华中师范大学2002年数学分析试题解答

华中师范大学2002年数学分析试题解答

一、         求下列极限

1：解：由于

${{x}_{n}}=\frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}}{n}=\sqrt[n]{(n+\frac{1}{n})(n+\frac{2}{n})\cdots (n+\frac{n}{n})}$

于是

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}={{e}^{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}{\ln (1+\frac{i}{n})}}{n}}}={{e}^{\int_{0}^{1}{\ln (1+x)dx}}}$

而

$\int_{0}^{1}{\ln (1+x)dx=x\ln (1+x)|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{\frac{x}{1+x}dx=2\ln 2-1=\ln \frac{4}{e}}}$

于是$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=\frac{4}{e}$

2：解：由于

${{x}_{n}}=\frac{1}{2}+\frac{3}{{{2}^{2}}}+\frac{5}{{{2}^{3}}}+\cdots +\frac{2n-1}{{{2}^{n}}}$

$\frac{1}{2}{{x}_{n}}=\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{3}{{{2}^{3}}}+\cdots +\frac{2n-3}{{{2}^{n}}}+\frac{2n-1}{{{2}^{n+1}}}$

于是

$\frac{1}{2}{{x}_{n}}=\frac{1}{2}+\frac{2}{{{2}^{2}}}+\frac{2}{{{2}^{3}}}+\cdots +\frac{2}{{{2}^{n}}}-\frac{2n-1}{{{2}^{n+1}}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{3}}}+\cdots +\frac{1}{{{2}^{n-1}}}-\frac{1}{2}-\frac{2n-1}{{{2}^{n+1}}}$

$=\frac{1-{{(\frac{1}{2})}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}-\frac{2n-1}{{{2}^{n}}}$

于是

$\frac{1}{2}\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

即$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=3$

3：法一：设$t=\frac{1}{x}$，则

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[{{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}-{{({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}]=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{(1+\frac{1}{t})}^{\frac{1}{6}}}-{{(1-\frac{1}{t})}^{\frac{1}{6}}}}{t}$

$=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{[1+\frac{1}{6}t+o(t)]-[1+\frac{1}{6}t+o(t)]}{t}=\frac{1}{3}$

法二：

解：由于

${{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}-{{({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}=\frac{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})-({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}{{{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})}^{\frac{5}{6}}}+{{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})}^{\frac{4}{6}}}{{({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}+\cdots +{{({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}^{\frac{5}{6}}}}$

$=\frac{2{{x}^{5}}}{{{x}^{5}}[{{(1+\frac{1}{x})}^{\frac{5}{6}}}+{{(1+\frac{1}{x})}^{\frac{4}{6}}}{{(1-\frac{1}{x})}^{\frac{1}{6}}}+\cdots +{{(1-\frac{1}{x})}^{\frac{5}{6}}}]}$

于是

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[{{({{x}^{6}}+{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}-{{({{x}^{6}}-{{x}^{5}})}^{\frac{1}{6}}}]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{{{(1+\frac{1}{x})}^{\frac{5}{6}}}+{{(1+\frac{1}{x})}^{\frac{4}{6}}}{{(1-\frac{1}{x})}^{\frac{1}{6}}}+\cdots +{{(1-\frac{1}{x})}^{\frac{5}{6}}}}=\frac{1}{3}$

4：解：由$f(x)$在$x=a$处的泰勒展开式可得：

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+o[(x-a)]$

令$x=a+\frac{1}{n}$，则

$f(a+\frac{1}{n})=f(a)+f'(a)\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})$

于是

$\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}=1+\frac{f'(a)}{f(a)}\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})$

${{[\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}]}^{n}}={{[1+\frac{f'(a)}{f(a)}\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})]}^{n}}$

于是

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{[\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}]}^{n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{[1+\frac{f'(a)}{f(a)}\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})]}^{n}}$

$={{e}^{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln [1+\frac{f'(a)}{f(a)}\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})]}{\frac{1}{n}}}}={{e}^{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{f'(a)}{f(a)}\cdot \frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n}}}}={{e}^{\frac{f'(a)}{f(a)}}}$

二、         证明：由于${{x}_{n\text{+}1}}=\sqrt{2{{x}_{n}}},{{x}_{1}}=1$，下用数归法证明$1\le {{x}_{n}}<2$

（1）当$n=1$时，$1={{x}_{1}}<2$恒成立

（2）设$n=k$时，$1\le {{x}_{k}}<2$，于是

$$1<\sqrt{2}\le {{x}_{k+1}}=\sqrt{2{{x}_{k}}}<2$$

即当$n=k+1$时也成立

由（1）和（2）可知：$1\le {{x}_{n}}<2$

于是$\frac{{{x}_{n+1}}}{{{x}_{n}}}=\sqrt{\frac{2}{{{x}_{n}}}}>1$

于是$\{{{x}_{n}}\}$单调递增且$1\le {{x}_{n}}<2$

由单调有界原理可知：

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}$存在

不妨设$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=l\in [1,2]$，由${{x}_{n\text{+}1}}=\sqrt{2{{x}_{n}}}$，两边取极限，得

$l=\sqrt{2l}$，得$l=2$

于是$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=2$

三、         证明：由于$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，由拉格朗日中值定理可知：

存在$\xi \in (a,b)$，使得

$f'(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=(a+b)\cdot \frac{f(b)-f(a)}{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}$

令$g(x)={{x}^{2}}$，则由柯西中值定理，存在$\eta \in (a,b)$，使得

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\eta )}{g'(\eta )}$

于是

$f'(\xi )=(a+b)\cdot \frac{f(b)-f(a)}{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}=\frac{f'(\eta )}{2\eta }$

四、         证明：不妨设$f(x)$在$(a,b)$内两个不同实根为${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$，即$f({{x}_{1}})=f({{x}_{2}})=0$

由罗尔定理可知，存在$c\in ({{x}_{1}},{{x}_{2}})$，使得$f'(c)=0$

而$f(x)\ge 0$，则${{x}_{1}},{{x}_{2}}$为$f(x)$的极小值点，由费马定理可知

$f'({{x}_{1}})=f'({{x}_{2}})=0=f'(c)$

再用罗尔定理可知：存在${{x}_{3}}\in ({{x}_{1}},c),{{x}_{4}}\in (c,{{x}_{4}})$，使得$f''({{x}_{3}})=f''({{x}_{4}})$

再用罗尔定理可知：存在$\xi \in ({{x}_{3}},{{x}_{4}})\subset (a,b)$，使得${{f}^{(3)}}(\xi )=0$

五、         证明：由于$\frac{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{b}}}{x-a}=\frac{f(x)-b}{x-a}\cdot {{e}^{b}}\cdot \frac{{{e}^{f(x)-b}}-1}{f(x)-b}$

当$x\to 0$时，${{e}^{x}}-1\sim x$

必要性：若$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-b}{x-a}=A$，由罗比达法则条件可知：

$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,[f(x)-b]=0$

于是$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{f(x)-b}}-1}{f(x)-b}=1$

从而

$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{b}}}{x-a}=\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-b}{x-a}\cdot {{e}^{b}}\cdot \frac{{{e}^{f(x)-b}}-1}{f(x)-b}=A{{e}^{b}}$

充分性：若

$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{b}}}{x-a}=A{{e}^{b}}$，则$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,[f(x)-b]=0$

而$\frac{f(x)-b}{x-a}=\frac{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{b}}}{x-a}\cdot {{e}^{-b}}\cdot \frac{f(x)-b}{{{e}^{f(x)-b}}-1}$

于是

$\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-b}{x-a}=\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{b}}}{x-a}\cdot {{e}^{-b}}\cdot \underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-b}{{{e}^{f(x)-b}}-1}=A$

六、         证明：由于${{f}_{0}}(x)$在$[a,b]$上连续，从而${{f}_{0}}(x)$在$[a,b]$上有界

即存在${{M}_{1}}>0$，对一切$x\in [a,b]$，有$\left| {{f}_{0}}(x) \right|\le {{M}_{1}}$

同理存在${{M}_{2}}>0$，对一切$(x,y)\in D$，有$\left| g(x,y) \right|\le {{M}_{2}}$

于是$\left| {{f}_{1}}(x) \right|=\left| \int_{a}^{x}{g(x,y){{f}_{0}}(y)dy} \right|\le {{M}_{1}}{{M}_{2}}(b-a)$

$\left| {{f}_{2}}(x) \right|=\left| \int_{a}^{x}{g(x,y){{f}_{1}}(y)dy} \right|\le {{M}_{2}}\cdot \int_{a}^{x}{{{M}_{1}}{{M}_{2}}(y-a)}dy\le \frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}{{(b-a)}^{2}}}{2!}$

$\vdots$

如此继续下去，可得

$\left| {{f}_{n}}(x) \right|\le \frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!}$

令${{a}_{n}}=\frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!}$，则$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{a}_{n+1}}}{{{a}_{n}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{M}_{2}}(b-a)}{n+1}=0$

由达朗贝尔判别法可知：

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!}}$收敛

于是

$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!}=0$

于是对任意的$\varepsilon >0$，存在$N>0$，当$n>N$时，有

$$\left| \frac{{{M}_{1}}{{M}_{2}}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!} \right|<\varepsilon$$

于是当$n>N$时，对一切$x\in [a,b]$有

$\left| {{f}_{n}}(x) \right|\le \frac{{{M}_{1}}M_{2}^{n}{{(b-a)}^{n}}}{n!}<\varepsilon$

故${{f}_{n}}(x)$在$[a,b]$上一致收敛于$0$

七、         证明：不妨设$f(x)$在处取得最小值，于是

$f(a)=-1,f'(a)=0$

由于$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导，由泰勒公式可知：

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''({{\xi }_{x}})}{2!}{{(x-a)}^{2}}=-1+\frac{f''({{\xi }_{x}})}{2!}{{(x-a)}^{2}}$

${{\xi }_{x}}$在$a$与$x$之间

于是

$f(0)=-1+\frac{f''({{\xi }_{0}})}{2!}{{a}^{2}}=0,{{\xi }_{0}}\in (0,a)$

$f(1)=-1+\frac{f''({{\xi }_{1}})}{2!}{{(1-a)}^{2}}=0,{{\xi }_{1}}\in (a,1)$

于是

$f''({{\xi }_{0}})=\frac{2}{{{a}^{2}}},f''({{\xi }_{1}})=\frac{2}{{{(1-a)}^{2}}}$

（1）当$0<a<\frac{1}{2}$时，$f''({{\xi }_{0}})=\frac{2}{{{a}^{2}}}>8$

则$\underset{0\le x\le 1}{\mathop{\max }}\,f''(\xi )\ge f''({{\xi }_{1}})>8$

（2）当$\frac{1}{2}<a<1$时，$f''({{\xi }_{1}})=\frac{2}{{{(1-a)}^{2}}}>8$

则$\underset{0\le x\le 1}{\mathop{\max }}\,f''(\xi )\ge f''({{\xi }_{2}})>8$

由（1）（2）可知：$\underset{0\le x\le 1}{\mathop{\max }}\,f''(\xi )\ge 8$

八、         证明：由于$f(x)$在$[-1,1]$上二阶连续可导，由泰勒公式可知：

$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi )}{2!}{{x}^{2}}=f'(0)x+\frac{f''(\xi )}{2}{{x}^{2}},0<\xi <x,\left| \xi  \right|<\left| x \right|$

于是

$\left| f(x) \right|\le \left| f'(0) \right|\left| x \right|+\frac{\left| f''(\xi ) \right|}{2}{{x}^{2}}\le \left| f'(0)+\frac{M}{2}\left| x \right| \right|\left| x \right|=r\left| x \right|$

其中

$r=\left| f'(0) \right|+\frac{M}{2}\left| x \right|\le \left| f'(0) \right|+\frac{M}{2}<1$

于是

$\left| {{f}_{1}}(x) \right|=\left| f(f(x)) \right|\le r\left| f(x) \right|\le {{r}^{2}}\left| x \right|$

$\left| {{f}_{2}}(x) \right|\le {{r}^{3}}\left| x \right|$

$\vdots$

$\left| {{f}_{n}}(x) \right|\le {{r}^{n+1}}\left| x \right|\le {{r}^{n+1}}$

而$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{r}^{n+1}}}$收敛，由$M$判别法可知：$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{f}_{n}}}(x)$在$[-1,1]$上一致收敛