1. ($30‘$) 计算题.

(1) $\dps{\lim_{x\to 1} \frac{\sin^2(x-1)\sin\frac{1}{x-1}}{e^{x-1}-1}}$.

(2) 设 $y=x^x+a^x$, 求 $y‘$.

(3) $\dps{\int \sex{\ln\ln x+\frac{1}{\ln x}}\rd x}$.

(4) 设 $\dps{f(x,y)=x^y+(y-1)^2\arcsin\sqrt{\frac{x}{y}}}$, 求 $f_x‘(x,1)$.

(5) $\dps{\iint_D (x+y)e^{x^2+y^2}\rd x\rd y}$, 其中 $D=\sed{(x,y); x^2+y^2\leq 1}$.

(6) 求 $\dps{I=\int_L x\sin y\rd x-\cos y\rd x}$, 其中 $L$ 是从点 $O(0,0)$ 到点 $A(\pi,0)$ 的正弦曲线 $y=\sin x$.

解答:

(1) 由 $$\bex \lim_{x\to1}\frac{\sin^2(x-1)}{e^{x-1}-1} =\lim_{t\to 0}\frac{t^2}{e^t-1} =\lim_{t\to 0}\frac{2t}{e^t}=0 \eex$$ 知 $\dps{\frac{\sin^2(x-1)}{e^{x-1}-1}=o(1)\ (x\to 1)}$, 它乘以一个有界量 $\dps{\sin\frac{1}{x-1}}$ 仍是无穷小量, 而原极限 $=0$.

(2) $$\bex y‘=(e^{x\ln x})‘+a^x\ln a =x^x(\ln x+1)+a^x\ln a. \eex$$

(3) 由分部积分知 $$\bex \mbox{原积分} =x\ln \ln x-\int \frac{1}{x\ln x}\cdot x\rd x+\int \frac{1}{\ln x}\rd x =x\ln \ln x+C. \eex$$

(4) $$\bex f_x‘(x,1)=\frac{\p (x^y)}{\p x}|_{(x,1)} =yx^{y-1}|_{(x,1)}=1. \eex$$

(5) 由对称性, 原积分 $=0$.

(6) 由 Green 公式, $$\bex I+\int_\pi^0 -\cos 0\rd x =\iint_{0\leq x\leq \pi\atop 0\leq y\leq \sin x} 0\rd x\rd y\ra I=-\pi. \eex$$

2. ($20‘$) 设 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上可导, 且 $f‘(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上有界. 证明:

(1) $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上一致连续;

(2) $\dps{f(a^+)=\lim_{x\to a^+}f(x)}$ 存在, 但 $\dps{\lim_{x\to+\infty}f(x)}$ 不一定存在;

(3) 若 $\dps{\lim_{x\to +\infty}f(x)}$ 存在, 且 $$\bex \lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}f(x), \eex$$ 则 $f‘(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上至少有一个零点.

证明:

(1) 设 $|f‘|\leq M$, 则 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta=\frac{\ve}{M}>0,\st |x-x‘|<\delta \ra |f(x)-f(x‘)|=|f‘(\xi)|\cdot |x-x‘|<\ve. \eex$$

(2) 由 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta=\frac{\ve}{M}>0,\st a<x,x‘<a+\delta\ra |f(x)-f(x‘)|<\ve \eex$$ 及函数极限的 Cauchy 收敛准则知 $f(a^+)$ 存在. 取 $f(x)=\sin x$ 即知 $f(+\infty)$ 不一定存在.

(3) 用反证法. 若 $f‘$ 无零点, 则不妨设 $f‘>0$. 而 $f$ 严格递增, $$\bex x<a+1<a+2<y\ra f(x)<f(a+1)<f(a+2)<f(y). \eex$$ 令 $x\to a^+$, $y\to +\infty$ 我们发现 $$\bex f(a^+)\leq f(a+1)<f(a+2)\leq f(+\infty). \eex$$ 这与题设矛盾. 故有结论.

3. ($20‘$) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, $f(0)=f(1)$. 证明:

(1) 存在 $\dps{x_0\in \sez{0,\frac{1}{2}}}$ 使得 $\dps{f(x_0)=f\sex{x_0+\frac{1}{2}}}$;

(2) 试推测: 对任意正整数 $n$, 是否存在 $\dps{x_0\in \sez{0,\frac{n-1}{n}}}$ 使得 $\dps{f(x_0)=f\sex{x_0+\frac{1}{n}}}$, 并证明你的结论.

证明:

(1) 设 $\dps{F(x)=f(x)-f\sex{x+\frac{1}{2}}}$, 则 $$\bex F(0)F\sex{\frac{1}{2}} =\sez{f(0)-f\sex{\frac{1}{2}}} \cdot \sez{f\sex{\frac{1}{2}}-f(1)} =-\sez{f(0)-f\sex{\frac{1}{2}}}^2\leq 0. \eex$$ 由连续函数的介值定理即知结论成立.

(2) 我们断言结论成立. 事实上, 设 $\dps{F(x)=f(x)-f\sex{x+\frac{1}{2}}}$, 则 $$\bee\label{307_3_sum} F(0)+F\sex{\frac{1}{n}}+\cdots+F\sex{\frac{n-1}{n}}=0. \eee$$用反证法证明结论. 若 $$\bex F(x)\neq 0,\quad x\in \sez{0,\frac{n-1}{n}}, \eex$$ 则不妨设 $F>0$, 而与 \eqref{307_3_sum} 矛盾.

4. ($10‘$) 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续, 且 $f(x)>0$, 记 $$\bex \varphi(x)=\frac{\int_0^x tf(t)\rd t}{\int_0^x f(t)\rd t}. \eex$$

(1) 求 $\dps{\lim_{x\to 0^+}\varphi(t)}$;

(2) 证明: $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调递增.

证明:

(1) $$\bex \lim_{x\to 0^+}\varphi(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{xf(x)}{f(x)}=0. \eex$$

(2) $$\beex \bea \varphi‘(x)&=\frac{xf(x)\int_0^xf(t)\rd t-f(x)\int_0^x tf(t)\rd t}{\sez{\int_0^x f(t)\rd t}^2}\\ &=\frac{f(x)\int_0^x (x-t)f(t)\rd t}{\sez{\int_0^x f(t)\rd t}^2}\\ &>0,\quad x>0. \eea \eeex$$

5. ($10‘$) 证明: 若 $\dps{\vsm{n}a_n}$ 绝对收敛, 则 $$\bex \vsm{n}a_n(a_1+a_3+\cdots+a_{2n-1}) \eex$$ 也绝对收敛.

证明: 由 $\dps{\vsm{n}a_n}$ 绝对收敛知 $\dps{\vsm{n}|a_n|}$ 收敛. 据比较原理, $\dps{\vsm{n}|a_{2n-1}|}$ 收敛, 其部分和 $$\bex s_n=|a_1|+|a_3|+\cdots+|a_{2n-1}| \eex$$ 是有界的, 设界为 $M>0$. 则 $$\bex |a_n(a_1+a_3+\cdots+a_{2n-1})|\leq M\cdot |a_n|. \eex$$ 再利用比较原理即知结论.

6. ($15‘$) 设 $f(x)$ 在 $\dps{\sez{0,\frac{\pi}{2}}}$ 上连续. 证明:

(1) $\sed{\sin^nx}$ 在 $\dps{\sez{0,\frac{\pi}{2}}}$ 上不一致收敛;

(2) $\sed{(\sin^nx)f(x)}$ 在 $\dps{\sez{0,\frac{\pi}{2}}}$ 上一致收敛的充要条件是 $\dps{f\sex{\frac{\pi}{2}}=0}$.

证明:

(1) 用反证法. 若 $\sed{\sin^nx}$ 在 $\dps{\sez{0,\frac{\pi}{2}}}$ 上一致收敛, 则极限函数 $$\bex g(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x<\frac{\pi}{2}\\ 1,&x=\frac{\pi}{2} \ea} \eex$$ 连续. 这是一个矛盾.

(2) $\ra$: 由 $\sed{(\sin^nx)f(x)}$ 在 $\dps{\sez{0,\frac{\pi}{2}}}$ 上一致收敛知极限函数 $$\bex h(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x<\frac{\pi}{2}\\ f\sex{\frac{\pi}{2}},&x=\frac{\pi}{2} \ea} \eex$$ 连续, 而 $$\bex 0=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}h(x)=f\sex{\frac{\pi}{2}}. \eex$$ $\la$: 由 $\dps{f\sex{\frac{\pi}{2}}=0}$ 知 $$\bee\label{307_6_con} \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \st \frac{\pi}{2}-\delta\leq x\leq \frac{\pi}{2}\ra |(\sin^nx)f(x)| \leq |f(x)|=\sev{f(x)-f\sex{\frac{\pi}{2}}}<\ve. \eee$$而对 $\dps{x\in \sez{0,\frac{\pi}{2}-\delta}}$, $$\bex |(\sin^nx)f(x)| \leq \sev{\sin^n\sex{\frac{\pi}{2}-\delta}}\cdot \max|f| \leq \sex{\frac{\pi}{2}-\delta}^n\cdot \max |f|. \eex$$ 于是 $$\bee\label{307_6_lim} \exists\ N=N(\delta)=N(\ve)>0,\st n\geq N\ra \max_{x\in\sez{0,\frac{\pi}{2}-\delta}} |(\sin^nx)f(x)|<\ve. \eee$$综合 \eqref{307_6_con}, \eqref{307_6_lim} 即知结论.

7. ($10‘$) 设 $f(x,y,z)$ 为 $\bbR^3$ 上的 $n$ 次齐次函数 (即对任意 $t>0$, $f(tx,ty,tz)=t^nf(x,y,z)$) 且具有一阶连续的偏导数, $f_z(x,y,z)\neq 0$. 若方程 $f(x,y,z)=0$ 确定了可微的隐函数 $z=g(x,y)$. 证明: $z=g(x,y)$ 必为一次齐次函数.

证明:

(1) 先证: 可微函数 $f(x_1,\cdots,x_n)$ 是 $n$ 元齐次函数当且仅当 $$\bex \sum x_i f_{x_i}‘=nf. \eex$$ $\ra$: 对任意固定的 $x_1,\cdots,x_n$, 对 $$\bex f(tx_1,\cdots,tx_n)=t^nf(x_1,\cdots,x_n) \eex$$ 两边关于 $t$ 求导后在 $t=1$ 处取值即得. $\la$: 对任意固定的 $x_1,\cdots,x_n$, 记 $$\bex \phi(t)=\frac{1}{t^n}f(tx_1,\cdots,tx_n), \eex$$ 则 $\phi(1)=f(x_1,\cdots,x_n)$, $$\bex \phi‘(t)=\frac{\sum (tx_i) f_{x_i}‘(tx_1,\cdots,tx_n)-n f(tx_1,\cdots,tx_n)}{t^{n+1}}=0. \eex$$ 于是 $\phi(t)=\phi(1)$.

(2) 往证题目: $$\beex \bea xz_x+yz_y&=x\cdot \sex{-\frac{f_x‘}{f_y‘}}+y\cdot \sex{-\frac{f_y‘}{f_z‘}}\\ &=-\frac{xf_x‘+yf_y‘}{f_z‘}\\ &=\frac{zf_z‘}{f_z‘}\quad\sex{xf_x‘+yf_y‘+zf_z‘=nf=0}\\ &=z. \eea \eeex$$

8. ($20‘$) 设 $f(x,y)$ 在 $\bbR^2$ 上具有二阶连续的偏导数. 证明:

(1) 对 $\bbR^2$ 内任意光滑简单闭曲线 $L$, 总有 $$\bex \int_L \frac{\p f}{\p \vec{n}}\rd s=\iint_D \sex{\frac{\p^2f}{\p x^2}+\frac{\p^2 f}{\p y^2}}\rd x\rd y, \eex$$ 其中 $\vec{n}$ 为 $L$ 的外法线方向, $\dps{\frac{\p f}{\p \vec{n}}}$ 是 $f(x,y)$ 沿 $\vec{n}$ 的法向导数, $D$ 是 $L$ 围成的有界闭区域;

(2) $f(x,y)$ 为 $\bbR^2$ 上的调和函数 (即 $\dps{\frac{\p^2f}{\p x^2}+\frac{\p^2 f}{\p y^2}=0}$) 的充要条件是对 $\bbR^2$ 内任意光滑闭曲线 $L$, 总有 $\dps{\int_L \frac{\p f}{\p \vec{n}}\rd s=0}$.

证明:

(1) $$\beex \bea \int_L \frac{\p f}{\p \vec{n}}\rd s &=\int_L \sez{f_x‘\cos (\vec{n},\vec{x})+f_y‘\cos (\vec{n},\vec{y})}\rd s\\ &=\int L f_x‘\rd y+f_y‘(-\rd x)\\ &=\iint_D (f_{xx}‘‘+f_{yy}‘‘)\rd x\rd y. \eea \eeex$$

(2) 显然.

9. ($15‘$) 设 $n$ 是正整数. 给定方程 $x^n+x=1$.

(1) 此方程仅有唯一的正根 $x_n\in (0,1)$.

(2) $\dps{\vlm{n}x_n=1}$.

证明:

(1) 设 $f_n(x)=x^n+x-1$, 则 $$\bex f_n(0)=-1<0<1=f_n(1). \eex$$ 由介值定理, $f_n(x)=0$ 在 $(0,1)$ 上有一个根 $x_n$. 又 $$\bex f_n‘(x)=nx^{n-1}+1>0,\quad x>0, \eex$$ 而 $f_n(x)=0$ 在 $(0,\infty)$ 仅有这个根 $x_n$.

(2) 由 $$\bex f_n(x)>f_{n+1}(x),\quad 0<x<1 \eex$$ 知 $$\bex 0=f_n(x_n)=f_{n+1}(x_n). \eex$$ 由 $f_{n+1}$ 的严格递增性知 $x_{n+1}>x_n$. 于是 $\sed{x_n}$ 递增有上界. 极限 $l\leq 1$ 存在. 若 $l<1$, 则 $$\bex 1=x_n+x_n^n\leq x_n+l^n. \eex$$ 令 $n\to\infty$ 即有 $1\leq l$. 这是一个矛盾. 故 $l=1$. 

[家里蹲大学数学杂志]第307期华中师范大学2006年数学分析考研试题参考解答