高数四校联考答案

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湖北大学湖北工业大学湖北省２０２１级教研协作体联合考试江汉大学武汉工程大学高等数学湖北大学数学与统计学院命制２０２２．１．８一、选择题（本题共８小题，每小题４分，共３２分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内．）狀１犽，则ｌｉｍ１．设犪狀＝犽犪狀＝Ａ狀∑狀犽＝１狀→∞Ａ．０Ｂ．１Ｃ．－∞Ｄ．＋∞狀犽狀狀∑狀＋１狀狀犽＝１狀－狀狀－１狀狀解显然１＝狀＜犪狀＜狀＝狀（狀－１）＝狀·＜→０（狀→∞）．狀狀狀狀狀－１狀－１２．下列论断正确的是ＤＡ．设ｌｉｍ犳（狓）不存在，ｌｉｍ犵（狓）存在，则ｌｉｍ［犳（狓）犵（狓）］必存在狓→狓狓→狓狓→狓０００Ｂ．设ｌｉｍ犳（狓）不存在，ｌｉｍ犵（狓）不存在，则ｌｉｍ［犳（狓）犵（狓）］必不存在狓→狓狓→狓狓→狓０００Ｃ．设ｌｉｍ犵（狓）＝狌０，ｌｉｍ犳（狌）＝犃，则必有ｌｉｍ犳［犵（狓）］＝犃狓→狓狌→狌狓→狓０００Ｄ．设ｌｉｍ犵（狓）＝∞，ｌｉｍ犳（狌）＝犃，则必有ｌｉｍ犳［犵（狓）］＝犃狓→狓狌→∞狓→狓００１１解取犳（狓）＝，犵（狓）＝狓，则ｌｉｍ［犳（狓）犵（狓）］＝ｌｉｍ不存在，Ａ错误．取犳（狓）＝犵（狓）＝２狓狓→狓０狓→狓０狓狓ｓｉｎ狓１，则ｌｉｍ［犳（狓）犵（狓）］≡１，Ｂ错误．取犳（狓）＝，犵（狓）＝狓ｓｉｎ，则ｌｉｍ犳［犵（狓）］＝狘狓狘狓→狓０狓狓狓→狓０１ｓｉｎ（狓ｓｉｎ）狓１，此时对任意的ε＞０，只要狘狓狘＝＜ε，就不存在δ，使得犳［犵（狓）］在犝°（０，１狀π狓ｓｉｎ狓δ）上始终有定义，Ｃ错误．由ｌｉｍ犳（狌）＝犃可知，对任意的ε＞０，存在犕＞０，当狘狌狘＞犕时，狌→∞有狘犳（狌）－犃狘＜ε，又因ｌｉｍ犵（狓）＝∞，故对上述犕＞０，又存在δ＞０，当０＜狘狓－狓０狘＜狓→狓０δ时，有狘犵（狓）狘＞犕，故对任意的ε＞０，只要０＜狘狓－狓０狘＜δ，就有狘犳［犵（狓）］－犃狘＜ε，即ｌｉｍ犳［犵（狓）］＝犃，Ｄ正确．狓→狓０３．设α（狓）→０，β（狓）→０（狓→狓０），且α（狓）与β（狓）均在犝（狓０）非零有界，则当狓→狓０时，不可能有ＡＡ．狅（α（狓））±狅（β（狓））＝狅（α（狓）±β（狓））Ｂ．狅（α（狓））·狅（β（狓））＝狅（α（狓）·β（狓））犽犽］Ｃ．［狅（α（狓））］＝狅［（α（狓））·１·

1犽犽·（β（狓））犽］Ｄ．［狅（α（狓））·狅（β（狓））］＝狅［（α（狓））狅（α（狓））±狅（β（狓））狅（α（狓））±狅（β（狓））α（狓）·β（狓）狅（α（狓））α（狓）解ｌｉｍ＝ｌｉｍ＝ｌｉｍ·±ｌｉｍ狓→狓０α（狓）±β（狓）狓→狓０α（狓）±β（狓）狓→狓０α（狓）α（狓）±β（狓）狓→狓０α（狓）·β（狓）狅（β（狓））β（狓）·，而此极限是未定式，故狅（α（狓））±狅（β（狓））≠狅（α（狓）±β（狓）），Ａ错β（狓）α（狓）±β（狓）狅（α１（狓））·狅（β（狓））狅（α（狓））狅（β（狓））误．ｌｉｍ＝ｌｉｍ·ｌｉｍ＝０，故狅（α（狓））·狅（β（狓））＝狓→狓０α（狓）·β（狓）狓→狓０α（狓）狓→狓０β（狓）［狅（α（狓））］犽狅（α（狓））犽犽狅（α（狓）β（狓））（狓→狓０），Ｂ正确．ｌｉｍ（α（狓））犽＝ｌｉｍ［］＝０，故［狅（α（狓））］＝狓→狓０狓→狓０α（狓）［狅（α（狓））·狅（（狓））］犽狅（α（狓））犽狅（β（狓））犽狅［（α（狓））犽］，Ｃ正确．ｌｉｍβ＝ｌｉｍ［］·ｌｉｍ［］＝０，Ｄ正（α（狓））犽犽（狓）狓→狓０·（β（狓））狓→狓０α（狓）狓→狓０β确．４．设犳（狓）在狓＝狓０的某邻域内有定义，在狓＝狓０的某去心邻域内可导．下述论断正确的是ＣＡ．若ｌｉｍ犳′（狓）＝犃，则犳′（狓０）存在也等于犃狓→狓０Ｂ．若犳′（狓０）存在等于犃，则ｌｉｍ犳′（狓）＝犃狓→狓０Ｃ．若ｌｉｍ犳′（狓）＝∞，则犳′（狓０）不存在狓→狓０Ｄ．若犳′（狓０）不存在，则ｌｉｍ犳′（狓）＝∞狓→狓０１，狓≠狓０，解取犳（狓）＝｛则当狓≠狓０时，ｌｉｍ犳′（狓）＝０，但犳′（狓０）不存在，Ａ、Ｄ错误．取０，狓＝狓０，狓→狓０烄２１烄１１狓ｓｉｎ，狓≠０，２狓ｓｉｎ－ｃｏｓ，狓≠０，犳（狓）＝烅狓则犳′（狓）＝烅狓狓此时犳′（０）存在，但ｌｉｍ犳′（狓）狓→０烆０，狓＝０，烆０，狓＝０，不存在，Ｂ错误．在ｌｉｍ犳′（狓）＝∞的条件下，设犳′（狓０）存在，则犳（狓）在狓＝犪处连续，即犳（狓）狓→狓０犳（狓）－犳（狓０）在犝（狓０，δ）连续，从而犳′（狓０）＝ｌｉｍ＝ｌｉｍ犳′（狓）＝∞，故犳′（狓０）不存在．Ｃ正狓→狓０狓－狓０狓→狓０确．－１（狔），若用５．设函数狔＝犳（狓）在点狓处三阶可导，且犳′（狓）≠０，若犳（狓）存在反函数狓＝犳－１）（狔），则（犳－１）（狔）＝Ａ犳′（狓），犳″（狓）以及犳（狓）表示（犳２（犳″（狓））２３（犳″（狓））－犳′（狓）犳（狓）－５犳′（狓）犳（狓）Ａ．Ｂ．（犳′（狓））５（犳′（狓））３（犳″（狓））２（犳″（狓））２－犳′（狓）犳（狓）－犳′（狓）犳（狓）Ｃ．Ｄ．５３３（犳′（狓））５（犳′（狓））２ｄ狓１１ｄ狓ｄｄ狓ｄｄ狓ｄ狓犳″（狓）解由反函数求导法则，得＝＝，２＝（）＝（）＝－（犳′（狓））２ｄ狔ｄ狔犳′（狓）ｄ狔ｄ狔ｄ狔ｄ狓ｄ狔ｄ狔ｄ狓３２２２１犳″（狓）ｄ狓ｄｄ狓ｄｄ狓ｄ狓犳（狓）犳′（狓）－３（犳″（狓））１·＝－（犳′（狓））３，３＝（２）＝（２）＝－（犳′（狓））４·犳′（狓）ｄ狔ｄ狔ｄ狔ｄ狓ｄ狔ｄ狔犳′（狓）２２３（犳″（狓））－犳′（狓）犳（狓），即（犳－１）（狔）＝３（犳″（狓））－犳′（狓）犳（狓）＝５５．（犳′（狓））（犳′（狓））·２·

2π６．θｌｎ（ｓｉｎθ）ｄθ＝Ｄ∫０２２ππππＡ．ｌｎ２Ｂ．－ｌｎ２Ｃ．ｌｎ２Ｄ．－ｌｎ２２２２２π０解令狓＝π－θ，则θ＝π－狓，ｄθ＝－ｄ狓，于是θｌｎ（ｓｉｎθ）ｄθ＝（π－狓）ｌｎ［ｓｉｎ（π－狓）］（－∫０∫ππππππ１）ｄ狓＝πｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓－狓ｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓＝πｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓－θｌｎ（ｓｉｎθ）ｄθ，故θｌｎ（ｓｉｎθ）ｄθ∫０∫０∫０∫０∫０ππ狓＝－狌ππππ２ππ２π２＝ｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓＝ｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓＋πｌｎ（ｓｉｎ狓）ｄ狓ｌｎ（ｃｏｓ狌）ｄ狌＋２∫０２∫０２∫２狓＝π－狏２∫０ππ２π２π２２狓＝狊πππππｌｎ（ｓｉｎ狏）ｄ狏＝［ｌｎ（ｓｉｎ２狓）－ｌｎ２］ｄ狓ｌｎ（ｓｉｎ狊）ｄ狊－ｌｎ２，即ｌｎ（ｓｉｎ２∫０２∫０４∫０４４∫０２π２ππ狓）ｄ狓＝－ｌｎ２，即θｌｎ（ｓｉｎθ）ｄθ＝－ｌｎ２．４∫０２７．下列命题正确的是Ｃ＋∞＋∞［犳（狓）］２Ａ．若犳（狓）ｄ狓收敛，则ｄ狓收敛∫犪∫犪＋∞＋∞［犳（狓）］２Ｂ．若犳（狓）ｄ狓绝对收敛，则ｄ狓收敛∫犪∫犪＋∞＋∞［犳（狓）］２Ｃ．若犳（狓）ｄ狓绝对收敛，且ｌｉｍ犳（狓）＝０，则ｄ狓收敛∫犪狓→＋∞∫犪＋∞Ｄ．若犳在［犪，＋∞）上连续，且犳（狓）ｄ狓收敛，则ｌｉｍ犳（狓）＝０∫犪狓→＋∞ｓｉｎ狓＋∞ｓｉｎ狓＋∞＋∞解取犳（狓）＝，根据Ｄｉｒｉｃｈｌｅｔ判别法，显然［犳（狓）］２ｄ狓收敛，而ｄ狓＝槡∫１∫１∫１狓槡狓ｓｉｎ２狓＋∞１１－ｃｏｓ２狓＋∞ｃｏｓ２狓＋∞１＋∞·［犳（狓）］２ｄ狓＝ｄ狓，其中ｄ狓收敛，但ｄ狓发散，故ｄ狓发狓∫１狓２∫１２狓∫１２狓∫犪ｓｉｎ狓＋∞ｓｉｎ狓＋∞＋∞ｓｉｎ２狓δ散，Ａ错误．取犳（狓）＝，显然［犳（狓）］２ｄ狓绝对收敛，而ｄ狓＝ｄ狓＝３槡狓３∫０槡狓３∫０∫０狓∫０ｓｉｎ２狓＋∞ｓｉｎ２狓ｓｉｎ２狓１δｓｉｎ２狓δ１δ１３ｄ狓＋３ｄ狓，当δ→０时，３＞，则３ｄ狓≥ｄ狓，由于ｄ狓发散，故狓∫δ狓狓２狓∫０狓∫０２狓∫０２狓＋∞［犳（狓）］２ｄ狓发散，Ｂ错误．由ｌｉｍ犳（狓）＝０可知，存在犃＞犪，对任意的狓＞犃，都有狘犳（狓）∫犪狓→＋∞＋∞＋∞２［犳（狓）］２狘＜１，于是［犳（狓）］≤狘犳（狓）狘．又因犳（狓）ｄ狓绝对收敛，故ｄ狓收敛，Ｃ正确．取∫犪∫犪＋∞２），显然２）ｄ狓收敛，但ｌｉｍ犳（狓）＝ｓｉｎ（狓ｓｉｎ（狓犳（狓）不存在，Ｄ错误．∫０狓→＋∞ｄ３狔ｄ２狔２ｄ２狔８．下列不能作为方程狓３－２（２）＋２２＝０的通解的是Ｄｄ狓ｄ狓ｄ狓狓１２２）＋犆（犆）Ａ．狔＝ａｒｃｔａｎ（犆１狓）－２ｌｎ（１＋犆１狓２狓＋犆３１≠０犆１２犆１Ｂ．狔＝犆１狓＋犆２１２Ｃ．狔＝狓＋犆１狓＋犆２２·３·

3１３２Ｄ．狔＝狓＋犆１狓＋犆２狓＋犆３３２ｄ狔ｄ狆１解令狆＝，则狓２，其中犪为任意２－２（狆－狆）＝０．当狆≠０且狆≠１时，狆＝２ｄ狓ｄ狓１－犪狓２ｄ狔１１非零常数．当犪＝０时，令犪＝犆２，则，经过两次积分后解得狔＝１２＝２２ｌｎ狘１＋犆１狓ｄ狓１－犆１狓２犆１２狓１＋犆１狓ｄ狔１２，则，经狘·狘１－犆１狓狘＋ｌｎ＋犆２狓＋犆３．当犪＜０时，令犪＝－犆１２＝２２２犆１１－犆１狓ｄ狓１＋犆１狓狓１过两次积分后解得狔＝２２）＋犆，其中犆，犆，犆为ａｒｃｔａｎ（犆１狓）－２ｌｎ（１＋犆１狓２狓＋犆３１≠０２３犆１２犆１ｄ狆任意常数．此外，由于常函数狆＝０和狆＝１也是方程狓２－２（狆－狆）＝０的解，因此，函数狔ｄ狓１２＝犆１狓＋犆２，狔＝狓＋犆１狓＋犆２亦为原方程的解，其中犆１，犆２为任意常数．２二、填空题（本题共６小题，每小题４分，共２４分，把答案填在题中横线上．）狓１＋狓２＋…＋狓狀９．若ｌｉｍ狓狀＝犪，则ｌｉｍ＝．狀→∞狀→∞狀犛狀犛犖犛狀－犛犖犛犖解令犛狀＝狓１＋狓２＋…＋狓狀，则存在正整数犖，使得＝＋＝＋狀狀狀狀狓犖＋１＋狓犖＋２＋…＋狓狀犖·（１－）．因为ｌｉｍ狓狀＝犪，则对于任给的ε＞０，存在存在正整数犖，当狀－犖狀狀→∞狀＞犖时，有狘狓狀－犪狘＜ε，即狓犖＋１，狓犖＋２，…均在（犪－ε，犪＋ε）内，由此推得狓犖＋１＋狓犖＋２＋…＋狓狀狓犖＋１＋狓犖＋２＋…＋狓狀也在（犪－ε，犪＋ε）内，即＝犪＋α，其中狘α狘＜狀－犖狀－犖犛狀犛犖犖犛狀狘犛犖狘犖ε．此时＝＋（犪＋α）（１－），因此－犪≤＋狘α狘＋（狘犪狘＋狘α狘）．取犖′狀狀狀狀狀狀犛犖犖ε犛狀＞犖，则当狀＞犖′时，恒有＜ε，＜，即当狀＞犖′时，有－犪＜３ε．由ｌｉｍ狀狀狘犪狘＋ε狀狀→∞狓１＋狓２＋…＋狓狀狓狀＝犪立即得到＝ｌｉｍ狓狀＝犪．狀狀→∞狔ｄ狔犿φ，其中狉＝狓２２，，则１０．设狉＝犪ｅ槡＋狔φ＝ａｒｃｔａｎ＝．狓ｄ狓ｄ狔ｄ狉ｓｉｎφ＋狉ｃｏｓφｄ狔ｄφｄφｄ狉解令狓（φ）＝狉（φ）ｃｏｓφ，狔（φ）＝狉（φ）ｓｉｎφ，则，又因犿φ，＝＝＝犿犪ｅｄ狓ｄ狓ｄ狉ｄφｃｏｓφ－狉ｓｉｎφｄφｄφ犿φ犿φｄ狔犿犪ｅｓｉｎφ＋犪ｅｃｏｓφ犿ｓｉｎφ＋ｃｏｓφ１故＝犿φ犿φ＝＝ｔａｎ（φ＋ａｒｃｔａｎ）．ｄ狓犿犪ｅｃｏｓφ－犪ｅｓｉｎφ犿ｃｏｓφ－ｓｉｎφ犿（狀－１）１１．设函数犳（狓）在（狓０－δ，狓０＋δ）内有狀阶连续导数，且犳″（狓０）＝犳（狓０）＝…＝犳（狓０）＝０，（狀）但犳（狓０）≠０．当０＜狘犺狘＜δ时，犳（狓０＋犺）－犳（狓０）＝犺犳′（狓０＋θ（犺）犺），０＜θ（犺）＜１，则ｌｉｍθ（犺）＝．犺→０犳（狓０＋犺）－犳（狓０）解显然＝犳′（狓０＋θ（犺）犺），０＜θ（犺）＜１．将犳（狓０＋犺），犳′（狓０＋θ（犺）犺）犺·４·

4（犽）在狓０处Ｔａｙｌｏｒ展开，并注意到犳（狓０）＝０（犽＝２，３，…，狀－１），故犳（狓０＋犺）＝犳（狓０）＋狀犺（狀）犺犳′（狓０）＋犳（狓０＋θ１犺）（０＜θ１（狓）＜１），犳′（狓０＋θ（犺）犺）＝犳′（狓０）＋狀！（θ（犺））狀－１狀－１狀－１犺（狀）犺（狀）犳（狓０＋θ２犺θ（犺））（０＜θ２（狓）＜１）．于是犳′（狓０）＋犳（狓０＋θ１犺）＝（狀－１）！狀！（θ（犺））狀－１狀－１犳（狓０＋犺）－犳（狓０）犺（狀）＝犳′（狓０＋θ（犺）犺）＝犳′（狓０）＋犳（狓０＋θ２犺θ（犺）），从而犺（狀－１）！（狀）犳（狓０＋θ１犺）（狀）（狀）（θ（犺））狀－１（狀）（狓（犺））＝１．再由犳（狓）连续，且犳（狓０）≠０可知，ｌｉｍθ（犺）狀犳０＋θ２犺θ犺→０１１（狀）（狀）犳（狓０＋θ１犺）狀－１１犳（狓０）狀－１１＝ｌｉｍ［（狀）（狓（犺））］＝［·（狀）（狓）］＝狀－１．犺→０狀犳０＋θ２犺θ狀犳０槡狀ｄ狓１２．＝．∫狓狓槡１＋ｅ＋槡１－ｅｅ狓狋ｄ狓＝ｄ狓１１槡１＋狋－槡１－狋１解·ｄ狋＝２ｄ狋＝∫槡１＋ｅ狓＋槡１－ｅ狓∫槡１＋狋＋槡１－狋狋２∫狋２∫２槡１＋狋１槡１－狋槡１＋狋槡１＋狋狌狌狌－１＋１２ｄ狋－２ｄ狋．其中２ｄ狋（狌２２·２狌ｄ狌＝２（狌２２＝２狋２∫狋∫狋∫－１）∫－１）∫ｄ狌ｄ狌ｄ狌１１１１１２＋２（狌２２＝２２＋［－＋（狌－１）２＋＋（狌＋１）２］ｄ狌＝－狌－１∫－１）∫狌－１２∫狌－１狌＋１狓狌＋１１１１１１槡１＋ｅ－１ｌｎ－ｌｎ狘狌－１狘－＋ｌｎ狘狌＋１狘－＋犆１＝ｌｎ狌－１２２（狌－１）２２（狌＋１）２槡１＋ｅ狓＋１狓２狓槡１＋ｅ槡１－狋槡１－狋＝狏狏１槡１－ｅ－１－狓＋犆１．同理，２ｄ狋＝－２２２ｄ狏＝ｌｎ－ｅ∫狋∫（１－狏）２槡１－ｅ狓＋１狓狓狓狓槡１－ｅｄ狓１槡１＋ｅ－１１槡１－ｅ－１槡１＋ｅ狓＋犆２．故＝ｌｎ＋ｌｎ－狓ｅ∫槡１＋ｅ狓＋槡１－ｅ狓４槡１＋ｅ狓＋１４槡１－ｅ狓＋１２ｅ狓槡１－ｅ－狓＋犆．２ｅ狓狋犳（狋）ｄ狋∫０１３．若犳（狓）在［０，＋∞）上连续，且犳（狓）＞０，要使φ（狓）＝为（０，＋∞）上的严格增函狓犳（狋）ｄ狋∫０数，则φ（０）＝．狓解显然犳（狋）ｄ狋＞０，狓∈（０，＋∞），因此φ（狓）在（０，＋∞）内可微，且φ′（狓）＝∫０狓犳（狓）（狓－狋）犳（狋）ｄ狋１狓狓∫０狓２［狓犳（狓）犳（狋）ｄ狋－犳（狓）狋犳（狋）ｄ狋］＝狓２，由犳（狋）＞０，狋∈∫０∫０∫（犳（狋）ｄ狋）∫（犳（狋）ｄ狋）００狓［０，狓］可知，函数（狓－狋）犳（狋）在［０，狓］上非负，且恒不为零，所以狋犳（狋）ｄ狋＞０，从而φ′（狓）＞∫０狓狋犳（狋）ｄ狋∫００，狓∈（０，＋∞），故φ（狓）为（０，＋∞）上的严格增函数．又因ｌｉｍφ（狓）＝ｌｉｍ狓＝ｌｉｍ＋＋＋狓→０狓→０狓→０犳（狋）ｄ狋∫０·５·

5狓犳（狓）＝ｌｉｍ狓＝０，故φ（０）＝０．犳（狓）狓→０＋１１４．已知积分方程φ（狋狓）ｄ狋＝狀φ（狓），其中狀是非零常数，则方程的通解为．∫０１狓解方程两边同时乘狓得到狓φ（狋狓）ｄ狋＝狀狓φ（狓）．令狋狓＝狊，则φ（狊）ｄ狊＝狀狓φ（狓），两边取∫０∫０微分得到φ（狓）＝狀φ（狓）＋狀狓φ′（狓）．若狀＝１，则φ′（狓）＝０，即φ（狓）＝犆，其中犆是任意常数．１－狀若狀≠１，则狀狓φ′（狓）＝（１－狀）φ（狓），解得φ（狓）＝犆狘狓狘狀，其中犆是任意常数．显然狀＝１时１－狀１１－狀１－狀１ｄ狋满足此方程，将φ（狓）代入积分方程得到犆狘狓狘狀狘狋狘狀ｄ狋＝狀犆狘狓狘狀．由于积分在α∫０∫０狋１－狀α＞１时发散，α＜１时收敛，所以当狀＞０时，所求的解为φ（狓）＝犆狘狓狘狀，其中犆是任意常１－狀犆狘狓狘狀，狀＞０，数，当狀＜０时，φ（狓）＝０．综上，φ（狓）＝｛０，狀＜０．三、解答题（本题共９小题，共９４分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）１５．（本题满分１０分）设函数犳（狓）定义在区间犐上，如果对任意的狓１，狓２∈犐及λ∈（０，１），恒有犳（λ狓１＋（１－λ）狓２）≤λ犳（狓１）＋（１－λ）犳（狓２），证明：犳（狓）在区间犐上的任何闭子区间上有界．证明对任意的［犪，犫］犐，任意的狓∈［犪，犫］，存在λ∈（０，１），使狓＝犪＋λ（犫－犪），即狓＝λ犫＋（１－λ）犪．由已知不等式，有犳（狓）＝犳（λ犫＋（１－λ）犪）≤λ犳（犫）＋（１－λ）犳（犪）≤λ犕＋（１－λ）犕＝犕，犪＋犫狓＋狔其中犕＝ｍａｘ｛犳（犪），犳（犫）｝．对任意的狓∈［犪，犫］，令狔＝（犪＋犫）－狓，则＝，于是２２犪＋犫狓＋狔犳（狓）＋犳（狔）犳（狓）犕犳（）＝犳（）≤≤＋，２２２２２所以犪＋犫犳（狓）≥２犳（）－犕＝δ，２从而δ≤犳（狓）≤犕（狓∈［犪，犫］），再由犕的定义可知犳（狓）≤犕（狓∈［犪，犫］）．此时令犿＝ｍｉｎ｛犳（犪），犳（犫），δ｝，则犿≤犳（狓）≤犕（狓∈［犪，犫］），即犳（狓）在［犪，犫］上有界．１６．（本题满分１０分）设犪１＞犫１＞０，令犪狀－１＋犫狀－１２犪狀－１犫狀－１犪狀＝，犫狀＝，狀＝２，３，…．２犪狀－１＋犫狀－１证明：数列｛犪狀｝与｛犫狀｝都收敛，且ｌｉｍ犪狀＝ｌｉｍ犫狀＝槡犪１犫１．狀→＋∞狀→＋∞证明显然犪狀＞０，犫狀＞０（狀＝１，２，…）．于是，当狀＝２，３，…时，（犪）２犪狀－１＋犫狀－１２犪狀－１犫狀－１狀－１－犫狀－１犪狀－犫狀＝－＝＞０，２犪狀－１＋犫狀－１２（犪狀－１＋犫狀－１）由于犪１＞犫１，所以对一切狀都有犪狀＞犫狀，从而犪狀－１＋犫狀－１犪狀－１＋犪狀－１犪狀＝＜＝犪狀－１，２２即｛犪狀｝递减，并且０是犪狀的一个下界．同理，·６·

6２２犪狀犫狀犪狀犫狀－犫狀犫狀（犪狀－犫狀）犫狀＋１－犫狀＝－犫＝＝＞０，犪狀＋犫狀犪狀＋犫狀犪狀＋犫狀即｛犫狀｝递增，再由犫狀＜犪狀＜犪１知，犪１是｛犫狀｝的一个上界．由单调有界定理知，｛犪狀｝，｛犫狀｝的极限都存在，不妨设ｌｉｍ犪狀＝犪，ｌｉｍ犫狀＝犫．在犪狀＝狀→＋∞狀→＋∞犪狀－１＋犫狀－１犪＋犫的两边同时取极限，得到犪＝，即犪＝犫．注意到２２犪狀－１＋犫狀－１２犪狀－１犫狀－１犪狀犫狀＝·＝犪狀－１犫狀－１，２犪狀－１＋犫狀－１得到犪狀犫狀＝犪狀－１犫狀－１＝…＝犪１犫１，再对犪狀犫狀＝犪１犫１两边同时取极限，得到犪犫＝犪１犫１．故犪＝犫＝ｌｉｍ狀→＋∞犪狀＝ｌｉｍ犫狀＝槡犪１犫１．狀→＋∞１７．（本题满分１０分）犳（２狋）犳（犿狋）设函数犳：犚＋＋单调递增，且ｌｉｍ→犚＝１．证明：对任意犿＞０，有ｌｉｍ＝１．狋→＋∞犳（狋）狋→＋∞犳（狋）证明因为犳（４狋）２狋＝狊犳（２狊）ｌｉｍｌｉｍ＝１，狋→＋∞犳（２狋）狋→＋∞犳（狊）所以犳（４狋）犳（４狋）犳（２狋）ｌｉｍ＝ｌｉｍ·＝１．狋→＋∞犳（狋）狋→＋∞犳（２狋）犳（狋）犽犽＋１犽＋１犽犳（２狋）犳（２狋）犳（２狋）犳（２狋）假设ｌｉｍ＝１，则ｌｉｍ＝ｌｉｍ犽·＝１，即对任意正整数犽，都有ｌｉｍ狋→＋∞犳（狋）狋→＋∞犳（狋）狋→＋∞犳（２狋）犳（狋）狋→＋∞犽犳（２狋）＝１．同理，对任意正整数犽，又有犳（狋）－犽狋＝２犽狊１犳（２狋）１ｌｉｍ＝犽＝１，狋→＋∞犳（狋）犳（狋）犳（２狊）ｌｉｍｌｉｍ－犽狋→＋∞犳（２狋）狋→＋∞犳（狊）从而对任意的犿＞０，存在犽＞０，使得２－犽犽≤犿≤２．又因犳单调递增，所以－犽犽犳（２狋）犳（犿狋）犳（２狋）≤≤犳（狋）犳（狋）犳（狋）犳（犿狋）根据迫敛性可知，当狋充分大时，对任意犿＞０，有ｌｉｍ＝１．狋→＋∞犳（狋）１８．（本题满分１０分）设犳（狓）是［犪，犫］上的连续函数，狓，狔∈［犪，犫］，满足犪≤犳（狓）≤犫以及狘犳（狓）－犳（狔）狘≤α狘狓－狔狘，其中０≤α＜１．证明：存在唯一的ξ∈［犪，犫］，使得犳（ξ）＝ξ．证明任取ξ∈［犪，犫］，令狓狀＝犳（狓狀－１）（狀＝１，２，…），则狘狓狀＋１－狓狀狘＝狘犳（狓狀）－犳（狓狀－１）狘＝α狘狓狀－狓狀－１狘，递推可得狘狓狀狀＋１－狓狀狘≤α狘狓１－狓０狘，所以对任意正整数狆，有狘狓狀＋狆－狓狀狘≤狘狓狀＋狆－狓狀＋狆－１狘＋狘狓狀＋狆－１－狓狀＋狆－２狘＋…＋狘狓狀＋１－狓狀狘狀＋狆－１狀＋狆－２狀）狘狓≤（α＋α＋…＋α１－狓０狘狆狀狀１－αα＝α狘狓１－狓０狘＜狘狓１－狓０狘，１－α１－α·７·

7狀狀αα因０≤α＜１，所以ｌｉｍ狘狓１－狓０狘＝０，即对任意的ε＞０，存在正整数犖，当狀＞犖时，有狀→∞１－α１－α狘狓１－狓０狘＜ε，因此狘狓狀＋狆－狓狀狘＜ε．根据Ｃａｕｃｈｙ收敛准则，存在ξ∈［犪，犫］，使ｌｉｍ狓狀＝ξ，即ｌｉｍ狀→∞狀→∞犳（狓狀－１）＝ξ．由于犳（狓）连续，所以ｌｉｍ犳（狓狀－１）＝犳（ｌｉｍ狓狀－１）＝犳（ξ），故犳（ξ）＝ξ．狀→∞狀→∞假设又存在ξ′∈［犪，犫］且ξ′≠ξ，使犳（ξ′）＝ξ′，则狘犳（ξ′）－犳（ξ）狘＝狘ξ′－ξ狘，另一方面，狘犳（ξ′）－犳（ξ）狘≤α狘ξ′－ξ狘（０≤α＜１），故狘ξ′－ξ狘≤α狘ξ′－ξ狘，矛盾，因此ξ是唯一的．１９．（本题满分１０分）设犳（狓）在狓＝狓０处可微，α狀＜狓０＜β狀（狀＝１，２，…），ｌｉｍα狀＝ｌｉｍβ狀＝狓０．证明：ｌｉｍ狀→∞狀→∞狀→∞犳（β狀）－犳（α狀）＝犳′（狓０）．β狀－α狀证明注意到犳（β狀）－犳（α狀）犳（β狀）－犳（狓０）＋犳（狓０）－犳（α狀）＝β狀－α狀β狀－α狀β狀－狓０犳（β狀）－犳（狓０）α狀－狓０犳（α狀）－犳（狓０）＝·－·．β狀－α狀β狀－狓０β狀－α狀α狀－狓０β狀－狓０α狀－狓０若记λ狀＝，则＝１－λ狀，且０＜λ狀＜１，０＜１－λ狀＜１，于是β狀－α狀β狀－α狀犳（β狀）－犳（α狀）犳（β狀）－犳（狓０）犳（α狀）－犳（狓０）＝λ狀＋（１－λ狀），β狀－α狀β狀－狓０α狀－狓０但犳′（狓０）＝λ狀犳′（狓０）＋（１－λ狀）犳′（狓０），即对任意的ε＞０，存在正整数犖，当狀＞犖时，有犳（β狀）－犳（α狀）犳（β狀）－犳（狓０）犳（α狀）－犳（狓０）－犳′（狓０）≤λ狀－犳′（狓０）＋（１－λ狀）－犳′（狓０），β狀－α狀β狀－狓０α狀－狓０＜λ狀ε＋（１－λ狀）ε，犳（β狀）－犳（α狀）即ｌｉｍ＝犳′（狓０）．狀→∞β狀－α狀２０．（本题满分１１分）若函数犳（狓）在闭区间［犿，犕］上连续，在开区间（犿，犕）内连续可导，且犳（０）＝０，证明：至少存在一点ξ∈（犿，犕），使得犳（犪）＋犳（犫）＝犳′（ξ）（犪＋犫），其中，犿＝ｍｉｎ｛０，犪，犫｝，犕＝ｍａｘ｛０，犪，犫｝，犿＜犕，犪犫≥０．证明若犪犫＞０，即犪和犫同号，则犳（犪）＋犳（犫）犳（犪）－犳（０）＋犳（犫）－犳（０）犳′（ξ１）犪＋犳′（ξ２）犫＝＝，犪＋犫犪＋犫犪＋犫其中：ξ１∈（０，犪），ξ２∈（０，犫），显然ξ１∈（犿，犕），ξ２∈（犿，犕）．犳′（ξ１）犪＋犳′（ξ２）犫由于犪和犫同号，所以为犳′（ξ１）和犳′（ξ２）的加权平均值，于是犪＋犫犳′（ξ１）犪＋犳′（ξ２）犫ｍｉｎ｛犳′（ξ１），犳′（ξ２）｝≤≤ｍａｘ｛犳′（ξ１），犳′（ξ２）｝．犪＋犫由于犳′（狓）为（犿，犕）内的连续函数，可以取到闭区间［ｍｉｎ｛犳′（ξ１），犳′（ξ２）｝，ｍａｘ｛犳′（ξ１），犳′（ξ２）｝］上的任何一个值，从而至少存在一点ξ∈（犿，犕），使得犳′（ξ１）犪＋犳′（ξ２）犫＝犳′（ξ），犪＋犫·８·

8由此得犳（犪）＋犳（犫）＝犳′（ξ）（犪＋犫）．若犪犫＝０，即犪＝０或犫＝０（犪，犫不同时为０，因犿＜犕），不妨设犪＝０，则犳（犪）＋犳（犫）＝犳（０）＋犳（犫）＝犳（犫）＝犳（犫）－犳（０）＝犳′（ξ）犫＝犳′（ξ）（犪＋犫）其中ξ介于０和犫之间，显然ξ∈（犿，犕）．综上所述，至少存在一点ξ∈（犿，犕），使得犳（犪）＋犳（犫）＝犳′（ξ）（犪＋犫）．２１．（本题满分１１分）设犳（狓）在［犪，犫］上Ｒｉｅｍａｎｎ可积，φ（狓）是以犜为周期的非负Ｒｉｅｍａｎｎ可积函数．证明：犫１犜犫ｌｉｍ犳（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝φ（狓）ｄ狓犳（狓）ｄ狓．狀→＋∫∞犪犜∫０∫犪证明取正整数狆使得－狆犜≤犪，狆犜≥犫，即［犪，犫］［－狆犜，狆犜］．令犳（狓），狓∈［犪，犫］，犉（狓）＝｛０，狓∈［－狆犜，狆犜］＼［犪，犫］，则犉（狓）在［－狆犜，狆犜］中Ｒｉｅｍａｎｎ可积，且狆犜犫犉（狓）ｄ狓＝犳（狓）ｄ狓，∫－狆犜∫犪狆犜犫犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝犳（狓）φ（狀狓）ｄ狓．∫－狆犜∫犪犜犻将［－狆犜，狆犜］分为２狆狀个小区间，区间的端点狓犻＝－狆犜＋，犻＝１，２，…，２狆狀，狓０＝－狆犜，狀犜狓２狆狀＝狆犜，Δ狓犻＝狓犻－狓犻－１＝，犻＝１，２，…，２狆狀．由于φ（狓）≥０不变号，根据积分中值定理，存在狀μ犻∈［犿犻，犕犻］（其中犿犻＝ｉｎｆ犉（狓），犕犻＝ｓｕｐ犉（狓）），使得狓犻－１≤狓≤狓犻狓犻－１≤狓≤狓犻狓犻狓犻狋＝狀狓＋狆狀犜－（犻－１）犜犜１犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝μ犻φ（狀狓）ｄ狓μ犻φ（狋－狆狀犜＋（犻－１）犜）ｄ狋∫狓犻－１∫狓犻－１∫０狀犜１１犜犜＝μ犻φ（狋）ｄ狋＝φ（狓）ｄ狓·μ犻．∫０狀犜∫０狀从而２狆狀２狆狀狆犜狓犜犻１犜犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝∑犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝φ（狓）ｄ狓·∑μ犻，∫－狆犜犻＝∫１狓犻－１犜∫０犻＝１狀而２狆狀２狆狀２狆狀１犜犜１犜犜狆犜１犜犜φ（狓）ｄ狓·∑犿犻≤φ（狓）ｄ狓·∑μ犻＝犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓≤φ（狓）ｄ狓·∑犕犻，犜∫０犻＝１狀犜∫０犻＝１狀∫－狆犜犜∫０犻＝１狀根据犉（狓）及犉（狓）φ（狀狓）的可积性，有２狆狀犫狆犜１犜犜ｌｉｍ犳（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝ｌｉｍ犉（狓）φ（狀狓）ｄ狓＝ｌｉｍφ（狓）ｄ狓·∑犿犻狀→＋∫∞犪狀→＋∫∞－狆犜狀→＋∞犜∫０犻＝１狀２狆狀１犜犜１犜狆犜＝ｌｉｍφ（狓）ｄ狓·∑犕犻＝φ（狓）ｄ狓犉（狓）ｄ狓狀→＋∞犜∫０犻＝１狀犜∫０∫－狆犜１犜犫＝φ（狓）ｄ狓犳（狓）ｄ狓．犜∫０∫犪２２．（本题满分１１分）＋∞设犳为［犪，＋∞）上的连续可微函数，且当狓→＋∞时，犳（狓）递减地趋于０，证明：犳（狓）ｄ狓∫犪·９·

9＋∞收敛的充分必要条件为狓犳′（狓）ｄ狓收敛．∫犪证明必要性．对充分大的犃，有犃犃犃犃犳（狓）ｄ狓≥犃犳（犃）ｄ狓＝犳（犃）≥０．∫２∫２２＋∞犃因犳（狓）ｄ狓收敛，故ｌｉｍ犃犳（犃）ｄ狓＝０，从而∫犪犃→＋∫∞２犃ｌｉｍ犳（犃）＝０（即ｌｉｍ狓犳（狓）＝０）．犃→＋∞２狓→＋∞由分部积分，得犃犃２２狓犳′（狓）ｄ狓＝犃２犳（犃２）－犃１犳（犃１）－犳（狓）ｄ狓，∫犃１∫犃１因此，对任意的ε＞０，存在犃≥犪，当犃１，犃２＞犃时，有犃εε２ε狘犃２犳（犃２）狘＜，狘犃１犳（犃１）狘＜，犳（狓）ｄ狓＜，３３∫犃１３从而犃犃２２狓犳′（狓）ｄ狓≤狘犃２犳（犃２）狘＋狘犃１犳（犃１）狘＋犳（狓）ｄ狓＜ε，∫犃１∫犃１＋∞即狓犳′（狓）ｄ狓收敛．∫犪＋∞充分性．由于狓犳′（狓）ｄ狓收敛，由分部积分，得∫犪＋∞＋∞犳（狓）ｄ狓＝狓犳（狓）－狓犳′（狓）ｄ狓，∫犪∫犪此时只需证明ｌｉｍ狓犳（狓）存在．因狓→＋∞时，犳（狓）递减地趋于０，故犳（狓）≥０，狓∈［犪，＋∞）．狓→＋∞＋∞又因狓犳′（狓）ｄ狓收敛，故任意的ε＞０，存在犃≥犪，当狓＞犃时，有∫犪＋∞＋∞ε＞狌犳′（狌）ｄ狌≥狓犳′（狌）ｄ狌∫狓∫狓＝狘狓［犳（＋∞）－犳（狓）］狘＝狓犳（狓），＋∞即ｌｉｍ狓犳（狓）存在，故犳（狓）ｄ狓收敛．狓→＋∞∫犪２３．（本题满分１１分）一小船犃从原点出发，以匀速狏０沿狔轴正向行驶，另一小船犅从狓轴上的点（狓０，０）（狓０＜０）出发，向小船犃追去，其速度方向始终指向小船犃，其速度大小为狏１．如果狏１＞狏０，小船犅需要多少时间才能追上小船犃？ｄ狔狏０狋－狔解设小船犅的运动轨迹为狔＝狔（狓）．因为小船犅的速度方向指向船犃，故＝，即ｄ狓－狓ｄ狔－狓＝狏０狋－狔．ｄ狓２ｄ狔ｄ狔ｄ狋ｄ狔方程两边对狓求导，得到－－狓２＝狏０－，从而ｄ狓ｄ狓ｄ狓ｄ狓２ｄ狋狓ｄ狔＝－·２．ｄ狓狏０ｄ狓又因小船犅的速度为狏１，故·１０·

10ｄ狓２ｄ狔２ｄ狔２ｄ狓狏１＝槡（）＋（）＝槡１＋（），ｄ狋ｄ狋ｄ狋ｄ狋２ｄ狋狓ｄ狔代入＝－·得到２ｄ狓狏０ｄ狓２狏２ｄ狔０ｄ狔狓２＋槡１＋（）＝０，ｄ狓狏１ｄ狋以及ｄ狔狔＝＝０．狓＝狓０ｄ狓狓＝狓０ｄ狔狏０令狆＝，犽＝＞０，则ｄ狓狏１烄ｄ狆２狓＋犽槡１＋狆＝０，烅ｄ狓烆狆（狓０）＝０，解此初始问题，得到犽狓０２）＝ｌｎ，ｌｎ（狆＋槡１＋狆犽狓ｄ狔将狆（狓）＝代入，解得ｄ狓犽犽ｄ狔１狓０狓＝（犽－犽）．ｄ狓２狓狓０当犽≠１时，有狓０１狓０犽－１１狓犽＋１２犽狔（狓）＝－［（）＋（）－２］．２犽－１狓犽＋１狓０犽－１当犽＝１时，有狓０狓０１狓０２１狔（狓）＝－［ｌｎ＋（）－］．２狓２狓２因此，只有当犽＜１时，小船犅才能追上小船犃；而当小船犅追上小船犃时，其狓轴坐标为０，而狓０１狓０犽－１１狓犽＋１２犽狓０２犽ｌｉｍ狔（狓）＝ｌｉｍ－［（）＋（）－２］＝－·２，狓→０－狓→０－２犽－１狓犽＋１狓０犽－１２犽－１狓０２犽ｄ狔狓０２犽故此时小船犅的狔轴坐标为－·２，代入方程－狓＝狏０狋－狔，得到狏０犜＝－·２，２犽－１ｄ狓２犽－１狓０２犽即犜＝－·．２２狏０犽－１·１１·