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1-
\documentclass{ctexbook}
2-
\usepackage{amsmath, amsfonts, amssymb, geometry}
3-
\usepackage{enumitem} % 用于自定义列表格式
4-
5-
\geometry{left=2.5cm,right=2.5cm,top=3cm,bottom=3cm}
6-
\AtBeginDocument{
7-
\abovedisplayskip=3pt plus 3pt minus 3pt
8-
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9-
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11-
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1+
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6+
7+
\title{\bf 数学分析（甲）I（H）2024秋冬期末}
8+
\author{图灵回忆卷}
9+
\date{2025年2月8日}
1210

1311
\begin{document}
12+
\maketitle
13+
14+
\noindent{\heiti\textbf{一、(40分)}} 计算：\vspace{1em}
15+
16+
\textbf{1.} $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac{k}{n}\right)$.\vspace{1em}
1417

15-
\centering
16-
\subsection*{2024 - 2025学年数学分析I (H)期末试题}
17-
\centering
18-
\textbf{图灵回忆卷}
19-
20-
\begin{enumerate}[leftmargin=*,labelwidth=!,labelsep=0pt]
21-
\item[一、]计算题
22-
\begin{enumerate}[leftmargin=*,labelwidth=!,labelsep=0pt]
23-
\item[(1)] \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac{k}{n}\right)\).
24-
\item[(2)] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\int_{0}^{x^{2}}\left(\sin{\sqrt{t}}\right)^{2} \mathrm{d}t}{x^{4}}\).
25-
\item[(3)] \(f(x)=\int_{0}^{x}\left(1+t\right)\arctan t \mathrm{d}t\), 求\(f(x)\)的极值.
26-
\item[(4)] 求由如下方程：
18+
\textbf{2.} $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}(\sin{\sqrt{t}})^2 \mathrm{d}t}{x^{4}}$.\vspace{1em}
19+
20+
\textbf{3.} $f(x)=\displaystyle\int_0^x (1+t)\arctan t \,\mathrm{d}t$，求 $f(x)$ 的极值.\vspace{1em}
21+
22+
\textbf{4.} 求由如下方程：
2723
\(
2824
\begin{cases}
2925
e^{x}=\sin t+2t+1\\
3026
t\sin y-y+\dfrac{\pi}{2}=0
3127
\end{cases}
3228
\)
33-
确定的\(y,x\)所对应的\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\vert_{x = 0}\).
34-
\item[(5)] \(\int_{0}^{+\infty}\dfrac{xe^{x}}{\left(1+e^{x}\right)^{2}} \mathrm{d}x\).
35-
\end{enumerate}
29+
确定的 $y,x$ 所对应的 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\vert_{x = 0}$.\vspace{1em}
3630

37-
\item[二、]叙述确界原理，并用确界原理证明：定义在\((0,1)\)上的单增函数的间断点只能是跳跃间断点.
38-
39-
\item[三、]数列\(\{x_n\}\)满足：\(0<x_{1}<\dfrac{1}{2},x_{n+1}=\dfrac{1}{4(1-x_{n})},\forall n \in \mathbb{N_+}\),
40-
证明：\(\{x_n\}\)收敛，且\(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=\dfrac{1}{2}\).
41-
42-
\item[四、]\(f\in C[0,2025]\),且\(f(0)=f(2025)=0,f_{+}^{\prime}(0)>0,f_{-}^{\prime}(2025)>0\),
43-
证明：至少存在一个\(\xi\)使得\(\xi\in(0,2025)\)且\(f(\xi)=0\).
31+
\textbf{5.} $\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{xe^{x}}{(1+e^x)^2} \,\mathrm{d}x$.\vspace{1em}
32+
33+
\noindent{\heiti\textbf{二、(8分)}} 叙述确界原理，并用确界原理证明：定义在 $(0,1)$ 上的单增函数的间断点只能是跳跃间断点.\vspace{0.5em}
34+
35+
\noindent{\heiti\textbf{三、(10分)}} 数列 $\{x_n\}$ 满足：$0<x_1<\dfrac{1}{2},x_{n+1}=\dfrac{1}{4(1-x_n)},\forall n \in \mathbf{N_+}$，证明：$\{x_n\}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\dfrac{1}{2}$.\vspace{0.5em}
4436

45-
\item[五、]叙述一致连续定义，并证明：\(f(x)=\sqrt{x}\ln x\)在\((0,+\infty)\)上一致连续.
37+
\noindent{\heiti\textbf{四、(10分)}} $f\in C[0,2025]$，且 $f(0)=f(2025)=0,f'_+(0)>0,f'_-(2025)>0$,
38+
证明：至少存在一个 $\xi$ 使得 $\xi\in(0,2025)$ 且 $f(\xi)=0$.\vspace{0.5em}
4639

47-
\item[六、]\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上有连续二阶导数，且\(f''(x)<0\),证明：\(\int_{0}^{1}f(x^{2}) \mathrm{d}x\leq f(\dfrac{1}{3})\).
40+
\noindent{\heiti\textbf{五、(10分)}} 叙述一致连续定义，并证明：$f(x)=\sqrt{x}\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续.\vspace{0.5em}
4841

49-
\item[七、]\(f\in C[0,1]\),证明：
50-
\begin{enumerate}[leftmargin=*,labelwidth=!,labelsep=0pt]
51-
\item[(1)] \(\exists\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]\),使得\(\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{d}x=\int_{0}^{\xi}f(x) \mathrm{d}x+\int_{1-\xi}^{1}f(x) \mathrm{d}x\).
52-
\item[(2)] 将\(\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]\)改为\(\xi\in(0,\dfrac{1}{2})\),结论是否成立？证明或否定.
53-
\end{enumerate}
42+
\noindent{\heiti\textbf{六、(10分)}} $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上有连续二阶导数，且 $f''(x)<0$，证明：$\displaystyle\int_0^1 f(x^2) \,\mathrm{d}x \leq f(\dfrac{1}{3})$.\vspace{0.5em}
43+
44+
\noindent{\heiti\textbf{七、(12分)}} $f\in C[0,1]$，证明：\vspace{1em}
5445

55-
\end{enumerate}
46+
\textbf{1.} 存在 $\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]$，使得 $\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 f(x) \,\mathrm{d}x=\displaystyle\int_0^{\xi} f(x) \,\mathrm{d}x+\displaystyle\int_{1-\xi}^1 f(x) \,\mathrm{d}x$.\vspace{1em}
5647

48+
\textbf{2.} 将 $\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]$ 改为 $\xi\in (0,\dfrac{1}{2})$，结论是否仍成立？证明或给出反例.
49+
5750
\end{document}

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1-
\documentclass{ctexbook}
2-
\usepackage{amsmath, amsfonts, amssymb, geometry}
3-
\usepackage{enumitem} % 用于自定义列表格式
1+
\documentclass{ctexart}
2+
\usepackage{amsmath, amssymb, geometry,enumitem, physics, mismath}
3+
\geometry{a4paper,scale=0.66,top=1in,bottom=1in,left=1in,right=1in}
44

5-
\geometry{left=2.5cm,right=2.5cm,top=3cm,bottom=3cm}
5+
\title{\vspace{-4em}\textbf{数学分析（甲）I（H）2024-2025 秋冬期末答案}}
6+
\author{图灵回忆卷\quad\quad by jayi0908}
7+
\date{2025年2月8日}
8+
9+
\linespread{1.6}
10+
\addtolength{\parskip}{.2em}
611

712
\begin{document}
813

9-
\centering
10-
\subsection*{2024 - 2025学年数学分析I (H)期末试题答案}
11-
\centering
12-
\textbf{jayi0908}
14+
\maketitle
1315

1416
\begin{enumerate}
15-
\item[一、]计算题
17+
\item[\textbf{一、}] \textbf{(40 分)}
1618
\begin{enumerate}
17-
\item[(1)] 由定积分定义，令\(f(x)=\ln(1+x)\)，则\\
18-
原式 \(=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}f(\dfrac{k}{n})=\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{d}x=2\ln 2-1\).
19-
\item[(2)] 由洛必达法则，令\(u=\sqrt{t}\)，则\\
20-
原式 \(=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\int_{0}^{x}2u\sin^2u \mathrm{d}u}{x^{4}}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{2x\sin^2x}{4x^3}=\dfrac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^2x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\).
21-
\item[(3)] \(f'(x)=\left(1+x\right)\arctan x\)，则
22-
\begin{enumerate}
23-
\item[] \(x\leq -1\)时，\(f'(x)>0\)
24-
\item[] \(-1<x<0\)时，\(f'(x)<0\)
25-
\item[] \(x\geq 0\)时，\(f'(x)>0\)
26-
\end{enumerate}
27-
故\(f(x)\)的极大值为\(f(0)=0\)，\\
28-
由分部积分，极小值为
29-
\begin{align*}
30-
f(-1)&=\int_{0}^{-1}(1+x)\arctan x \mathrm{d}x\\
31-
& =\dfrac{1}{2}(1+x)^2\arctan x\vert_{0}^{1}-\int_{0}^{-1}\dfrac{(1+x)^2}{2(1+x^2)} \mathrm{d}x\\
32-
& =\dfrac{\pi}{2}-\int_{0}^{-1}\dfrac{1}{2} \mathrm{d}x -\int_{0}^{-1}\dfrac{x \mathrm{d}x}{1+x^2}\\
33-
& =\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)\vert_{0}^{-1}\\
34-
& =\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\ln 2.
19+
\item[\textbf{1.}] 由定积分定义，令 $f(x)=\ln(1+x)$，则
20+
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(x) \,\mathrm{d}x=2\ln 2-1. $$
21+
22+
\item[\textbf{2.}] 由洛必达法则，令 $u=\sqrt{t}$，则
23+
$$ \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\int_0^{x^2}(\sin{\sqrt{t}})^2 \,\mathrm{d}t}{x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\int_0^x 2u\sin^2 u \,\mathrm{d}u}{x^{4}}=\lim_{x\to 0}\dfrac{2x \sin^2 x}{4x^3}=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x^2}=\dfrac{1}{2}. $$
24+
25+
\item[\textbf{3.}] $f'(x)=(1+x)\arctan x$，故 $x\leq -1$ 时 $f'(x) \geq 0$，$-1 < x < 0$ 时 $f'(x) < 0$，$x \geq 0$ 时 $f'(x) \geq 0$，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值 $f(0)=0$. 对 $f(x)$ 进行分部积分，有
26+
\begin{align*}
27+
f(x) &= \int_0^x (1+t)\arctan t \,\mathrm{d}t \\
28+
&= (\frac{1}{2}x^2+x) \arctan x - \int_0^x \frac{\frac{1}{2}t^2+t}{1+t^2} \,\mathrm{d}t \\
29+
&= (\frac{1}{2}x^2+x) \arctan x - \frac{1}{2}\int_0^x \left( 1 + \frac{2t-1}{1+t^2} \right) \,\mathrm{d}t \\
30+
&= \frac{1}{2}((x+1)^2 \arctan x - x - \ln(1+x^2)).
3531
\end{align*}
36-
\item[(4)] 代入 \(x=0\) 到第一个方程得 \(\sin t+2t=0\)，\\
32+
33+
故 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极大值 $f(-1)=\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\ln 2$.
34+
35+
\item[\textbf{4.}] 代入 \(x=0\) 到第一个方程得 \(\sin t+2t=0\)，\\
3736
由函数 \(y=\sin x+2x\) 单增知 \(t=0\) 为唯一解，代入第二个方程得 \(y=\dfrac{\pi}{2}\).\\
38-
由第二个式子解得\(t=\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}\)，代回第一个式子得\(e^x=\sin\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}+2\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}+1\).\\
39-
两边对\(x\)求导得\(e^x=\dfrac{\cos\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}\left(y'\sin y-\left(y-\dfrac{\pi}{2}\right)\cos y\right)}{\sin^2 y}+2\dfrac{y'\sin y-\left(y-\dfrac{\pi}{2}\right)\cos y}{\sin^2 y}\).\\
40-
代入 \(x=0,y=\dfrac{\pi}{2}\) 得 \(1=3y'\vert_{x=0}\)，故\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\vert_{x = 0}=\dfrac{1}{3}\).
41-
\item[(5)]
42-
\begin{align*}
43-
\int_{0}^{+\infty}\dfrac{xe^{x}}{\left(1+e^{x}\right)^{2}}dx&=-\int_{0}^{+\infty}x \mathrm{d}\dfrac{1}{1+e^x}\\
44-
&=\dfrac{-x}{1+e^x}\vert_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+e^x} \mathrm{d}x\\
45-
&=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{e^x(1+e^x)} \mathrm{d}e^x\\
46-
&=\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{t(t+1)} \mathrm{d}t\\
47-
&=\ln\dfrac{t}{t+1}\vert_{1}^{+\infty}\\
48-
&=\ln 2.
37+
由第二个式子解得 \(t=\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}\)，代回第一个式子得 \(e^x=\sin\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}+2\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}+1\).\\
38+
两边对 \(x\) 求导得 $$ e^x=\dfrac{\cos\dfrac{y-\frac{\pi}{2}}{\sin y}\left(y'\sin y-\left(y-\dfrac{\pi}{2}\right)\cos y\right)}{\sin^2 y}+2\dfrac{y'\sin y-\left(y-\dfrac{\pi}{2}\right)\cos y}{\sin^2 y}. $$
39+
代入 \(x=0,y=\dfrac{\pi}{2}\) 得 \(1=3y'\vert_{x=0}\)，故 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\vert_{x = 0}=\dfrac{1}{3}\).
40+
41+
\item[\textbf{5.}] \begin{align*}
42+
\int_{0}^{+\infty}\dfrac{xe^{x}}{\left(1+e^{x}\right)^{2}} \,\mathrm{d}x
43+
&= -\int_{0}^{+\infty}x \,\mathrm{d}\frac{1}{1+e^x} \\
44+
&= \left. \frac{-x}{1+e^x} \right\vert_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+e^x} \,\mathrm{d}x \\
45+
&= \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{e^x(1+e^x)} \,\mathrm{d}e^x \\
46+
&= \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{t(t+1)} \,\mathrm{d}t \\
47+
&= \left. \ln\dfrac{t}{t+1} \right\vert_{1}^{+\infty} = \ln 2.
4948
\end{align*}
5049
\end{enumerate}
5150

52-
\item[二、]
53-
确界原理：非空有上界的实数集必有上确界，非空有下界的实数集必有下确界.\\
54-
证明：对 \(\forall x_0\in(0,1)\)，由于 \(f\) 在 \((0,1)\) 上单增，故 \(x_0\) 左侧的函数值均小于 \(f(x_0)\)，\\
55-
令\(E=\{f(x)\vert x\in(0,1),x<x_0\}\)，则 \(E\) 非空有上界，故 \(\exists a=\sup E\)，\\
56-
由确界定义，\(\forall\varepsilon_1>0,\exists x_1\in(0,1),x_1<x_0\)，使得 \(a-\varepsilon_1<f(x_1)\leq a\).\\
57-
则 \(\forall\varepsilon_2\in (0,a-f(x_1)),\exists x_2\in(x_1,x_0),\)，使得 \(f(x_1)<a-\varepsilon_2<f(x_2)<a\).\\
58-
同理可一直构造出 \(x_1<x_2<\cdots<x_n<\cdots<x_0\)，使得 \(f(x_{n-1})<a-\varepsilon_n<f(x_n)<a\)，\\
59-
且 \(\{a-f(x_n)\}\) 收敛于 \(0\).\\
60-
由\(f\)单调性不难知\(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=a\)，即左极限存在。同理右极限存在。故不存在第二类间断点\\
51+
\item[\textbf{二、}] \textbf{(8 分)} 确界原理：非空有上界的实数集必有上确界，非空有下界的实数集必有下确界.
52+
53+
证明：对 \(\forall\, x_0\in(0,1)\)，由于 \(f\) 在 \((0,1)\) 上单增，故 \(x_0\) 左侧的函数值均小于 \(f(x_0)\).
54+
55+
令 \(E=\{f(x)\vert x\in(0,1),x<x_0\}\)，则 \(E\) 非空有上界，故 \(\exists\, a=\sup E\).
56+
57+
由确界定义，\(\forall\,\varepsilon_1>0,\exists\, x_1\in(0,1),x_1<x_0\)，使得 \(a-\varepsilon_1<f(x_1)\leq a\). 则 \(\forall\,\varepsilon_2\in (0,a-f(x_1)),\exists\, x_2\in(x_1,x_0)\)，使得 \(f(x_1)<a-\varepsilon_2<f(x_2)<a\). 同理可一直构造出 \(x_1<x_2<\cdots<x_n<\cdots<x_0\)，使得 \(f(x_{n-1})<a-\varepsilon_n<f(x_n)<a\)，且 \(\{a-f(x_n)\}\) 收敛于 \(0\).
58+
59+
由 \(f\) 单调性不难知\(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=a\)，即左极限存在. 同理右极限存在. 故不存在第二类间断点.
60+
6161
易知 \(f\) 作为连续区间上的单增函数不存在可去间断点，故其间断点只能是跳跃间断点，得证.
62+
63+
\item[\textbf{三、}] \textbf{(10 分)} 证明：\(x_{n+1}-x_{n}=\dfrac{1}{4(1-x_n)}-x_n=\dfrac{(1-2x_n)^2}{4(1-x_n)}>0\)，故 \(\{x_n\}\) 单调递增.
64+
65+
且若 \(x_n<\dfrac{1}{2}\)，则 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{4(1-x_n)}<\dfrac{1}{4(1-\frac{1}{2})}=\dfrac{1}{2}\)，故 \(\{x_n\}\) 有上界. 从而 \(\{x_n\}\) 收敛.
66+
67+
设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=a\)，则 \(a=\dfrac{1}{4(1-a)}\)，解得 \(a=\dfrac{1}{2}\). 得证.
68+
69+
\item[\textbf{四、}] \textbf{(10 分)} 由导数局部保号性与拉格朗日中值定理，
6270

63-
\item[三、]
64-
证明：\(x_{n+1}-x_{n}=\dfrac{1}{4(1-x_n)}-x_n=\dfrac{(1-2x_n)^2}{4(1-x_n)}>0\)，故 \(\{x_n\}\) 单调递增.\\
65-
且若 \(x_n<\dfrac{1}{2}\)，则 \(x_{n+1}=\dfrac{1}{4(1-x_n)}<\dfrac{1}{4(1-\frac{1}{2})}=\dfrac{1}{2}\)，故 \(\{x_n\}\) 有上界. 故 \(\{x_n\}\) 收敛.\\
66-
设 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=a\)，则 \(a=\dfrac{1}{4(1-a)}\)，解得 \(a=\dfrac{1}{2}\).得证.
67-
68-
\item[四、]由导数局部保号性与拉格朗日中值定理，\\
69-
\(\exists x_1\in U_+^o(0),x_2\in U_-^o(2025),\exists \xi_1\in (0,x_1),\exists \xi_2\in (x_2,2025)\)，\\
70-
使得\(f(x_1)=f'(\xi_1)x_1>0,f(x_2)=f'(\xi_2)(x_2-2025)<0\)，由\(f\)连续及零点存在性定理得证.
71-
72-
\item[五、]一致连续：\(\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\forall x,y\in I,\vert x-y\vert<\delta\Rightarrow\vert f(x)-f(y)\vert<\varepsilon\)，则称\(f\)在\(I\)上一致连续.\\
73-
证明：不难证明，若\(f\)在\(I_1\)上一致连续，在\(I_2\)上也一致连续，且\(I_1\)与\(I_2\)为两个相接的区间，则\(f\)在\(I_1\cup I_2\)上一致连续.\\
74-
(只需任取\(\dfrac{\varepsilon}{2}\)，相应的有两个\(\delta_1,\delta_2\)，取\(\delta=\min{\delta_1,\delta_2}\)，
75-
则可证明\(\forall x,y\in I_1\cup I_2,\vert x-y\vert<\delta\Rightarrow\vert f(x)-f(y)\vert<\varepsilon\))\\
76-
\(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^{-1}}{-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}}=0\)，故\(f(x)\)在\((0,1]\)上一致连续.\\
77-
故只需证明\(f(x)\)在\((1,+\infty)\)上一致连续.\\
78-
由拉格朗日中值定理，只需证明\(f'(x)\)在\((1,+\infty)\)上有界.\\
79-
\(f'(x)=\dfrac{\ln x}{2\sqrt{x}}+\dfrac{\sqrt{x}}{x}=\dfrac{2\ln\sqrt{x}+2}{2\sqrt{x}}=\dfrac{\ln t+1}{t}\).\\
80-
其中\(t=\sqrt{x}\)，且不难证明在\((1,+\infty)\)上\(0<\dfrac{\ln t+1}{t}<1\)恒成立，得证.
71+
\(\exists\, x_1\in U_+^o(0),x_2\in U_-^o(2025),\exists\, \xi_1\in (0,x_1), \exists\, \xi_2\in (x_2,2025)\)，使得 \(f(x_1)=f'(\xi_1)x_1>0,f(x_2)=f'(\xi_2)(x_2-2025)<0\)，由 \(f\) 连续及零点存在性定理得证.
72+
73+
\item[\textbf{五、}] \textbf{(10 分)} 一致连续：\(\forall\,\varepsilon>0,\exists\,\delta>0,\forall\, x,y\in I, |x-y|<\delta\implies| f(x)-f(y)|<\varepsilon\)，则称 \(f\) 在 \(I\) 上一致连续.
74+
75+
证明：不难证明，若 \(f\) 在 \(I_1\) 上一致连续，在 \(I_2\) 上也一致连续，且 \(I_1\) 与 \(I_2\) 为两个相接的区间，则 \(f\) 在 \(I_1\cup I_2\) 上一致连续. \\ (只需任取 \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)，相应的有两个 \(\delta_1,\delta_2\)，取 \(\delta=\min{\delta_1,\delta_2}\)，则可证明 \(\forall\, x,y\in I_1\cup I_2, |x-y|<\delta\implies|f(x)-f(y)|<\varepsilon\).)
76+
77+
\(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^{-1}}{-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}}=0\)，故 \(f(x)\) 在 \((0,1]\) 上一致连续. 故只需证明 \(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上一致连续. 由拉格朗日中值定理，只需证明 \(f'(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上有界.
78+
79+
对 $f$ 求导：\(f'(x)=\dfrac{\ln x}{2\sqrt{x}}+\dfrac{\sqrt{x}}{x}=\dfrac{\ln\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\). 令 \(t=\sqrt{x}\)，不难证明在 \((1,+\infty)\) 上 \(0<\dfrac{\ln t+1}{t}<1\) 恒成立，故 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有界，得证.
80+
81+
\item[\textbf{六、}] \textbf{(10 分)} 注意到 \(\displaystyle\int_{0}^{1}x^2 \,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{3}\)，故只需证明 \(\displaystyle\int_{0}^{1}f(x^2) \,\mathrm{d}x \leq f(\displaystyle\int_{0}^{1}x^2 \,\mathrm{d}x)\).
82+
83+
由定积分定义与琴生不等式，
84+
$$
85+
f(\int_{0}^{1}x^2 \,\mathrm{d}x) = f(\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{n^2})\geq \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k^2}{n^2}) =\int_{0}^{1}f(x^2) \,\mathrm{d}x.
86+
$$
87+
得证.
8188

82-
\item[六、]注意到\(\int_{0}^{1}x^2 \mathrm{d}x=\frac{1}{3}\)，故只需证明\(\int_{0}^{1}f(x^2) \mathrm{d}x\leq f(\int_{0}^{1}x^2 \mathrm{d}x)\).\\
83-
由定积分定义与琴生不等式，\\
84-
\begin{align*}
85-
f(\int_{0}^{1}x^2 \mathrm{d}x)&=f(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k^2}{n^2})\\
86-
&\geq \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}f(\dfrac{k^2}{n^2})\\
87-
&=\int_{0}^{1}f(x^2) \mathrm{d}x.
88-
\end{align*}
89-
得证。
90-
91-
\item[七、]\(f\in C[0,1]\),证明：
92-
\begin{enumerate}[leftmargin=*,labelwidth=!,labelsep=0pt]
93-
\item[(1)] 令\(F(t)=\int_{0}^{t}f(x)\mathrm{d}x+\int_{1-t}^{1}f(x)\mathrm{d}x,t\in [0,\dfrac{1}{2}]\).
94-
则由\(f\in C[0,1]\)知\(F(t)\in C[0,\dfrac{1}{2}]\)，且\(F(0)=0,F(\dfrac{1}{2})=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\).\\
95-
由介值定理，\(\exists\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]\),使得\(F(\xi)=\dfrac{1}{2}F(\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{d}x\).\\
96-
\item[(2)] 不成立，反例：
97-
\(f(x)=\cos 2\pi x\)，则\(F(t)=\dfrac{1}{2\pi}\sin 2\pi x\vert_{0}^{t}+\dfrac{1}{2\pi}\sin 2\pi x\vert_{1-t}^{1}=\dfrac{1}{\pi}\sin 2\pi t\)，\\
98-
\(F(0)=F(\dfrac{1}{2})=0\)，但不存在\(\xi\in (0,\dfrac{1}{2})\)使得\(F(\xi)=0\)，故结论不成立.
99-
\end{enumerate}
89+
\item[\textbf{七、}] \textbf{(12 分)}
90+
\begin{enumerate}
91+
\item[\textbf{(1)}] 令 \(F(t)=\displaystyle\int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x + \int_{1-t}^1 f(x)\,\mathrm{d}x,\quad t\in [0,\dfrac{1}{2}]\).
92+
93+
则由 \(f\in C[0,1]\) 知 \(F(t)\in C[0,\dfrac{1}{2}]\)，且 \(F(0)=0,F(\dfrac{1}{2})=\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\). 由介值定理，\(\exists\,\xi\in[0,\dfrac{1}{2}]\)，使得 \(F(\xi)=\dfrac{1}{2}F(\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}f(x) \,\mathrm{d}x\).
10094

95+
\item[\textbf{(2)}] 不成立，反例：\(f(x)=\cos 2\pi x\)，此时 \(F(t)=\dfrac{1}{2\pi}\sin 2\pi x\vert_{0}^{t}+\dfrac{1}{2\pi}\sin 2\pi x\vert_{1-t}^{1}=\dfrac{1}{\pi}\sin 2\pi t\)，\(F(0)=F(\dfrac{1}{2})=0\)，但不存在 \(\xi\in (0,\dfrac{1}{2})\) 使得 \(F(\xi)=0\)，故结论不成立.
96+
\end{enumerate}
10197
\end{enumerate}
10298

10399
\end{document}

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