f(1)=9 由介值定理，至少存在一点x0Î(-1,1)，使f(x0)=0。 4分 由f¢(x)=5x4-4x+4=5x4+4(1-x)得，当xÎ(-1,1)时，f¢(x)>0。即f(x)在(-1,1)内严格单调增加。故有且仅有一点x0Î(-1,1)，使f(x0)=0，即方程x5-2x2+4x+6=0在(-1,1)内有且仅有一实根。 8分 8.证明 采用反证法。 假设f(x)=xsinx是周期函数，因f(x)是连续函数且不是常值，故f(x)具有最小正周期，设为T。选取自然数k，使得2kp+ f(x0)=f(2kp+ 另一方面，对于"xÎ(0,2kp+p22>T。故存在x0Î(0,2kp+p2)使 p)=2kp+p2 (*) 4分 p2)，有 f(x)£f(x)=xsinx£x<2kp+p2这与(*)式矛盾。故xsinx不是周期函数。 8分 9. 证明：对于"x1,x2ÎR，有 f(x1)-f(x2)£x1-x2 x1-x2令x2®x1，则得f¢(x1)=0， 6分 由x1的任意性知，f(x)=c。 8分 10. 证明：用C表示C的补集，则 A-(B-C)=A-(BÇC)=AÇ(BÇC)=AÇ(BÈC) =(AÇB)È(AÇC)=(A-B)È(AÇC) 4分 CCCCCC(A-B)È(C-B)=AÇ(BÇCC)C=(AÇBC)È(CÇBC) =(AÈC)ÇBC)=(AÈC)-B 8分 11. 已知f(x)在a,b上连续，故f(x)在a,b有最大值M与最小值m，从而有 m£1f(x1)+f(x2)+L+f(xn)£M 4分 n由介值定理，存在xÎa,b，使 1f(x)=f(x1)+f(x2)+L+f(xn) 8分 n112设f(x)=xlnx，对于x>0，我们有f¢(x)=lnx+1,f¢¢(x)=>0，即在(0,¥)内x是严格下凸函数，故对于x>0,y>0,x¹y有 f(代入得(x+y)lnx+y1)<f(x)+f(y) 6分 22x+y<(xlnx+ylny) 8分 213. 证明 先证f是单射. 假设f不是单射，则存在a1,a2ÎA，使得a1¹a2，但f(a1)=f(a2).根据已知条件(gof)(a)=a有 a1=(gof)(a1)=g(f(a1)=g(f(a2)=(gof)(a2)=a2 与假设矛盾，故f是单射. 4分 再证g是满射. 一方面g(B)ÌA，另一方面，由BÉf(A),有 g(B)Ég(f(A)=(gof)(A)=A 即g(B)=A，故g是满射. 8分 14. 证明：因limf(x)=1，对于e=1，$M>0，当x³M时，有 x®+¥f(x)-1£1，即f(x)£2 4分 因f(x)是a,M上的连续函数，故存在b1>0，使得当xÎa,M时，f(x)£b1 b1,2，从而有对于x³a，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)º0，即f(x)=j(x).4分 “必要性” 反证法，假设n¹m，不妨设n>m，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xÎ(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ak¹bk，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xÎ(a,b)，有f(x)-j(x)=0，即有无穷多xÎ(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)，f2(x)=x，则 2 f1(0)=f(0)=f2(0)=0 且对于x>0，有f1¢(x)=1-x,f¢(x)=1,f2¢(x)=1，显然有 1+x1-x<1<1，即 1+x f1¢(x)<f¢(x)<f2¢(x) 6分 由教材中定理知，当x>0时，f1(x)<f(x)<f2(x)，即有 x- 17证明：设(x,y)ÎR1oR2,由于R1oR2是等价关系，故(y,x)ÎR1oR2 2分 从而有z使得(y,z)ÎR2,(z,x)ÎR1，进而有(x,z)ÎR1,(z,y)ÎR2，即 12x<ln(1+x)<x 2(x,y)ÎR2oR1 6分 此即表明R1oR2ÌR2oR1，同理有R2oR1ÌR1oR2 故R2oR1=R1oR2 8分 18证明：设f(x)=x-2x+4x+6 2分 52f(x)是区间-1,1的连续函数，f(-1)=-1,f(1)=9，故至少存在一点x0Î(-1,1), 使f(x0)=0 5分 f¢(x)=5x4-4x+4=5x4+4(1-x2)>0 即f(x)在-1,1内严格单调增加，故只有唯一的x0Î(-1,1),使f(x0)=0 8分 19.证明：设f(x)=x-12x,g(x)=ln(x+1),h(x)=x，显然有f(0)=g(0)=h(0)=0 21f¢(x)=1-x,g¢(x)=,h¢(x)=1 6分 1+x当x>0时，显然有f¢(x)<g¢(x)<h¢(x)， 故当x>0时，x-12x2<ln(1+x)<x 20. 证明：设A,B,C是三角形的三个内角，故0<A<p,0<B<p,0<C<p 根据f(x)=sinx在(0,p)内是上凸函数， 故有1(sinA+sinB+sinC)£sin(133(A+B+C) 分 即 sinA+sinB+sinC£3sin600=323 8分 2分 6 高观点下中学数学分析学练习题二参考答案 一、填空题 1.A-C 2.É 3."xÎE有x³a 4.S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间a,b 5.e 6.0 7反身的、对称的、传递的。 8. "e>0,$x0ÎE，使得x0>a-e， 9limf(x)=f(x0) 10. f(x+y)=f(x)×f(y) x®x011f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y), 12. "x1，x2ÎS,"aÎ(0,1),有ax1+(1-a)x2ÎS(或者:S中任意两点的连线在S中)。 13等价关系 14"e>0,$x0ÎE，使得x0<b+e 15limf(x0+Dx)-f(x0)DxDx®016f(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 5<xn<5×5 4分 1n5<limxn<5lim5，由lim5=1 6分 n®¥n®¥n®¥1n1n得limxn=5 8分 n®¥3.解 设物体t时刻的距离地面的高度为s(t) 2分 则s(t)=4.9-12gt 4分 2其中g=9.8，从而到达地面的时刻为t=1，s(1)=0 6分 s¢(t)=-9.8t,s¢(1)=-9.8，即物体撞击地面的速度是9.8米/秒 8分 4.解 f(x)的定义域为D=xx³2Èxx£1 3分 令j(x)=x2-3x+2，j(x)的极大值就是f(x)的极小值，而j(x)的极小值就是f(x)的极大值 4分 j¢(x)=2x-3，当x³2时，j¢(x)>0，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x£1时，j¢(x)=2x-3<0，故x=1是j(x)的极小值点，是f(x)的极大值点，即f(1)=3是极大值 5 解f'(x)=1sinx2cosx2×2x 6分 =ctgx2×2x 8分 1+x=-f(x)®+¥6 解当x®(-1时， 故 是垂渐近线。 )ee limx®¥x®+¥f(x)x=1 =limln(e+1x)x®+¥x®¥ lim(f(x)-x)=limxlne (+1x)-1=lim+y®0ln(e+y)-1y1=lim=1e +e+yy®0故斜渐近线方程为 y=x+1e.7解 pòp20pxsinxdx=-xcoxs20+òp20cosxdx=sinx2=1 08令 f'(x)=0,求稳定点得 0=f'(x)=2(x-a1)+(x-a2)+2(x-an) x0=1(a1+a2+an)是稳定点 nf"(x)=2n>0. 故f"(x0)=2n>0. x0是最小值点 9解：f¢(x)=p12×sinx×2x 22cos(cosx)p20p10. 解 òxcosxdx=xsinx20-ò2sinxdx (4分)0 = =p2p-ò2sinxdx (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 32x®0x®0x3x1x-cox1sinx=lim =lim 3x®0x23x®02x1sinx1= =limx®06x6四、证明题 1.证明 先来证明(x,y)ÎR，事实上，设zÎxRÇyR，则(x,z)ÎR,(z,y)ÎR，由传递性，我们得(x,y)ÎR 4分 其次，若tÎxR，则(x,t)ÎR，由传递性(t,y)ÎR，即tÎyR 6分 表明xRÌyR 7分 同理有，yRÌxR，即xR=yR 8分 2.证明 因A,B,C为三角形的三个内角，故有0<ApBpCp<,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+sin£3sin= 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x³p时，显然有f(x)<g(x)<h(x)，而当0<x<p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sinx<x(x>0)得，当x>0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T³T0 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 0<r<T0 4分 对于定义域D中的任意x，有 f(x)=f(x+T)=f(x+mT0+r)=f(x+r) 6分 即表明r是f(x)的一个正周期，这与T0是最小正周期矛盾。 5证明：设f(x)=x-12x2, h(x)=ln(1+x), j(x)=x, 当x=0时， f(0)=h(0)=j(0)=0 f'(x)=1-x, h'(x)=11+x, j'(x)=1, 当x>0时 1-x2<1 即 1-x<1 1+x即当x>0时，f¢(x)<h¢(x)<j¢(x) 故 f(x)<h(x)<j(x)即x-6证明：因lim12x<ln(1+x)<x 2an+1a1+r=r<1，故存在N，当n³N时n+1<r0=<1 n®+¥aan2n即有aN+1<r0aN，aN+2<r0aN+1<r02aN，一般地有aN+m<r0maN.根据år收敛，故有åan=åan+åan而m0m=1n=1n=1N+1¥¥N¥n=N+1åa¥n<anår 故m0m=1Nn=N+1åa¥n收敛， 所以åan收敛。 n=1¥7证明：已知f(x)在闭区间a,b上连续，故存在M，m，使得"xÎa,b，有m£f(x)£M，故m£f(xn)£M，根据limf(xn)=c故有n®+¥m£c£M(6分)，由连续函数的介值性定理，存在x0Îa,b，使f(x0)=c p