上海交通大学 数学分析测验解答2010.12.19一、填空题（每题4分，共16分） 1. 函数3()24f x x x =+-的零点个数为1.2. 写出e x y x =在1x =处的四阶带Peano 型余项的Taylor 展开式2344345e e(12(1)(1)(1)(1)(1))2!3!4!x x x x x x o x =+-+-+-+-+-. 3. 函数2()e x f x x -=([1,3]x ∈) 的最大值为24e ，最小值为1e .4.曲线2y =的渐近线为1,x y x =±=±.二、选择题（每题4分，共16分）1. 设()f x 和()g x 均为R 上的凸函数, 则下列函数中必为凸函数的是 ( C ) (A )|()()|f x g x +. (B )()()f x g x ⋅. (C )max{(),()}f x g x . (D )[()]f g x .2. 设函数()()f x C ∈R , 其导函数'()f x 的图形如右图所示, 则()f x 在R 上有 ( A ) (A) 两个极小值点, 两个极大值点. (B) 两个极小值点, 一个极大值点. (C) 三个极小值点, 一个极大值点. (D) 一个极小值点, 两个极大值点3. 设函数()x f 在0=x 连续, 0>α为常数, 且()lim0||x f x A x α→=>, 则以下四条叙述中正确的是 ( A ) (A ) ()x f 在0=x 取极值. (B ) 存在0δ>使得对()δ,0U x ∈∀有()0>x f . (C ) ()x f 在0=x 可导. (D ) ()x f 在0=x 不可导.4. 设函数()x f 和()x g 在[]b a ,上可导，且[]()a x g b a x =∈,min ，[]()b x g b a x =∈,max . 下列三个命题中，真命题的个数是 ( D ) I 存在[]b a ,∈ξ，使得()()()()()f b f a f g b a ξ'-=-.II 存在[]b a ,∈ξ，使得()()()()()()()()()f g b f g a f g g b g a ξ'-=-. III 存在[]b a ,∈ξ，使得()()()()()()()()f g b f g a g f g b a ξξ''-=⋅-. (A ) 0个. (B ) 1个. (C ) 2个. (D ) 3个. 三、 计算题(每小题8分, 共16分) 1. 求极限30sin sin(sin )limx x x x →-.解 令sin t x =，则 原式＝330sin sin limlim arcsin t t t t t tt t →→--= 4分201cos 1lim36t t t →-== 8分 注 用L ’Hospital 法则可相应给分.2. 设函数()f x 在0x =的某邻域内二阶可导, 且30sin ()lim0x x xf x x→-=, 求(0),f (0),f '(0)f ''的值.解 由33sin ()6x x x o x =-+，221()(0)(0)(0)()2f x f f x f x o x '''=+++得 4分232330011(1(0))(0)((0))()sin ()62lim lim 0x x f x f x f x o x x xf x x x →→'''---++-== 6分 从而有(0)1,(0)0f f '==，11(0)062f ''+=，1(0)3f ''=-. 8分注：用L’Hospital 法则求得(0)1,(0)0f f '==至多给4分.四、计算下列积分（每小题7分，共28分）1.2x解 原式＝2arcsin d arcsin x x ⎰ 4分＝31arcsin 3x C + 7分 2.21ln d x x x -⎰解 原式＝2221ln 11d d d ln d x x x x x x x x x-=+⎰⎰⎰⎰ 4分 221ln 1d d x x x x x x =+-⎰⎰ln x C x=+ 7分 3.321d [(2)]x x x -⎰解 令1sin x t =+ (π02t <<)，则 原式＝()3/22cos d cos tt t ⎰4分21d tan cos t t C t==+⎰6分 tan[arcsin(1)]x C =-+ 7分4. 23sin d cos xx x⎰ 解 原式＝2331cos d sec d sec d cos xx x x x x x-=-⎰⎰⎰ 2分 其中33sec d sec d tan sec tan sec d sec d x x x x x x x x x x ==-+⎰⎰⎰⎰于是 311sec d sec tan sec d 22x x x x x x =+⎰⎰，从而 5分23sin 1111d sec tan sec d sec tan ln |sec tan |cos 2222x x x x x x x x x x C x =-=-++⎰⎰ 7分五、（本题共8分） 证明不等式：当0x >时, 3sin 3!x x x >-.证 令31()sin (0)6f x x x x x =-+>，则(0)0f = 2分21()cos 12f x x x '=-+，(0)0f '= ()sin 0f x x x ''=->， 6分从而()(0)0f x f ''>=，因此()f x 严格单调增加，于是()(0)0.f x f >= 8分六、(本题共8分) 设()f x 在(,)a b 上不恒为常数. 用闭区间套定理证明：(,)a b ξ∃∈及0M >，使得对0δ∀>，在(,)(,)a b ξδξδ-+内总∃,x x '''满足()()f x f x M x x '''-≥'''-.证 由()f x 在(,)a b 上不恒为常数知，存在00(,)a b a b <∈，使得00()()f a f b ≠，不妨设00()()f a f b <，记0000()()f b f a M b a -=-. 对00[,]a b 二等份，若 2分00000()22a b b a f f a M +-⎛⎫≥+⋅ ⎪⎝⎭，则取区间000[,]2a b a +并记为11[,]a b ，否则取另一半区间记为11[,]a b ，则有1111()()f b f a M b a -≥-，对区间11[,]a b 重复上述讨论，得到区间列[,]n n a b 满足 4分1) 11[,][,]()n n n n a b a b n ++⊂∀∈N ; 2) 00lim()lim02n n nn n b a b a →∞→∞--==;3)()()n n n nf b f a M b a -≥- ()n ∀∈N据闭区间套定理，存在惟一的[,](,)()n n a b a b ξ∈⊂∀∈N ，且lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==. 对0δ∀>，由上式知存在N ∈N ，使得[,](,)N N a b ξδξδ⊂-+，令,N N x a x b '''==，则据3)有 ()()()()N N N Nf b f af x f x M x x b a '''--=≥'''--. 8分七、证明题(下面1, 2两题中请任选、且仅选一题完成，本题共8分) 1. 设()f x 是[,]a b 上的凸函数. 记02a bx +=. (1) 令000()()(),([,]\{})f x f x k x x a b x x x -=∈-, 证明lim ()x a k x +→及lim ()x b k x -→存在;(2) 证明lim ()x af x +→及lim ()x bf x -→存在. 证 (1) 由于()f x 是[,]a b 上的凸函数，故()k x 单调增加，从而()()()k a k x k b ≤≤，因此()k x 在0(,)a x 有下界，在0(,)x b 有上界，据单调有界定理知lim ()x ak x +→及lim ()x b k x -→存在. 4分 (2) 记lim ()x bk x B -→=，由00()()()()f x k x x x f x =-+可得 []0000lim ()lim ()()()()()x b x bf x k x x x f x B b x f x --→→=-+=-+ 即lim ()x bf x -→存在，类似可证lim ()x af x +→存在. 8分2. 设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)0f =，(1)1f =. 证明：存在互异的两点,(0,1)ξη∈使得()()1f f ξη''=.证 令()()1F x f x x =-+, 则[0,1]F C ∈，且(0)1,(1)1F F =-=，据闭区间上连续函数的零点定理知，存在0(0,1)x ∈使得0()0F x =，即00()1f x x =-. 4分 据Lagrange 中值定理知存在0(0,)x ξ∈及0(,1)x η∈使得0000()(0)1()f x f x f x x ξ--'==， 0000(1)()()11f f x xf x x η-'==--，于是有()()1f f ξη''=. 8分。