题目1(20170428) 设$f(x)$在$[a,b]$上递增,且有$f(a)>a,f(b)<b$,则存在$x_0\in(a,b)$，使得$f(x_0)=x_0$.

分析   本题主要考查“闭区间套定理”的应用，因为没有说$f(x)$连续，用介值性是没有根据的。

我们用闭区间套的常规构造模式。

(1) 取$[a,b]$的中点$\frac{a+b}{2}$，若$f(\frac{a+b}{2})=\frac{a+b}{2}$,则命题已证;

如果$f(\frac{a+b}{2})> \frac{a+b}{2}$,则取区间$[a_1,b_1]=[\frac{a+b}{2},b]$，使之满足$f(a_1)>a_1,f(b_1)<b_1$;

如果$f(\frac{a+b}{2})< \frac{a+b}{2}$,则取区间$[a_1,b_1]=[a,\frac{a+b}{2}]$，使之满足$f(a_1)>a_1,f(b_1)<b_1$;

(2) 按照和(1)完全类似的方法，构造闭区间套(如果有需要的话)$[a_n,b_n]$，其中$b_n - a_n=(\frac{1}{2})^n (b-a)$，

满足$f(a_n)>a_n,f(b_n)<b_n$，从而所有的闭区间确定一个实数$x_0$. 下面我们证明$f(x_0)=x_0$. 用反证法.

(3) 假设$f(x_0)>x_0$，注意到$\forall n, x_0<b_n$，我们有$f(x_0)\leq f(b_n)$;但与此同时，由$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=x_0<f(x_0)$，由数列极限的保序性，$\exists N,\forall n>N,f(b_n)<b_n< f(x_0)$,矛盾。

(4)假设$f(x_0)<x_0$，同样可得矛盾，具体过程留给同学们。                            $\Box$

题目2(20170501) 证明$I=\int_x^{x+2\pi}e^{\cos x} \cos x dx$为正常数.

分析   因为周期函数在一个周期上的定积分是常数，本题被积函数周期为$2\pi$, 所以$I$是常数。问题关键在于证明它是正常数，下面用两种思路.

第一种思路，选择区间$[-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$. 计算

$I=I_1 + I_2 = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}e^{\cos x}\cos xdx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}e^{\cos x}\cos xdx+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}e^{\cos x}\cos xdx$,

对于$I_2$, 做简单的变量变换$x=u+\pi$, 得到

$I_2=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}e^{\cos (u+\pi)}\cos (u+\pi) du=-\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}e^{-\cos u}\cos u du=-\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}e^{-\cos x}\cos x dx$,

所以有 $I=-\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (e^{\cos x} - e^{-\cos x}) \cos x dx$,

这里只需注意到在$[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$上有$\cos x\geq 0$, 于是$e^{\cos x} - e^{-\cos x}\geq 0$，被积函数大于等于0且不恒等于0, 从而定积分为正常数.

第二种思路，分部积分法，选择的区间为$[0,2\pi]$, 这个不重要。

$I=\int_0^{2\pi}e^{\cos x} d \sin x=(e^{\cos x}\sin x)|_0^{2\pi}+\int_0^{2\pi}\sin^2 x e^{\cos x}dx=\int_0^{2\pi}\sin^2 x e^{\cos x}dx$,

最右边式子的被积函数显然大于等于0且不恒等于0, 所以$I$必为正常数.      $\Box$

题目3(20170501) 设$f(x)$在$[0,1]$上二阶连续可导，证明: $\int_0^1 |f'(x)|dx \leq 9\int_0^1|f(x)|dx + \int_0^1 |f''(x)|dx.$

分析   $\forall\xi\in [0,\frac{1}{3}], \eta\in [\frac{2}{3},1], \exists\lambda\in (\xi, \eta),$ 有$|f'(\lambda)|=|\frac{f(\eta)-f(\xi)}{\eta-\xi}| \leq 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|,$

$$|f'(x)|=|f'(\lambda)+\int_{\lambda}^x f''(t)dt|\leq 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|  + \int_0^1 |f''(t)|dt,$$

然后分别对$\xi$在$[0,\frac{1}{3}], \eta$在$[\frac{2}{3},1]$上积分, $x$在$[0,1]$上积分.   $\Box$

题目4(20170502) 设$f(x)$在$[0,2]$上连续，在$(0,2)$内三阶可导，且$\lim\limits_{x\to 0^+}=2, f(1)=1, f(2)=6.$ 证明: $\exists\xi\in (0,2)$, 使得$f'''(\xi)=9$.

分析   构造辅助函数 $F(x)=f(x) - \frac{3}{2}x^3 - ax^2 - bx,$ 满足条件$F(0)=F(1)=F(2)=0$, 得$a=-\frac{5}{2}, b=2$, 由Rolle定理及$f'(0^+)=2$, 得 $F'(0^+)=F'(\xi)=F(\eta)=0$, 之后两次使用Rolle定理即得到结论.    $\Box$

题目5(20170503) 求极限$\lim\limits_{x\to 1}\left(\frac{\alpha}{1-x^\alpha}-\frac{\beta}{1-x^\beta}\right),$ 其中$\alpha, \beta\neq 0$.

分析   令$x-1=t$, 由等价无穷小$(1+t)^\alpha-1 \sim \alpha t, t\to 0$, 以及洛必达法则或者更有威力的泰勒公式方法，即得结果: $\frac{\alpha - \beta}{2}$.   $\Box$

题目6(20170504)  已知正项数列$a_n$满足$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{n}=0$, 证明$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{max\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}}{n}=0$.

分析   本题考查数列极限的概念. 要证明结论,只需证明$\forall k\leq n, \frac{a_k}{n}\to 0$.

由题设, $\forall \epsilon>0, \exists K, k>K$时,有$\frac{a_k}{k}<\epsilon$ ，因为$K$为有限值, 则$k\leq K$时, 显然$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_k}{n}=0$;

同时$k>K$时,$0<\frac{a_k}{n}\leq \frac{a_k}{k}<\epsilon$, 由数列极限定义,综上两种情况,结论得证. $\Box$

题目7(20170507) 设$f(x)$在$[0,1]$上具有一阶连续导数,$f(0)=0$,证明:至少存在一点$\xi\in [0,1]$, 使得$f'(\xi)=2\int_0^1 f(x)dx$.

分析   这其实是个很常规的使用罗尔定理的题目，两次.

首先, 定积分是个常数, 所以我们记$I=\int_0^1 f(x)dx$.

要证明$f'(\xi)=2I$, 最简单地逆推原函数,即证$F(x)=f(x) - 2Ix$有两个零点, 显然已有$F(0)=f(0)-0=0$, 只需再找一个零点,再用一次罗尔定理.

继续逆推原函数,由变限积分求导,令$G(x)=\int_0^x f(t)dt - Ix^2$,则$G'(x)=F(x)$,并且直接计算有$G(0)=0=G(1)=I-I=0$,所以存在$\eta\in(0,1)$,使得$G'(\eta)=F(\eta)=0$, 再由$F(0)=0$,在区间$[0,\eta]$上再次使用罗尔定理,存在$\xi\in (0,\eta)$,使得$F'(\xi)=0$,这就是要证明的结论,并且我们的区间更精确,是开区间.