中国科学技术大学：《数学分析》课程教学资源（试卷习题）2019秋期中考试试卷及参考答案

中国科学技术大学2019-2020学年第一学期 数学分析(B1)期中考试 2019年11月16日 一、（本题36分，每小题6分）计算题（给出必要的计算步骤） 1.设数列{an}为正的有界数列，求im n-6001十a2十…+an 2.若lim(V22+3x+2+am+b=0,求a,b的值， 3.设f(x)在x处二阶可导，且f'(x)≠0，求im -fx)-f)(x-)f'(x)】 4.设由参数方程 x arctant |y=n(1+t2) 确定y是x的函数，求d,dy dx'dz2 5.设函数f(x)=x2ln(1-x2),求当n>2时，fm(0)的值. 6.求极限lim cos(sim)-cosz T4 二、（本题12分）设函数f(x)在x=0处二阶可导，满足(O)=0,f'(O)=1,并且x)有反函数g(x),求 f(x2)和g(x2)在x=0处的关于x的二阶导数的值 三、（本题18分，每小题6分）设a为实数，函数f(x)= m上工≠0，解答下列问题： E=0 (1)问当且仅当α取何值时，f(x)在x=0处连续，但不可导（需说明理由）？ (2)问当且仅当α取何值时，f(x)在x=0处可导，但导函数f'()在x=0处不连续（需说明理由）？ (3)问当且仅当a取何值时，f(x)在x=0处可导，且导函数f'(x)在x=0处连续（需说明理由）？ 四、（本题10分）设函数fx)在[a,b上连续，{xn}是区间[a,上的点列，且1imf(xn)=A,证明：存在 ∈[a,,使得fx)=A. 五、（本题12分，每小题6分）设函数f(x)在区间[a,+o∞)(a>0)上有有界的导函数，证明： (1)函数f(x)在[a,+∞)上一致连续. (2)函数f儿回在a,十o)上一致连续」 六、（本题12分，每小题6分）》 1.设f(x)在[0，+oo)上一阶可导，fO)=1,f'(x)0时，f(x)0时，f(x)<e. 第1页，共9页

第 1 页, 共 9 页 中国科学技术大学 2019~2020 学年第一学期 数学分析(B1) 期中考试 2019 年 11 月 16 日 一、(本题 36 分, 每小题 6 分) 计算题(给出必要的计算步骤) 1. 设数列{ }n a 为正的有界数列, 求 1 2 lim n n n a aa a   . 2. 若   2 lim 3 2 0 x x x ax b      , 求a b, 的值. 3. 设 f x( )在 0 x 处二阶可导, 且 0 f x() 0  , 求 0 0 00 1 1 lim x x  fx fx x x f x () ( ) ( )( )           . 4. 设由参数方程 2 arctan ln(1 ) x t y t          确定y 是x 的函数, 求 2 2 d d, d d y y x x . 5. 设函数 2 2 fx x x ( ) ln(1 )   , 求当n  2 时, ( )(0) n f 的值. 6. 求极限 4 0 cos(sin ) cos lim x x x  x  . 二、(本题 12 分) 设函数 f x( )在x  0 处二阶可导, 满足 f f (0) 0, (0) 1    , 并且 f x( )有反函数g x( ), 求 2 f x( )和 2 g x( )在x  0 处的关于x 的二阶导数的值. 三、(本题 18 分, 每小题 6 分) 设 为实数, 函数 1 sin , 0 ( ) 0, 0 x x f x x x             . 解答下列问题: (1)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处连续, 但不可导(需说明理由)? (2)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处可导, 但导函数 f x( ) 在x  0 处不连续(需说明理由)? (3)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处可导, 且导函数 f x( ) 在x  0 处连续(需说明理由)? 四、(本题 10 分) 设函数 f x( ) 在[,] a b 上连续, { }nx 是区间[,] a b 上的点列, 且 lim ( ) n n fx A   , 证明: 存在 0 x ab  [,], 使得 0 fx A ( )  . 五、(本题 12 分, 每小题 6 分) 设函数 f x( )在区间[ , )( 0) a a   上有有界的导函数, 证明: (1)函数 f x( )在[, ) a  上一致连续. (2)函数 f x( ) x 在[, ) a  上一致连续. 六、(本题 12 分, 每小题 6 分) 1. 设 f x( )在[0, )  上一阶可导, f f x fx (0) 1, ( ) ( )    , 证明: 当x  0 时, () ex f x  . 2. 设 f x( )在[0, )  上二阶可导, f f f x fx (0) 1, (0) 1, ( ) ( )     , 证明: 当x  0 时, () ex f x 

中国科学技术大学2019-2020学年第一学期 数学分析(B1)期中考试参考答案 2019年11月16日 一、（本题36分，每小题6分）计算题（给出必要的计算步骤） 1.设数列{an}为正的有界数列，求im an -01十a2十…+an 提示考虑如下几个数列： 0+,n=2k 1 (1)a.=1;(2)an= 2然-@=国%=+n回a=为 解记Sn=41+42+…+an,则{Sn}单调递增 ①若{Sn}无界，则Sn一+∞(m一o),又3M>0,a0的式子，这显然是错误的(ifan≥0)， 2.若1imN2+3r+2+ac+b=0,求a,b的值 解()）显然a<0,否则，im(2+3z+2+am+b)≥，imVP+3红+2=+o. m(F+3z+2+ac+)-,m+3+2》-e+ +√2+3x+2-(ar+b) lim (1-a2)z2+(3-2ab)z+2-b2 …(*) √x2+3x+2-(a+b) 1-a2)+3-2b+2-b2 =m E √x2+3x+2a+b 20 =0 因为 第2页，共9页

第 2 页, 共 9 页 中国科学技术大学 2019~2020 学年第一学期 数学分析(B1) 期中考试 参考答案 2019 年 11 月 16 日 一、(本题 36 分, 每小题 6 分) 计算题(给出必要的计算步骤) 1. 设数列{ }n a 为正的有界数列, 求 1 2 lim n n n a aa a   . 提示 考虑如下几个数列: (1) 1 n a  ; (2) 0, 2 1, 2 1 n n k a n k             ; (3) 1 n a n  ; (4) 1 ( 1) n a n n   ; (5) 2 1 n a n  . 解 记 n n 1 2 S aa a   , 则{ }n S 单调递增. ①若{ }n S 无界, 则 ( ) n S n     , 又 0, M aM n   , 故 1 2 0 n n n a M aa a S     由 lim 0 n n M  S  及两边夹法则知, 1 2 lim 0. n n n a aa a    ②若{ }n S 有界, 则{ }n S 收敛, 记为 ( ) n S Sn   . 则 1 lim lim ( ) 0. n nn n n a S S SS       综上, 1 2 lim 0. n n n a aa a     错解 直接用夹逼定理, 写出诸如inf 0 n a  的式子, 这显然是错误的(inf 0 n a  ). 2. 若   2 lim 3 2 0 x x x ax b      , 求a b, 的值. 解(1) 显然a  0 , 否则   2 2 lim 3 2 lim 3 2 x x x x ax b x x           .   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 3 2) ( ) lim 3 2 lim 3 2( ) (1 ) (3 2 ) 2 lim (*) 3 2( ) 32 2 (1 ) lim 3 2 0 x x x x x x ax b x x ax b x x ax b a x ab x b x x ax b ab b a x x x x ax b x x                                 因为

√x2+3x+2 lim ax+b x→+0 =0m-的+3-+2-1-2=0÷a=- x 其中已用到a<0.将a=-1代入式(*)，得 (3+2)+2-2 (*)lim x+∞√22+3r+2_-x+b =8+0=0→3+2h=0→6=-号 2 经检验，a=-1,b=-3时，原式成立，故a=-1,b=- 2 口 解(2) ++2++小=，++--引+++6+=0 注意到， 1 lim √x2+3x+2-- lim 4 =0 +√2+3x+2+x+2 从而， a++6+-=0 a+1=0a=-1 +o0 6+号=0b= 3 故a=-16=多 ▣ 解(3)由带Peano余项的Taylor定理， F++=++=+是+引+任+=++0e-+四) a=-1 r◆+ 说明进行分子有理化后，应当对分母进行讨论，这是非常重要的 另，式(*)分母趋于无穷，无法直接推出分子趋于0，例如，im二=0，但分子趋于无穷. 2-+o0x2 3.设f(x)在x处二阶可导，且f'(xo)≠0，求im f()-f(zo)()f(o) 解(I)由带Peano余项的Taylor定理， f回-f6)=f6e-+'型e-P+ae-P)e一） 2 1 _"e-}+e-P） _f"l+ 2 2 四)-)c-f x→x) (f()2(x-x2+o(x-)2)(f'(x)2+o(1) 第3页，共9页

第 3 页, 共 9 页 2 2 2 2 2 2 2 3 2 32 2 lim 0 lim (1 ) 1 0 1. x x x x ax b ab b a a a  x x  x x                                        其中已用到a  0 . 将a  1代入式(*), 得: 2 2 2 (3 2 ) 3 2 3 (*) lim 0 3 2 0 . 2 2 3 2 x b b b x b b x x xb x x                  经检验, 3 1, 2 a b   时, 原式成立, 故 3 1, 2 a b   .  解(2)   2 2 3 3 lim 3 2 lim 3 2 ( 1) 0 x x 2 2 x x ax b x x x a x b                                   注意到, 2 2 1 3 4 lim 3 2 lim 0 2 3 3 2 2 x x xx x xx x                    从而, 10 1 3 lim ( 1) 0 3 3 2 0 2 2 x a a a xb  b b                               故 3 1, 2 a b   .  解(3) 由带 Peano 余项的 Taylor 定理, 2 2 22 3 2 13 2 3 2 3 3 2 1 1 (1)( ) 2 2 x x x x o x ox x xx x xx                                      2 1 3 lim 3 2 lim 0 3 2 2 x x a x x ax b x ax b   b                                说明 进行分子有理化后, 应当对分母进行讨论, 这是非常重要的. 另, 式(*)分母趋于无穷, 无法直接推出分子趋于0 , 例如, 2 lim 0 x x  x  , 但分子趋于无穷. 3. 设 f x( )在 0 x 处二阶可导, 且 0 f x() 0  , 求 0 0 00 1 1 lim x x  fx fx x x f x () ( ) ( )( )           . 解(1) 由带 Peano 余项的 Taylor 定理, 0 2 2 0 00 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (( ) )( ) 2 f x fx fx f x x x x x o x x x x          0 0 2 2 0 0 0 22 2 2 0 00 00 0 0 ( ) ( ) ( ) (( ) ) (1) 1 1 2 2 ( ) () ( ) ( )( ) ( ( )) ( ) (( ) ) ( ( )) (1) f x f x x x ox x o x x fx fx x x f x fx x x ox x fx o                 

1 →lim f"() f)-f)(-f'(o】-2f')P 0 解(2)由L'Hospital法则， 1 m四-fc-6广西 =1im红-of')-f)-f》 -(f(x)-fx)(x-x)f'(x) f'(x)-f'(x) =mf6a-》+-0 f(x)-f'() E-0 =典f@二+w} x-0 "）(2 2f'(x)2 0 说明上式(1)用到L'Hospital法则，(2)运用的是导数的定义. 错解(1)运用带Lagrange余项的Taylor定理；(2)直接运用两次L'Hospital法则. 出现上述错误的原因是，f(x)在xo处二阶可导只能说明f(x)在附近存在一阶导数，但在x附近不 一定存在二阶导数， x arctant 4.设由参数方程 y=n1+t2) 确定y是x的函数，求，dy dz'dz2 解由题意得， d虹=1，dy=2t dt-1+t2'dt-1+t2 故 出-崇出-+= =dg止=2X1+) 口 dz2 dt dr dz 5.设函数f(x)=x2ln(1-x2),求当n>2时，m(0)的值. 提示运用Leibniz公式. 解由Leibniz公式， Uo▣=∑(：)ga- 10 (1n(1-x2)m=(n(1+x)+ln(1-x)m=(-1)m-1(n-1)1+x)m-(m-1)1-x)厂m 第4页，共9页

第 4 页, 共 9 页 0 0 2 0 00 0 1 1 ( ) lim . () ( ) ( )( ) 2( ( )) x x f x  fx fx x x f x f x                 解(2) 由 L’Hospital 法则, 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ( ) ( )) lim lim ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))( ) ( ) ( ) () lim (1) ( )( ( ) ( )) ( ) ( )) () ( ) lim () ( ) ( ) x x x x x x x x x x f x fx fx fx fx x x f x fx fx x x f x fx fx f x fx fx x x f x fx fx x x fx fx f x x x                                          0 0 2 0 ( ) ( ) (2) 2( ( )) f x f x f x                  说明 上式(1)用到 L’Hospital 法则, (2)运用的是导数的定义. 错解 (1)运用带 Lagrange 余项的 Taylor 定理; (2)直接运用两次 L’Hospital 法则. 出现上述错误的原因是, f x( ) 在 0 x 处二阶可导只能说明 f x( ) 在 0 x 附近存在一阶导数, 但在 0 x 附近不 一定存在二阶导数. 4. 设由参数方程 2 arctan ln(1 ) x t y t          确定y 是x 的函数, 求 2 2 d d, d d y y x x . 解 由题意得, 2 2 d 1d 2 , d d 1 1 x yt t t t t     故 2 2 d dd 2 (1 ) 2 d dd 1 y yt t t t x tx t       2 2 2 d dd d 2(1 ) d dd d y yt t x tx x               5. 设函数 2 2 fx x x ( ) ln(1 )   , 求当n  2 时, ( )(0) n f 的值. 提示 运用 Leibniz 公式. 解 由 Leibniz 公式,   ( ) ()( ) 0 ( ) n n n k nk k k fg f g     2 1 ( ) ( ) (ln(1 )) (ln(1 ) ln(1 )) ( 1) ( 1)!(1 ) ( 1)!(1 ) n n nn n x x x n xn x             

fo)=20(1-x29+(t）2✉m(1-x2)/a-+(8）2m1-x2)ya-l-o =n(n-1)(m-3)(-1)m-3-1) 2m！ 2- ,n=2k+2(k∈N) 0,n=2k+1 口 注意运用Leibniz公式时，不要遗漏二项式系数. 6.求极限lim cos(sin)-cosx x→+0 x 解(l)由带Peano余项的Taylor定理， 血=r-+e一0 Cos =12++0()(z0) 21 m=1--+de++a+的 2 3！ =1-子+++e0 2 故 lim cos(sin)-cos=lim 6" 1r+o()1 4 61 解(2)由题意得： lim cos(sin)-cos=lim- -2sin sinz sinc-t -sin 2 2 x→0 x→0 -2 sinz sint-2 2 2 =lim x→0 -(sin2x-z2) lim x+0 2x4 =lim x+0 2x4 x41 -06=6 lim ◇ 说明(1)运用四次L'Hospital法则，其中75%的同学算错了，25%的同学得到了正确的答案； (②运用工1o:定理，其中50%的同学在展开时错了，一部分同学算得分后算错了。 第5页，共9页

第 5 页, 共 9 页     ( ) 2 2 ( ) 2 ( 1) 2 ( 2) 1 2 0 3 * (0) (ln(1 )) 2 (ln(1 )) 2(ln(1 )) ( 1)( 3)!(( 1) 1) 2 ! , 22 2 ( ) 0, 2 1 nn n n n n x n f x x xx x nn n n n k n k n k                              注意 运用 Leibniz 公式时, 不要遗漏二项式系数. 6. 求极限 4 0 cos(sin ) cos lim x x x  x  . 解(1) 由带 Peano 余项的 Taylor 定理, 1 3 3 sin ( )( 0) 3! x x x ox x    1 1 2 44 cos 1 ( )( 0) 2! 4! x x x ox x     2 3 3 4 4 2 44 11 1 cos(sin ) 1 ( ) ( ( )) ( ) 2! 3! 4! 1 11 1 ( )( 0) 2 6 4! x x x ox x ox ox x x ox x                                  故 4 4 4 4 0 0 1 ( ) cos(sin ) cos 1 6 lim lim . x x 6 x ox x x   x x      解(2) 由题意得: 4 4 0 0 4 0 2 2 4 0 2 33 2 4 0 4 4 0 sin sin 2sin sin cos(sin ) cos 2 2 lim lim sin sin 2 2 2 lim (sin ) lim 2 1 ( ) 3! lim 2 1 lim . 6 6 x x x x x x xx xx x x x x xx xx x x x x x x ox x x x x                                                         说明 (1)运用四次 L’Hospital 法则, 其中 75%的同学算错了, 25%的同学得到了正确的答案; (2)运用 Taylor 定理, 其中 50%的同学在展开时错了, 一部分同学算得 1 3! 后算错了

二、（本题12分）设函数f(x)在x=0处二阶可导，满足f0)=0,f'(O)=1,并且f(x)有反函数g(x),求 f(x2)和g(x2)在x=0处的关于x的二阶导数的值. 解由题意得， -2fe,f=-2re2)+4r2r"e→fe2） dx dz2 =2f'(0)=2 dz2 x=0 由于a是儿)的反函数，0)=0，g0)=了O=1,故 de=2ge2+4ge)→d2 =2g(0)=2 ▣ dz2 dz2 x=0 说明注意反函数的求导法则：'包三 1 f(f-(z)) 而不是1 f'(x) 三、（本题18分，每小题6分）设a为实数，函数f(x)= n二x≠0.解答下列问题： 10 x=0 (1)问当且仅当α取何值时，f(x)在x=0处连续，但不可导（需说明理由）？ (2)问当且仅当α取何值时，f(x)在x=0处可导，但导函数f'(x)在x=0处不连续（需说明理由）？ (3)问当且仅当α取何值时，f(x)在x=0处可导，且导函数f'(x)在x=0处连续（需说明理由）？ 解①a≤0时，mf纠=nr“sin。不存在. -0 ②a>0时，1imfd)=limx“sin上=0，fc)在r=0处连续. ③a≤1时，f0=1im@二0=1im-sim上不存在，)在工=0处不可导 x→0E-0 工◆0 ④a>1时，f0)=lim-1sim上=0，f在x=0处可导 工中 ca-2 1 .x≠0 f'(x)= 0. x=0 ⑤a≤2时，limf'(x)=lim 2-2 ac sin--cos- 不存在，f'(x)在x=0处不连续. x-0 ⑥a>2时，limf'(x)=lim za-2 oxsin二-cos二=0=f'(o),f'(x)在x=0处连续 T-0 r◆0 综上， (1)当且仅当a∈(0,1时，f(x)在x=0处连续，但不可导； (2)当且仅当a∈(1,2]时，f(x)在x=0处可导，但导函数f'(x)在x=0处不连续： (3)当且仅当a∈(2，+o∞)时，f(x)在x=0处可导，且导函数f(x)在x=0处连续。 口 说明本题可能存在α取非整数时，x“存在性的问题.但我们一般认为，考察连续性是在其定义域内 考虑. 第6页，共9页

第 6 页, 共 9 页 二、(本题 12 分) 设函数 f x( )在x  0 处二阶可导, 满足 f f (0) 0, (0) 1    , 并且 f x( )有反函数g x( ), 求 2 f x( )和 2 g x( )在x  0 处的关于x 的二阶导数的值. 解 由题意得, 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 0 d( ) d ( ) d() 2 ( ), 2 ( ) 4 ( ) 2 (0) 2 d d d x f x f x f x xf x f x xf x f x x x           由于g x( )是 f x( )的反函数, 1 (0) 0, (0) 1 (0) g g f     , 故 2 2 2 2 2 22 2 2 0 d() d() 2( ) 4 ( ) 2 (0) 2 d d x g x g x g x xg x g x x          说明 注意反函数的求导法则: 1 1 d () 1 d ( ( )) f x x ff x     而不是 1 f x( ) . 三、(本题 18 分, 每小题 6 分) 设 为实数, 函数 1 sin , 0 ( ) 0, 0 x x f x x x             . 解答下列问题: (1)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处连续, 但不可导(需说明理由)? (2)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处可导, 但导函数 f x( ) 在x  0 处不连续(需说明理由)? (3)问当且仅当 取何值时, f x( )在x  0 处可导, 且导函数 f x( ) 在x  0 处连续(需说明理由)? 解 ①  0时, 0 0 1 lim ( ) lim sin x x fx x x     不存在. ②  0时, 0 0 1 lim ( ) lim sin 0 x x fx x x      , f x( )在x  0 处连续. ③  1 时, 1 0 0 ( ) (0) 1 (0) lim lim sin x x 0 fx f f x x x         不存在, f x( )在x  0 处不可导. ④  1 时, 1 0 1 (0) lim sin 0 x f x x      , f x( )在x  0 处可导. 2 1 1 sin cos , 0 ( ) 0, 0 xx x f x x x x                             ⑤  2时, 2 0 0 1 1 lim ( ) lim sin cos x x fx x x x x                    不存在, f x( ) 在x  0 处不连续. ⑥  2时, 2 0 0 1 1 lim ( ) lim sin cos 0 (0) x x fx x x f x x                      , f x( ) 在x  0 处连续. 综上, (1)当且仅当  (0,1]时, f x( )在x  0 处连续, 但不可导; (2)当且仅当  (1,2]时, f x( )在x  0 处可导, 但导函数 f x( ) 在x  0 处不连续; (3)当且仅当   (2, )时, f x( )在x  0 处可导, 且导函数 f x( ) 在x  0 处连续.  说明 本题可能存在 取非整数时, x 存在性的问题. 但我们一般认为, 考察连续性是在其定义域内 考虑

四、（本题10分）设函数f(x)在[a,b上连续，{xn}是区间[a,)上的点列，且limf(xn)=A,证明：存在 ∈[a,,使得f()=A. 提示(I)运用Bolzano-Weierstrass定理 证明(1)由题意知，a≤xn≤b(m=1,2,),数列{xn}有界 由Bolzano-Weierstrass定理得：{zn}存在收敛子列{zn,},记为工一(k一o∞). 又工∈[a,→∈【a,.由f()的连续性可知， ()inlin f()=A. 口 提示(2)运用连续函数的介值定理. 证明(2)设f(x)在[a,b)上的最大值和最小值分别为M,m. 则m≤fc)≤M今m≤imf儿)=A≤M, 由f(x)在[a,上连续及介值定理知，3x∈[a,,使得f(x)=A. 口 证明(3)用反证法. 假设x∈[a,b,f(x)≠A,由f(x)的连续性及介值定理知，f(x)A,x∈[a,b. 不妨设f(x)0)上有有界的导函数，证明： (1)函数f(x)在[a,十oo)上一致连续。 (2)函数f儿回在a,十o)上一致连续， (1)证明由f'(x)有界知，3M1>0,使得f'(x≤M1 对e>0,取6=元，对西西ea+0-<i,不妨0≤马-有<i 由Lagrange中值定理知，3飞∈(1,2)，使得 )-=-<4元=e 故f(x)在[a,+∞)上一致连续， 口 (2)提示(1)运用一致连续的定义， 证明(1) 一、先证儿回（红≥）有界。 rg--m+9s到e+9=re+ 其中由Lagrange中值定理，ξ∈(a,x)使得f(x)-f(a）=f'()(x-a). 第7页，共9页

第 7 页, 共 9 页 四、(本题 10 分) 设函数 f x( ) 在[,] a b 上连续, { }nx 是区间[,] a b 上的点列, 且 lim ( ) n n fx A   , 证明: 存在 0 x ab  [,], 使得 0 fx A ( )  . 提示(1) 运用 Bolzano-Weierstrass 定理. 证明(1) 由题意知, ( 1,2, ) n a x bn    , 数列{ }nx 有界. 由 Bolzano-Weierstrass 定理得: { }nx 存在收敛子列{ }k nx , 记为 0 ( ) k nx xk   . 又 0 [,] [,] k nx ab x ab   . 由 f x( )的连续性可知, ( ) lim lim ( ) . 0   k k n n k k fx f x fx A      提示(2) 运用连续函数的介值定理. 证明(2) 设 f x( )在[,] a b 上的最大值和最小值分别为M m, . 则 ( ) lim ( ) n n n m fx M m fx A M       . 由 f x( )在[,] a b 上连续及介值定理知, 0   x ab [,], 使得 0 fx A ( )  .  证明(3) 用反证法. 假设   x ab [,], fx A ( )  , 由 f x( )的连续性及介值定理知, fx A ( )  或 f x A x ab () , [,]   . 不妨设 f x A x ab () , [,]   . 则 f x( )在[,] a b 上的最大值M A  , 从而, ( ) lim ( ) n n n fx M fx A M     矛盾! 故假设不成立, 即, 0 0   x ab f x A [ , ], ( ) .  五、(本题 12 分, 每小题 6 分) 设函数 f x( )在区间[ , )( 0) a a   上有有界的导函数, 证明: (1)函数 f x( )在[, ) a  上一致连续. (2)函数 f x( ) x 在[, ) a  上一致连续. (1)证明 由 f x( ) 有界知, 1   M 0 , 使得 1 fx M ( )  . 对   0 , 取 M1    , 对 1 2 1 2      xx a x x , [ , ),  , 不妨 2 1 0  x x  . 由 Lagrange 中值定理知, 1 2   (, ) x x , 使得 1 2 12 1 1 fx fx f x x M ( ) ( ) () . M           故 f x( )在[, ) a  上一致连续.  (2)提示(1) 运用一致连续的定义. 证明(1) 一、先证 ( ) ( ) f x x a x  有界. () () () () () () () ( ) ( ) fx fx fa x a fa fx fa fa f a f x xa x x xa x x             其中由 Lagrange 中值定理,   (, ) a x 使得 fx fa f x a ( ) ( ) ( )( )    

由于@随z单调递减故有界，从而M,>0,使得回≤M,z∈a,+o), 二、再证但在a,+o0)上一致连续。 对ve>0,取6=号a,由f在a+o)上一致连续知，36>0，使得4马∈a+, |-0，使得码到≤M,:∈ao四 、再过≥有界 g-o@到-re-sra+ rs49斗s6知>0，使到s站 三、最后证回一致连续。 由有界及的结论（将的结论作用于）知，但：≥。)一致连续 0 说明（仁冲有界可通过，但-m但-0来证明 -+0x2 错解(1) lim f(z)-f(zo) =l≤M→e>06=+l-l<@-<w+w=e 第8页，共9页

第 8 页, 共 9 页 由于 f a( ) x 随x 单调递减, 故有界, 从而 2   M 0 , 使得 2 ( ) , [, ) f x Mxa x     . 二、再证 f x( ) x 在[, ) a  上一致连续. 对   0 , 取 1 2 a     , 由 f x( )在[, ) a  上一致连续知, 1    0 , 使得 1 2    xx a , [, ), 12 1 x x    , 均有 1 21 fx fx () ()    . 再取 2 1 2 2 , min{ , } 2 a M       , 则 1 2 1 2      xx a x x , [ , ),  , 1 2 21 12 1 2 1 1 12 1 2 1 2 1 2 11 2 211 1 2 121 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 fx fx xfx xfx x x x fx xfx x x x x x x x fx fx x x fx fx fx fx x x x x x x x x x a a M M M a aa a                          故 f x( ) x 在[, ) a  上一致连续.  提示(2) 运用(1)中导函数有界与一致连续的关系. 证明(2) 一、先证 ( ) ( ) f x x a x  有界. () () () () () () () ( ) ( ) fx fx fa x a fa fx fa fa f a f x xa x x xa x x             其中由 Lagrange 中值定理,   (, ) a x 使得 fx fa f x a ( ) ( ) ( )( )     . 由于 f a( ) x 随x 单调递减, 故有界, 从而 2   M 0 , 使得 2 ( ) , [, ) f x Mxa x     . 二、再证 ( ) ( ) f x x a x              有界. 2 () () () 1 () 1 () ( ) ( ) fx f x x fx f x f x f x f x x x x xa x                        由 1 2 ( ) () , f x fx M M x    知, 3   M 0 , 使得 3 f x( ) M x              . 三、最后证 f x( ) x 一致连续. 由 f x( ) x             有界及(1)的结论(将(1)的结论作用于 f x( ) x )知, ( ) ( ) f x x a x  一致连续.  说明 (二)中 “ 2 f x( ) x 有界” 可通过 2 () () lim lim 0 x x fx f x  x  x    来证明. 错解 (1) 0 0 0 0 0 0 () ( ) lim ( ) 0, , , ( ) ( ) ( 1) . x x 1 fx fx f x M x x fx fx M x x M                       

故f(x)一致连续 分析此处固定了，忽略了一致连续中，x2两者均具有任意性 六、（本题12分，每小题6分） 1.设f(x)在0，+oo)上一阶可导，fO)=1,f'(x)0时，f(x)0时，f(x)0时，有 9(x)0时，有 h(x)0，使得x∈(0,6)，gx)0,使得f(x)≥e2，,取其中最小的记作x(>0),g(x)=0. 则在(0，)上，有g(x)0，使得x∈(0,6)，g(x)0,使得f(x≥e2,取其中最小的记作(C0),g(x)=0. 则在(0，x)上，有g"(x)0时，有 g(x)0时，有 h(x)0→g(x)>g(o)=1→f(x)<e. f2(x) 分析(x)出现在分母上，但其是否会取零值是不确定的. 第9页，共9页

第 9 页, 共 9 页 故 f x( )一致连续. 分析 此处固定了 0 x , 忽略了一致连续中 1 2 x x, 两者均具有任意性. 六、(本题 12 分, 每小题 6 分) 1. 设 f x( )在[0, )  上一阶可导, f f x fx (0) 1, ( ) ( )    , 证明: 当x  0 时, () ex f x  . 2. 设 f x( )在[0, )  上二阶可导, f f f x fx (0) 1, (0) 1, ( ) ( )     , 证明: 当x  0 时, () ex f x  . 证明(1) 1. 设 () e () x gx f x   , 则有 (0) 1, ( ) e ( ( ) ( )) 0 x g g x f x fx       , 故x  0 时, 有 ( ) (0) 1 e ( ) 1 ( ) e . x x gx g fx fx      2. 设 ( ) e ( ( ) ( )) x hx f x fx    , 则有 (0) (0) (0) 0, ( ) e ( ( ) ( )) 0 x h f f h x f x fx         , 故x  0 时, 有 ( ) (0) 0 e ( ( ) ( )) 0 x hx h     f x fx  ( ) e ( ( ) ( )) 0 ( ) (0) 1 ( ) e . x x g x f x f x gx g f x            证明(2) 1. 设 () () ex gx f x   , 则有 (0) 0, ( ) ( ) e ( ) e ( ) (0) 0 x x g g x f x f x gx g          . 故  0 , 使得   x gx (0, ), ( ) 0  . 用反证法. 假设  x  0 , 使得 () ex f x    , 取其中最小的记作 0 0 x gx ( 0), ( ) 0   . 则在 0 (0, ) x 上, 有g x gx () () 0   , 而 0 g gx (0) ( ) 0   , 由 Rolle 定理知, 0   (0, ) x , 使得g() 0   , 矛盾! 2. g g gf f (0) 0, (0) 0, (0) (0) 1 (0) 1 0         , 故  0 , 使得   x gx (0, ), ( ) 0  . 用反证法. 假设  x  0 , 使得 () ex f x    , 取其中最小的记作 0 0 x gx ( 0), ( ) 0   . 则在 0 (0, ) x 上, 有g x gx g x g ( ) ( ) 0 ( ) (0) 0       , 而 0 g gx (0) ( ) 0   , 由 Rolle 定理知, 0   (0, ) x , 使得g() 0   , 矛盾!  证明(3) 只对第 2 问作出解答. 设 ( ) e ( ( ) ( )) x gx f x f x     , 则有 (0) 2, ( ) e ( ( ) ( )) 0 x g g x f x fx       , 故x  0 时, 有 ( ) (0) 2 ( ) ( ) 2ex gx g f x f x      设 2 () e () e x x hx fx   , 则有 (0) 0, ( ) e ( ( ) ( ) 2e ) 0 x x h h x fx f x       , 故x  0 时, 有 ( ) (0) 0 ( ) e . x hx h fx     错解 设 2 e e ( ( ) ( )) ( ) , (0) 1, ( ) 0 ( ) (0) 1 ( ) e ( ) ( ) x x x fx f x gx g g x gx g f x f x f x           . 分析 f x( )出现在分母上, 但其是否会取零值是不确定的