数学分析习题练习三

2016年四校联合数学竞赛题


解：
                    根据已知条件，计算可得$b=9,a=-\frac{1}{2}$.选$B$.

                $\displaystyle \because f(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{a}{n}(1+\cos \frac{ax}{n}+\cdots +\cos \frac{a(n-1)x}{n})=\frac{1}{x}\int_{0}^{ax}\cos tdt=\frac{1}{x}\sin ax.$

                 $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0-}f(x)=a.$

                   $\displaystyle \lim_{t\to -\infty }\frac{t+1}{\sqrt{t^2-t+1}-\sqrt{bt^2-t+1}}=\frac{1}{-1+\sqrt{b}}.$

                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{\frac{x^n}{2^n}+\frac{x^{3n}}{8^n}}=\frac{x}{2},(x\in(1,1+\delta )).$

2016年四校联合数学竞赛题



解：函数单调增。故A不对，由单调性判断，B也不对。选C。

网格上一个易错的问题，摘录于此
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty }(\sqrt[n]{(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)}-x).$

以下是网友解答

       令
                             $\displaystyle p(x)=\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{a_k}{x}),$

         利用罗必塔法则，有

$\begin{align*}
\lim_{x\to +\infty }(\sqrt[n]{(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)}-x)&=\lim_{x\to +\infty }\frac{p(x)^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to +\infty }\frac{\frac{1}{n}\cdot p(x)^{\frac{1}{n}-1}\cdot (p(x))'}{-\frac{1}{x^2}}\\\\&=-\lim_{x\to +\infty }\frac{x^2}{n}\cdot (p(x))'\\\\&=-\lim_{x\to +\infty }\frac{x^2}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{p(x)}{1-\frac{a_k}{x}}\cdot \frac{a_k}{x^2}\\\\&=-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_k.
\end{align*}$

2016年四校联合数学竞赛题

解：
           由于

                $\displaystyle I_1=\int e^{\cos x}  x\sin xdx=-xe^{\cos x}+\int e^{\cos x}dx,$

                $\displaystyle I_2=\int e^{\cos x}\frac{\cos x}{\sin ^2x}dx=-\frac{1}{\sin x}e^{\cos x}-\int e^{\cos x}dx,$

           所以

                 $\displaystyle \int e^{\cos x}\frac{x\sin^3x+\cos x}{\sin ^2x}dx=I_1+I_2=xe^{\cos x}-\frac{1}{\sin x}e^{\cos x}.$

2016年四校联合数学竞赛题


解一：

             $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x)\sqrt{x}}dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{4t\ln t}{(1+t^2)t}dt=4\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt-4\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{1+t^2}dt,$

            $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt=-\frac{\ln t}{t}|_0^{+\infty }+\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{t^2}dt=-\lim_{t\to +\infty }\frac{\ln t}{t}+\lim_{t\to 0}\frac{\ln t}{t}-\lim_{t\to +\infty }\frac{1}{t}+\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}=0.$

             $\displaystyle \because 0< \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{1+t^2}dt< \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt,$

             $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{1+t^2}dt=0.$

         因此
                  $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x)\sqrt{x}}dx=0.$



解二： 令
                     $x=\frac{1}{t},$

                    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x)\sqrt{x}}dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln \frac{1}{t}}{(1+\frac{1}{t})\sqrt{\frac{1}{t}}}(-\frac{1}{t^2})dt=-\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{(1+t)\sqrt{t}}dt.$

            因此得
                        
                     $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x)\sqrt{x}}dx=0.$

2016年四校联合数学竞赛题


解：令
                                  $y=0,$

         代入已知方程，有

                             $f(x)=\frac{f(x)+f(0)}{1-f(x)f(0)},$

          得
                            $f(0)(1+f^2(x))=0,$

                         $\therefore f(0)=0.$

            因为
                           $\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\frac{f(\Delta x)}{\Delta x}\cdot \frac{1+f^2(x)}{1-f(x)f(\Delta x)},$

                            $\Delta x\rightarrow 0,f(\Delta )\rightarrow f(0)=0.$

                            $\frac{f(\Delta x)}{\Delta x}=f'(0)=c_1=1,(\Delta x\rightarrow 0)$

                          $\therefore f'(x)=c_1(1+f^2(x)),$

           解微分方程
                            $\int_{0}^{x}\frac{f'(x)dx}{1+f^2(x)}=c_1x+c_2,$

                             $\arctan f(x)=c_1x+c_2,$

                           $\because f(0)=0,\rightarrow c_2=0.$

                           $\therefore f(x)=\tan c_1x=\tan x.$

2016年四校联合数学竞赛题



证明
           （1）、     由拉格朗日中值定理，并注意到端点零值。有

                            $\forall \varepsilon > 0，\forall x\in [0,2016-\varepsilon],\exists \xi\in (0,2016-\varepsilon ),s.t.$

                             $f^2(x)=(f(x)-f(0))^2=(f'(\xi))^2(2016-\varepsilon )^2< (f'(\xi))^2 2016^2,$

                          对之积分，有

                            $\int_{0}^{2016}f^2(x)dx\leq \int_{0}^{2016}(f'(\xi))^2 2016^2dx,$

                        因此得（由$\xi$的任意性）

                             $\sqrt{\int_{0}^{2016}f^2(x)dx}\leq 2016\sqrt{\int_{0}^{2016}(f'(x))^2 dx}.$


             （2）、由拉格朗日中值定理

                              $\xi \in (0,\frac{1}{4}),\eta \in (\frac{3}{4},1),\exists \lambda \in (\xi ,\eta ),s.t.$

                              $|f'(\lambda )|=|\frac{f(\eta )-f(\xi )}{\eta -\xi }|\leq 2|f(\eta )-f(\xi)|,$

                     又
                               $\because \int_{\lambda }^{x}f''(t)dt=f'(x)-f'(\lambda ),$

                                $\therefore f'(x)=f'(\lambda )+\int_{\lambda }^{x}f''(t)dt,$

                   所以有
                               $|f'(x)|\leq |f'(\lambda )|+\int_{\lambda }^{x}|f''(t)|dt\leq 2|f(\eta )-f(\xi)|+\int_{0}^{1}|f''(x)|dx.$


注：此题（2）要求证明的不等式，含有暗示。出题老师算心地仁慈的。

2016年四校联合数学竞赛题


证明：
           （1）、令
                                $F(x)=\int_{0}^{x}e^{f(t)}dt-\int_{x}^{1}e^{-f(t)}dt.$

                             $\because F(0)=-\int_{0}^{1}e^{-f(t)}dt< 0,$

                                 $F(1)=\int_{0}^{1}e^{f(t)}dt> 0,$

                        由介值定理

                                   $\therefore \exists \xi\in(0,1),s.t.$

                                           $F(\xi)=0,$

                          也即有
                                     $\int_{0}^{\xi}e^{f(t)}dt=\int_{\xi}^{1}e^{-f(t)}dt.$

                          又因为$F'(x)>0$.所以这样的点唯一。

           （2）、与（1）相类似的原理知，$\xi_n$存在且唯一。故有

                                 $\int_{\frac{1}{n}}^{\xi_n}e^{f(x)}dx=\int_{\xi_n}^{1}e^{-f(x)}dx.$

                     由积分中值定理，

                                 $\exists c_1\in (\frac{1}{n},\xi_n),c_2\in (\xi_n,1),s.t.$

                                 $(\xi_n-\frac{1}{n})e^{f(c_1)}=(1-\xi_n)e^{-f(c_2)},$

                                $\xi_n=\displaystyle \frac{e^{-f(c_2)}+\frac{1}{n}e^{f(c_1)}}{e^{-f(c_2)}+e^{f(c_1)}},$

                    其中，$f(x)$在$[0,1]$上有界。

                                    $\therefore 1\leq \xi_n\leq 1.$

                          因此，得

                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\xi_n=1.$

(2)的解似乎不对，网友的解：

2016年四校联合数学竞赛题


解：
       （1）、设渐近线方程为

                                         $y=kx+b.$

                  由定义得
                                        $\displaystyle k=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{y}{x},$

                    由已知方程，得

                                         $1+(\frac{y}{x})^3-3a\frac{y}{x^2}=0,$

                                        $\therefore 1+k^3=0,(x\to +\infty )$

                    所以
                                        $\displaystyle k=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{y}{x}=-1.$

                      又
                                        $b=x+y,$

                     由已知方程，有

                                        $(x+y)(x^2-xy+y^2)=3axy,$

                                     $\therefore x+y=\frac{3axy}{x^2-xy+y^2}=\frac{3a\frac{y}{x}}{1-\frac{y}{x}+(\frac{y}{x})^2}=-a,(x\to+\infty )$

                     由此得渐近线方程为

                                       $x+y+a=0.$

       （2）、可以证明所求面积与曲线闭合部分面积相等。

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