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一、证明题

1． 证明:若f 在[a, b]上连续, 且

, 又若

【答案】假设对任意的

, 使与

均有

, 则在（a , b ）上至少存在两点

, 这时f 在（a , b ）上是否至少有三个零点？

f x ）, 则由连续函数根的存在定理知, （在（a , b ）或

, 这与

矛盾. 故至, 使

内恒正或恒负. 于是,

根据积分不等式性质有

少存在一点

且f （x ）在

假设f （x ）在（a , b ）内只有一个零点则

每个区间内不变号（根据连续函数根的存在定理）. 故有

在两边也异号. 所以

在两边同号,

但

由此知f （x ）在两边异号. 又函数

即g （x ）在（a , b ）内除一个零点外恒正或恒负, 从而由g （x ）的连续性可得

矛盾. 故在（a , b ）内至少存在两点, 在（a , b ）内至少存在三个零点

假设在（a , b ）内只两点

,

, 使得

, 则

即

, 且f （x

）在

, 使得

下证若

则f （x ）

每个区间内不变号. 从而由

推广的积分第一中值定理, 结合上式, 得

即

, 其中

, 所以由上式知,

f x ）从而知（在在

. 考虑函数内符号分别为正、负、正（其他情况证明类似）

内的符号分别为正、负、正, 故h （x ）在

但

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. 因为

与由于

每个区间内恒异号,

f x ）f x ）两边异号, 同理可证（在两边也异号, 设（在区间

正. 又h （x ）是连续函数, 所以

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矛盾. 可见在（a , b ）内至少有三个点

使得

2． 设函数f 在点a 处具有连续的二阶导数. 证明:

【答案】两次应用洛必达法则得

3．

设

且

【答案】由

又由有

由开覆盖定理, 存在

注意到对于每一个

则对任意的从而

4． 证明:

【答案】设

在R 上严格增.

则

即 5． 设

的收敛半径

，令

，试证明f （f n （x ））在[a, b]上一

故

在

上严格增.

为[0, 1]上的连续函数列, 故存在

的开区间族

使得

为单调递增数列,

现令存在

有

对任意的

为

上的连续函数列, 满足

证明

在

上一致收敛. 知, 对任意的

存在

有

由此得到满足上述要求的覆盖

致收敛于f （f （x ）），其中[a, b]为任一有限闭区间.

【答案】由题意知，f （x ）在对任意有限区间[a, b]，

上连续，

一致收敛于f （x ） .

第 3 页

，共 36 页

在任意区间内是一致收敛的，

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由于在[a, b]上一致有界，所以

上一致连续，于是有

在[a, b]上一致收敛于

.

再由f （x ）在

二、解答题

6． 设

,

, .

. （1）计算

, 其中L 为

螺旋线x=acost, y = asint, z = ct（条件下A 为有势场, 并求势函数.

【答案】 （1）

（2）

）; （2）设A= （P , Q, R ）, 求rotA ; （3）问在什么

（3）由（2）知, 当A=1时, rotA=0, 此时A 为有势场, 势函数

7． 抛物线

【答案】设圆故

把圆

分成两部分, 求这两部分面积之比.

表示另一部分的面积, 则

面积为

于是

表示图中阴影部分的面积,

图

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