2019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名?？佳姓骖}及答案

2019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名?？佳姓骖}及答案2019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名校考研真題及答案考研數(shù)學(xué)分析真題集目錄南開大學(xué)北京大學(xué)清華大學(xué)浙江大學(xué)華中科技大學(xué)浙江大學(xué)數(shù)學(xué)分析試題答案一、N當(dāng)nNNnN,an

a m}

lima an n

， ，k k k所以，an

aan

a an nk

a2二、N,xN時(shí)，f(xg(x)1,當(dāng)x'x''1時(shí)，f(x')f(x'')對(duì)上述xxNx'x''1g(x')g(x'')f(x')g(x')g(x'')f(x'')f(x')f(x'')x',xN時(shí)，由閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定一致收斂，所以2,x'x''2時(shí)g(x')g(x'')，當(dāng)x'Nx''時(shí)，由閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定一致收斂，在x',x[N2N2g(x')g(x'')，取,2}即可。三、由f'(a)0,f''(x)0,得f'(x)0,所以f(x)遞減，又f(x)f(a)f'(a)(xa)12

f''()(xa)2，所以limf(x)，且f(a)0，所以xf(x)必有零點(diǎn)，又f(x)遞減，所以有且僅有一個(gè)零點(diǎn)。1 f(x)

xft)dt四、(x)1f(xt)dt xft)dt,'(x)

0 ，0 x0

x x2'(0)x0

(x)x

xlim0x0

f(t)dtx2

x0

f(x)A，2x 2x0lim'(x)limf(x)x0

f(t)dt

limf(x)lim

f(t)dt

A，'(x)在x0連續(xù)。xx0 x0 xx

x2 x0 x

x0 x2 20五、當(dāng)mk時(shí)，不妨設(shè)mk，01P

(x)Pk

(x)dx

12mkm!k!

1[(x1

1)m](m)[(x

k](k)dx1[(x2)m](m)[(x2)k](k)dx1[(x2m](m)[(x2k](k

1 1[(x2)k](k)[(x2)m](m)dx=1[(x2)k](k)[(x2)m](m)dx()k1[(x2)k][(x2)m](mk)dx0當(dāng)mk時(shí)，1P

(x)Pk

(x)dx 122m

1[(x2)m](m)[(x2)m](m)dx11[(x2)m](m)[(x2)m](m)dx[(x2)m]m[(x2)m]m11

1 1[(x2)m]m1[(x2)m](m)dx=1[(x2)m]m1[(x2)m](m)dx=()m1[(x2)m][(x2)m](2m)dx=1()m(2m)!1[(x1

1)mdx=2()m(2m)!1[(x2)mdx0六J是實(shí)數(shù)，當(dāng)T時(shí)，當(dāng)i

(x

,xi1

)時(shí)，ni1

f()(xi

xi1

)Jn1is1 1lim

xsdx，當(dāng)s1時(shí)，該積分收斂。n

i0n

n n 01

()n七、k有界， 在(,)上單調(diào)一致趨于零由狄利克雷判別法知， k1

nx2

n1

nx2在(,)上一致收斂，n1

1nx2

與n1

1同斂散，所以發(fā)散；n當(dāng)x0時(shí)，n1

x2(1x2)n

絕對(duì)收斂，當(dāng)x0時(shí)，n1

x2(1x2)n

絕對(duì)收斂；R(x)

1 x21

1 1，所以不一致收斂n八、1.

x2)n n

(1)nn1 I(s)1lnstdtsln(st)dt1lnts)dtsln(st)dt1lnts)dt1 0 0 s slntdt 1sln0 01I'(s)lnss),I''(s) 1 0 ， 當(dāng) s1 時(shí) ，1s 1s 2222( 2I(s)1 tdt 1 11dt)ln21222( 20 2 2 0(u,v(u,v)(x,y)2x2.uxy,vy2,

v,J3du31dv2ln3x y2x2

1 13J 3x2y2xy)2:x2y2xyxy3.DJ4 3sins

(rcosrsinr2sincos)rdr4 1sincos 04

sin2(x

))23

(sincos)4

8 3

sin)2

8 3

4 dx 4

4

d 03 04

sincos)3 3

(2sin)3 34

(2sin2(x

))348 3 cos2x)2dx8 33 0(2cos2x)3(1cos2x)2dx

4sin4x

dx2

4sin

xdx

8 dx0(2cos2x)3

02sin

x)3

0(3sin2

xcos2

x)3

0sinx2cot

x)322

dcotx

8 dx

8 dx

8s

xdx

21cos2x)2dx0cot2x)3

0x2)3 27

0x2)3 27

0 27

0 184 3222 J= 4 3222 272019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名?？佳姓骖}及答案2019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名校考研真題及答案南開大學(xué)年數(shù)學(xué)分析一、設(shè)wf(xyxyxf(xyz有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，求wxyx u v 解：令u=x+y,v=x-y,z=x則w f f fx u v w f f f f f f xy uu uv vu vv zu zv1二、設(shè)數(shù)列{a}非負(fù)單增且lima

a，證明lim[ananan]n an n

n 1 2 n1 1解：因?yàn)閍n非負(fù)單增，故有an

[an1

an2

an]nn

(nan)nn由lim

a；據(jù)兩邊夾定理有極限成立。n n三、設(shè) xx2),x0試確定的取值范圍，使f(x)分別滿足：f(x)

0,x0極限limf(x)存在x0f(x)x=0連續(xù)f(x)x=0（）因?yàn)閘im f(x) =

= limx[x2x4

2x(1)nx

o(x2n)]limxx2) 2 nx0 x0 x02+0知 2(2)因?yàn)閘imf(x)=0=f(0)所以要使f(x)在0連續(xù)則x0

2（3）

(0)

0所以要使f(x)在0可導(dǎo)則 1四、設(shè)f(x)在R連續(xù)，證明積分f(x2y2)xdxydy與積分路徑無(wú)關(guān)lU=x2

y2則

f(x2y2)xdxydy=1

f(u)du又f(x)在R上連續(xù)故存在F（u）l 2l使dF(u)=f(u)du=f(x2y2)xdxydy所以積分與路徑無(wú)關(guān)。 （此題應(yīng)感謝小毒物提供思路）五、 設(shè) f(x)

[a,b] 上可導(dǎo)， abf( )2

且f(x)M , 證明bf(x)dx Ma 4

(b a)2證：因 f(x) 在[a,b] 可導(dǎo)，則由拉格朗日中值定理，存在(a,b)使f(xfab)f()(x

ab)2 2 即 有bf(x)dxa

f)(xa

ab)dx2ab

ab

ab ab Mbf)(x )dxM[2 (

(x (ba)2a 2 a 2

ab 2 42六、設(shè){an

}單減而且收斂于。a0n0

sinn發(fā)散證明ansin收斂u證明

limnv

n1 其中

u (an

sinkaksink) ；nv (aksinkaksink)n1證1）因?yàn)?sink 而

單減而且收斂于0據(jù)狄利克萊判別法知ansin收斂

sin1 n2n（2）因?yàn)檎?xiàng)級(jí)數(shù)an

sinn發(fā)散則 aksink(n)又由上題知uaksin有界limnv

n1n七、設(shè)

F(t)etx1

sinxdx證明x（1）

etx1

sinxdxx

在[0,)

一致收斂（2）F(t)在[0,連續(xù)sinxdx

etx證1）因1 x

收斂（可由狄利克萊判別法判出）故在t>=0上一致收斂；又0x>=1,t>=0單調(diào)且一致有界0etx0)由阿貝爾判別法知一致收斂00（2）t0

[0,),,t [,]由上題知在[,]一致收斂，且由etx

sinxx

在[]

在[]

連續(xù)所以在

t0連續(xù)，由t0的任意性得證八、令{f (x)}是[a,b]上定義的函數(shù)列，滿足n（1）x0

[a,b]{fn

(x)}是一個(gè)有界數(shù)列0（ 2 ） 對(duì) 任 意 0 ， 存 在 一 個(gè)0xy[a,b]xyn,f(xfy)n n求證存在一個(gè)子序{f (x)}在[a,b]上一致收斂nk證：對(duì)任意x[a,b]，f(x)}是一個(gè)有界數(shù)列故由致密性定理存在一收斂子列，設(shè)為nxf xU={u(x,xnk

)x[a,b]}則U為[a,b]的一個(gè)開覆蓋集，由有限覆蓋定理，存在有限個(gè)開區(qū)間覆蓋[a,b]，不妨設(shè)為u(x

, )u(x , )1x m x11 m

0,能找到N ,n N， (im)>0有k k >0有1 2f (xn

)fn

(x)i

3令

,,x

}2

0k2 k20,x[a,b],xl

xxl

1 mn,fn

(x)f (x)n l 3于是0,k,tn,nk t

N,x[a,b],xl

[a,b]有f (x)f (x)f (x)f (x)f (x)f (x)f (x)f (x)n n n n l n l n l n l nt k t t l k k k+ f (xf (x) f (x)f (x) f (x)f (x)由柯西準(zhǔn)則得+ n n l n l n l n l nt t l k k k證。南開大學(xué)數(shù)學(xué)分析試題答案xaf(x)xa xaf(a)

limxa

lnf(x)f(a)xa

f'(a)f(a)1z

f yy f ,x x2 y2z fxy

yxfxx

yfx

1 fx2

yfx

y f =fx3 yy

yxf 1xx x

f y fy x3 yy2x)即證明

1

1 ，即證2x)x1 1x 1x 1xf(x)2xx1

11

，f(0)0，2 1 x2fx) 1 0f(x)f(0)0，證完。1x x)2 x)24.

x2y2ln(x

y2)dxdy

= 2sin2cos2d1r5lnr2dr =0 0D 1 82sin2cos2r5lnrdr= 0 0 72Q P5.設(shè)P=x

y2，Q=2xy，x

2y

y，積分與路徑無(wú)關(guān)，則 3J x2dx 0 3nnnn1

lnnen

lnn

0

lnn

0

lnnn n原題得證

n1

,又當(dāng)

時(shí)，n1

收斂當(dāng) 時(shí)級(jí)

n1

n1發(fā)散，7. 由 拉 格 朗 日 定 理 ， f(2n)f(n)f'(n)n ， 其 中nn

2nlimf'(n

)n n

f(2n)f(n)0n

，原題得證n18.（1）應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法，當(dāng) 時(shí)命題成立，nk(F (F f )F fk kk k

也 成 立 ， 則 當(dāng)

nk1時(shí) ，F(xiàn)k

min{Fk

,f }k1

2

Fk1連續(xù)。（2）（3）由

{Fk

(x)}

單調(diào)遞減趨于

F(x)

{F， k

}與

F(x)

都連續(xù)，由地尼定理，該收斂為一致收斂。x9.(1)證明：

(a,b),x0

x x1 2取

x 1

0,x

x,x

x，代入式中得，x x2

1 2 2 0x x

f(x

)f(x

) f(x

)f(x)f(x1

)f(x)0

1 0x x2

[f(x2

)f(x0

)]即

1 0 x x1 0

2x x2

0 ，所以函數(shù)f(x)f(x)g(x) 0 單調(diào)遞增有下界，從而存在右極限，則xxf'(x)lim

0f(x)f(x)0 ； 0 xx0

xx，0，

f(x

)f(x

) f(x

)f(x

f(x

)f(x)x x1

x x3

，由題設(shè)可得

1 2 x x1 2

2 3 x x2 3

3 4x x3 4f(x即

)f(x)2

f(x3

)f(x4

f(x1

)f(x2

lim

f(x3

)f(x)4 ，xx1 2

x x3 4

xx2

xx1

xx4

x x3 4所以導(dǎo)函數(shù)遞增。(2)參考實(shí)變函數(shù)的有關(guān)教材。南開大學(xué)數(shù)學(xué)分析試題答案由于D關(guān)于x軸對(duì)稱，被積函數(shù)關(guān)于y成奇函數(shù)，所以該積分為0g g

yg z0du

f

z，其中y,z由

x yx

zx求出dx

yx

zx

x x

y zh

hg

h

hg

h hx

hx z

x0 x z z

,

x y y xx ghy z

ghz

ghy z

ghz y4(k)2nlim14(k)2nnnk1

1 dx44x2

32 33Msintdt 1 x0,f(xx0,上一致收0斂，又

sintx

xt在x(0,)上連續(xù)，則f(x)在x(0,)上連續(xù)。由

1泰 勒 公 式1

e1

1 e ， 則1e1 1

11 e

(ne，后者收斂，則原級(jí)數(shù)收斂。(n(n由拉格朗日中值定理，

1f( )

1f'()x

MxM

后者收斂，由魏爾特拉斯xn nx定理，原級(jí)數(shù)一致收斂。

n n n2 n2xf'( )由s(x)一致收斂，則可以逐項(xiàng)求導(dǎo)，s'(x)n1

n 也一致收斂且連續(xù)，故s(x)連續(xù)可n2導(dǎo)反證：設(shè)存在(x,

有

P)(x,y

0，不妨設(shè)

P)(x,y

)0，由連0 0 x y 0 0 x y 0 0續(xù)函數(shù)的局部保號(hào)性，知道存在一個(gè)鄰域當(dāng)(x,y時(shí)Q

P)(x,y)0，則存在一個(gè)圓周C

,PdxQdy (

x yP)dxdy0與已知矛盾。08.當(dāng)0x

Da時(shí)，f'(x)f''()xx2

x yaxaf'(x)f''()(xa)axf'(x)g(x)2(2)若對(duì)任意的x(0,a)有f'(x)g(x)，則在xa時(shí)，f''(x)不存在，矛盾。2xUf'(x)g(x)0x0a\Uf'(x)g(x)0x積分即可6.f(x)g(x)g(x)(xx) ，f(x)f(x)g(x)(x xg(x)在(ab上有0 0 0 0 0g(x在(abf(x在(ab上連續(xù)。f(x

)f(x

) f(x

)f(x)(2)x x x ， 則0 1 2

1 x x1 0

g(x)1

2 1 ， 則x x2 1f(x)f(x) f(x

)f(x) f(x)f(x) 1 0

2 0 則 0 單調(diào)遞增有下界，存在右極限，

'(x)x x1 0

x x2 0

xx 00

'(x

)存在，由極限的保不等式性可得中國(guó)科學(xué)院數(shù)學(xué)研究院數(shù)學(xué)分析試題答案Blimln(exex)limAe )BxA BAxx0 x0x1 0

limln(e e )limAe )BA BAB（）當(dāng)B A 時(shí)，

x x xx0 x0xA0

limln(exex)limAe )BA BABxxx0 x0xA0

limln(exex)limAe )BA BABxxx0 x0xB當(dāng)A0時(shí)，limln(exex)limAe )0BxA BAxx0 x0x（2）當(dāng)BA0時(shí)，

BABxlimln(exex)limAe )limBxA BAxx

x AlimeB

AB=x0 x0x

x0 x

x0 x2AB)lim x2 0xe(AB)x23 0

Alimln(e

e )limln(2e )limln2A（）當(dāng)B A

時(shí)，x0

x x xB x0 x0 xB A0

Alimln(e

e )limln(2e )limln2

A當(dāng) 時(shí)

x0

x x xB x0 x0B A0

Alimln(e

e )limln(2e )limln2

A當(dāng) 時(shí)

x0

x x xB x0 x0 xB A0

Alimln(e

e )limln(2e )limln2

Aln2當(dāng) 時(shí)

x0

x x xB x0 x0 xB 當(dāng)0時(shí)，limf(x)0f(x)連續(xù)；x0當(dāng)1f'(0)limxsin10f0存在；1 x0 1 當(dāng)2時(shí)，f'(x)x1sin x2cosx xlimf'(x)0,x0yx

xy

lnyylnxlnxxlny，f(t)lnyylntlnttlny，f0，f(y)0f'(t)

y1t

lny

y1 1 1當(dāng)1tygy)

lny，g'(y) 0，g(y)0，t t yy1所以f'(t) lny0f(t)f0，t當(dāng)0ty1gy)

y1t

lny，g'(y) 0，g(y)0，1 t y1 所以f'(t)4.

y1t

lny0f(t)f(y)0，22 02

d2

d2

20

d322cos32

1 4

4

4

dtan

202cos

02cos

204cos2

04cos2

04tan232 d

2 30 2cos 33假設(shè)存在常數(shù)M0f'(x)M，積分lnf(blnf(a)M(ba矛盾f(x)z1rcos作代換xrsincosyrsinsinV2

arctan1r2sind

2cos2(1rcos)dr20 0 02

rsin2==arctan12cos(2r2r2cosdr2==0 0 02 arctan1 16

arctan

161cos2d

2(2cos)2

cos4

2[ ( )2cos0 0 3

0 3 2=x296

y2z21的切向量為(x96yzxy1z3xy1z396x,y,z)3 4 12 8 8 8 896x,y,z)d196,D13 138.當(dāng)x時(shí)，f(2x)f(x)Ax12

f(x)f(x2x2

A12122

x xf( ) f( 2 4x4

A12212n相加：

f( x2n1

)f(x)2nx2n

A12nnk

14k

f(x)f(x

x)2n n 2kk1

n 14kk1令n，所以f'(0)A9

yf(x)dx

1x2y2

lim

yf(x)

dxlim

lim

lim1y01x2

y2 y0y0 y0由含參量積分的性質(zhì)，lim1 0lim 0y0

y01 yf(x

dxf) y dx

f(0)y00y2x2

1 0y

x2 20 yf(x)

dxf)

y dx

f(0)y0y2x2 2 y2x2 22006年數(shù)學(xué)分析試題參考解答a,b使下列函數(shù)在x=0處可導(dǎo):axb 當(dāng)x0;yx21 當(dāng)x<0.解：由于函數(shù)在x=0處可導(dǎo)，從而連續(xù)，由f(00)b,f(00)1得到b=1;又由f(0)a,f(0)0得到a=0.即得。 已知an

0,級(jí)數(shù)n1

1發(fā)散,求證級(jí)數(shù)an

1 .a1n證明:用反證法。20192019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名校考研真題及答案由a 0知級(jí)數(shù)n

1，a

1a1

均為正項(xiàng)級(jí)數(shù)。n1 n n1 n假設(shè)級(jí)數(shù)

1 收斂，則lim 1

0，于是有a1 na1n1 n n1na 1 1n

1lim

lima

lim

1 1從而由正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比較判別法知級(jí)數(shù) a收n n n

n1

n1 na1n

a 1n

a 1n斂，矛盾，從而得證。3 0為整數(shù),求積分m,n 1 m(x)nd3 0為整數(shù),求積分0解：設(shè)I(m,n)=1 m(x)ndx,設(shè)I(m,n)=01 xm1

xm1 1 1

xm1 nI(m,n)=(1-x)nd (1x)n | n(1x)n1(1) dx I(m1,n1).m1 m10 m1 m10 0從而n n n1

n n1 1I(m,n)

I(m1,n1) I(m2,n2)m1 m1m2

m1m2

m

I(mn,0) n! 1

m!n!即得解。(mn)!mn1 (mn1)!m!（利用余元公式、換元、函數(shù)更為簡(jiǎn)單）4a>0,f(x[-a,a]上的連續(xù)的偶函數(shù),則

f(x)dx1+ex

f(x)dx.a 0由f(x)是定義在[-a,a]上的連續(xù)的偶函數(shù)f(x)f(x,x有af(x)dxaf(t)(dt)a

etf(t)dt1+exa

1eta a

1et從而aa

f(x)dx1+ex

1(a2a

f(x)dx1+ex

etf(t)adt)a1eta

1a2a

f(x)dx1[2

f(x)dx

f(x)dx]

1[a2

f(x)dx

f(x)dx]

f(x)dx

得證。a 0

0 0 02019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名?？佳姓骖}及答案2019年數(shù)學(xué)考研數(shù)學(xué)分析各名校考研真題及答案5設(shè)函數(shù)f(x)在含有[a,b]的某個(gè)開區(qū)間內(nèi)二次可導(dǎo)且f(a)=f(b)=0,則存在(ab)使得|f

4 |f(b)f(a)(ba)2證明:由Tayler定理,對(duì)x=a+b(ab)有2f(x)f(a)f'(a)(xa)12!1

f1

)(xa)2,f(x)f(b)f'(b)(xb) f2! 2

)(xb)2.而f'(af0,故有1|f(b)f(a)| |f)(xa)2f

)(xb)2|2!令|f(max{|f1

1)|,|f''(2

2|},則有1 ba|f(b)-f(a)| |f''()2(

|f''()|(ba)2 即|f

4(ba)2

|f(b)f(a)|.設(shè)實(shí)值函數(shù)f(x)及其一階導(dǎo)數(shù)在區(qū)間[a,b]上連續(xù),而且f(a)=0,則6 max|f(x)x[a,b]

1baba2(|f'(t)|2dt),abf2(x)dxba

1(b2

2ba

f'(t)|2dt.證明:我們先來(lái)證明一個(gè)不等式，一般的稱為Cauchy---Schwarz不等式，即1

bf(x)g(x)dx(

f2(x)dx

1)2

bg2(x)dx)2(f,g[a,b)a a a設(shè)h(x)f(xtg(x),則h2(x)f2(x)2tf(x)g(x)t2g2(x),b兩邊從a到b取積分,有bbh2(x)dx

f2(x)dx

f(x)g(x)dxt2bg2(x)dxa a a a由等式右邊對(duì)t 都成,知2

f(x)g(x)dx)24

f2(x) b 2(x)dx0.dx dx 下面我們來(lái)證明題目:設(shè)max|f(x)f(x

|,NewtonLeibniz公式有0f(x)f(a)||f(t)|dt|f(t)|dt| 0 00即|f(x0

)|2

(0a

a af(t)|dt)20|ft)

dt02dt(x0

0

f(t)|2dta a a)|bab ft)2dt)|a兩邊開方即得證。同樣，由Newton-Leibniz公式有f(x)=f(a)+x

f(t)dt

fa af2(x)(

f

f'2t)dtx2dta a a等式兩邊x從a到b積分有bf2(x)dxb[(xa)b

f'2(t)dt]dxa a ab x (xa)2[f'2(t)dt]d2a ax (xa)2 b b (xa)2f'2(t)dt | f'2(x) dx2 a 2a a(ba)2b f'2(t)dt2a設(shè)n是平面區(qū)域D的正向邊界線C的外法線，則7 uds(2un u2

2u)dxdyu2C D證明：由Green公式有udsn

udyu(dx)(2ux y u2

2u)dxdyu2C C D8設(shè)曲線x2y2a2 b2

1的周長(zhǎng)和所圍成的面積分別為L(zhǎng)S，還令J(b2x22xya2y2)dsJ

S2L.22a2b2 S2LJ(b2x22xya2y2)dsa2b2dsa2b2L2

L29計(jì)算積分90

dx1+x3

n1

(1)n1的和。3n2解：=解：0

dx，1+x3則I1

1 dx10

0(1x)(1xx2)1(1 1 1 x

)dx31x 3x2x101ln(1x)|1112x13dx3 0 601 1

x2x11 11 1 ln2 ln(x23 6

x1)| 0 2 x2)0)

x1dx1ln2

d(2x132 331 3 1ln2 arctan32 333 331ln233

2x101( )23

3 3 3為證明n1

(1)n13n2

=I，我們先來(lái)證明一個(gè)定理：定理2設(shè)f(x)n0

axnn

在|x|<R內(nèi)收斂，若ann0

Rn1n

也收斂，則Rf(x)dx

Rn10 n0

nn1,f(x)(R,R)上收斂,從而內(nèi)閉一致收斂,對(duì)于任何x(-R,R),都有x x

x

xn1f(t)dt

atndtn

atndtn

ann1,0 0n0 n00 n0即有冪級(jí)數(shù)

xn1na n1n

(R,R,

a Rn1,nn1n0 n0從而在[0,R]上一致收斂,和函數(shù)在x=R處左連續(xù),便有Rf(x)dx limaxR0 0 n0

xn1n

ann0

Rn1n回到題目，看數(shù)項(xiàng)級(jí)數(shù)

(1)n3n2

收斂，設(shè)f(x)=

(1)n1x3n3

，|x|<1,由定理2即知(1n13n2

=

n1 n0f(x)dx=I.n1 010求曲線xacos3t,yasin3t(a0)繞直線yx旋轉(zhuǎn)所成的曲面的表面積.解:這是星形線，充分考慮到對(duì)稱性(x=0,y=0,x=y,x=-y)，有34 |acos3tasin3t|表面積S2x'2(t)y'2(t)dt26 a2

[2222(1)52

4(cos3tsin3t)sintcostdt

34(cos3tsin3t)sintcostdt]26 a2

12 3a225 52北京大學(xué)1f(x)x2sinx1sinxlimsupf(xliminff(x).1x2sinx解

x x:首先我們注意到.f(x)

x2sinx1sin在sinx.x2sinx

x2sinx1sinxx2sinx

sinx ,x2sinxx21x2x21所以易知在xx2sinxx21x2x21x當(dāng)然此上極限可以x2k2

,k這么一個(gè)子列得到.對(duì)于f(x)

lim

sin

0,lim

x2sin2

0,liminff(x)0.x此下極限當(dāng)然可以

xx2sinx x x2sinx令x(2k1),k這么個(gè)子列得到.1. (1)f(x)在開區(qū)間(abf(x在(abf(x)在(ab.證明f(x)x(a,b)Mf(x)(a,b).對(duì)于x,x1 2

(a,b),由Lagrange中值定理,存在(x,x),使得f(x)f(x)f()xx Mxx .1 2 1 2 1 2 1 2這顯然就是Lipschitz條件,所以由x1

x任意性2

證明f(x)在(a,b)上一致收斂.f(x)在開區(qū)間(ab)(abf(x在(ab)是否一定有界。（若肯定回答，請(qǐng)證明；若否定回答，舉例說(shuō)明）證明:否定回答.f(x)在(a,b)上是無(wú)界的.2f(x)(x)1,f(x[0,1Canto閉區(qū)間上2連續(xù)函數(shù)一致連續(xù).所以f(x)在(0,1)上一致連續(xù).2顯 然 此 f(x)(1x)1(0,1上是可微.f(x)2

1 . 而22(1x)122f(x) 12(1x)2

在(0,1)上是無(wú)界的.3f(x)sin2(x2.f(x的麥克勞林展開式。(2)求f(n)(0)。(n)解: 這道題目要是直接展開是很麻煩的.先對(duì)原式做一下變形.有1 1f(x)

cos[2(x2再由cosMaclaurin展開2 2.又由于f(x)是偶函數(shù)，所以其展開式形式應(yīng)該為：f(x)k0

kx2k1

x4

kx2nn比較系數(shù)有：

k 0 ，接下0

來(lái)，若

p為奇數(shù)，則由f(x)

12i1

(1)k

22k(x21)2k(2k)!

x2p項(xiàng)系數(shù)為： 1 Cp 22k(1k1 1 22k(1k1k2p2kp12

2k(2k)!

2 k2

(2kp)!p!

，此時(shí)令2kp2t1,ktp1.2p1

p1有k 2

(1)2

22t

2

(1)2

sin2。2p 2p!

t

(2t1)! 2p!p1為偶數(shù)時(shí)k2p

2p(1)22p!

cos2。綜合得： (1)

2p1(2psin2為奇數(shù) 2 p! 2p1(2p)!cosp!f2p(0)2p1(2p)!cosp!1 2p 1

p-2

2p為偶數(shù)f(n)(0) f2p1(0)0 其中p1,2,3試作出定義在R2中的一個(gè)函數(shù)f(x,y)，使得它在原點(diǎn)處同時(shí)滿足以下三個(gè)條件：（1）f(x,y)的兩個(gè)偏導(dǎo)數(shù)都存在（）任何方向極限都存在（3）原點(diǎn)不連續(xù) xy解：f(x,y)x2y2

x2y20

。顯然這個(gè)函數(shù)在xy0的時(shí)候，有偏導(dǎo)數(shù)存在

0xy0f(x,y)y

x(x2y2)(x2y2)2

fxy0的時(shí)候，有

(x,y)

，此式在原f(x,y)x

y(y2x2(x2y2)2

f(x,y)0x點(diǎn)也成立。對(duì)于任意方向極限，有l(wèi)imf(cossin)lim2cossincossin。0 0 2顯然沿任意方向趨于原點(diǎn)。此函數(shù)的方向極限都存在。最后，因?yàn)檠夭煌较?趨向原點(diǎn)。不妨設(shè) （0，），顯然有不同的極限4cossin與cossin。且其都不為0。所以該函數(shù)在原點(diǎn)不連續(xù)。計(jì)算

x2ds.LxL

y

z

1xyz0的交線。解：首先，曲線L是球面x2

y

z

1與平面xyz0的交線。因?yàn)槠矫鎥yz0x2y2z21中心為原點(diǎn)。所以它們的交線是該球面上的極大圓。再由坐標(biāo)的對(duì)稱性。易知有x2dsy2dsz2ds。L L L1 1 因此有L

x2ds= 3

(x2y2z2)ds= L 3

ds=3。設(shè)函數(shù)列{f(x)}滿足下列條件，f(x)在[a,b]連續(xù)且有f(x)f (x)n n n n1（x[a,b]）（2）{fn

(x)}點(diǎn)點(diǎn)收斂于[a,b]上的連續(xù)函數(shù)s(x)證明：{fn

(x)}在[a,b]上一致收斂于s(x)證法1：首先，因?yàn)閷?duì)任意x0

a,b,有fn

(x)S(x0

)。且有fn

(x)f0

(xn1

)，所以n，對(duì)于任意nnk

，有0S(x0

)fn

(x)。0 3又因?yàn)閒(x)與S(x) 在x 點(diǎn)連續(xù)。所以可以找到 0，當(dāng)n 0 xx0

,xa,b時(shí)。有fx n0

(x)fnk

(x)0 3

，以及S(x)S(x0有

)3

同時(shí)成立。因此，當(dāng)nnk

，xx0

,且xa,b時(shí)，x0S(x)fn

(x)S(x)fnk

(x)S(x)S(x0

)S(x0

)fnk

(x)f0 nk

(x)fnk

(x)。0如此，令x0a,b區(qū)間。

{x:xx0

，所以有開區(qū)間族x x0

:xa,b}覆蓋了0而S(x)在閉區(qū)間b上連續(xù)。由Heine-Borel 定理，從開區(qū)間族:xx

中可以選出有限個(gè) ,x x

, , ，x x0 1 2 3 k使a,bkxii1

。由xi

的選法?？捎上鄳?yīng)xi

與n ，當(dāng)xk xi

a,b，且nnki

時(shí)，有S(x)f(f(x)。取Nmax{nki

:1iknNxS(xfn

(x) 成立。所以{fn

(x在b上一致收斂于S(x。證畢。證法2：反證法.設(shè)存在某0

0nxn

使得fn

(x)S(xn

)0

{x}n有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收斂子列{x }收斂于b中某值

．因?yàn)閷?duì)任意xa,bf0

0(x)S(x)。0 0且有 fn

(x)f0

(xn1

) ，所以kp

，當(dāng)n nk kp

時(shí)，有S(x0

)fnk

(x)S(x0

)fnkp

(x) 0．0 3設(shè)某n nk kp1 p

，由S(x) 與

nkp1

(x)連續(xù)性．存在一 ，當(dāng)0xx0

,xa,b時(shí)0 有S(x)S(x)0

03

nkp1

(x)f

nkp1

(x)0

0同時(shí)成立．顯然，又因?yàn)?{x }

．所以存在K值，Kk ．nk 0當(dāng)nk

n xK

p1x 0

成立．最后，當(dāng)n0

n 時(shí)，有KS(xnk

)fnk

(x )S(xn nk

)f

(xn kp1 k

)S(xnk

)S(x0

)S(x0

)f

nkp1

(x)0

nkp1

(x)f0

(x )n kp1 k＜ ．這與假設(shè)矛盾．0所以在b上，

(x)}是一致收斂于s(x)．證畢．n大連理工大學(xué)試題數(shù)學(xué)分析試題解一、 計(jì)算題1、 求極限：

a2a1

...nan,其中l(wèi)ima a解：a2a

n ...na

(n1)a

n

n(n1)a alim 1 2

nlim

n1

lim

n (利用Stolz)n

n(n1)2n2 n 2n1 212、求極限：limex( )x21x x解：limex

1)x

(11)xx )xx 1

x e1 1 1(1

)xe

)x(ln(1 ) )lim x1

lim x 1x

x1x x

x x2(1 1elim x 2x2

o(1x2

))

1x1

ex

1 2x21 elimex

1)x

)x ex 2x)xlim(x 2x

e)x 1ex

x x

x e3、證明區(qū)間（0，1）和（0，+）具有相同的勢(shì)。證明：構(gòu)造一一對(duì)應(yīng)y=arctanx。4、計(jì)算積分 1y2x

dxdy，其中D是x=0,y=1,y=x圍成的區(qū)域D解： 1

dxdy1y 1 dxdy1ln(xy2)|ydyy2xD

00y2x 0 01ln(y)dy1lnydy0 0[(1y)ln(1y)(1y)ylnyy]02ln25、計(jì)算第二類曲線積分：I

ydxxdyC x2y2

，C:x22y2

1方向?yàn)槟鏁r(shí)針。解 ：xcos 1 ,[0,2)2y sin21 1CydxxdyC換元

2

sin22

cos22

42 cosI x2y2

0

1 1 cos22 2

d

d20 3cos21x2 328 (2x2)(1x2)2ta

1x

darctanx4 2

2 dx

31x21x2

(2x2)(1x2)4 2

dx 6

x 4 1x2

x 2221 221 a1b1ab6、設(shè)a>0,b>0b1

b。證明：

a1b1abf(x)1abxb1

b

x a1b11abb1

f(b1)b1 b1 ab

1ab

f(b)b b f'(x)1abx[ln(1ab)

a

]0(Taylor展開可以證明) x

x x(ab) 所以f(x)遞增，從而得證二、 設(shè)f(x)為[a,b]上的有界可測(cè)函數(shù)，

f2(x)dx0,證明：f(x)在[a,b]上幾乎0證明：

[a,b]反證法，假設(shè)A={x|f(x)≠0}，那么mA>0。1 A{x|f(x) },A A。必然存在某個(gè)A,mA 0n n n n n1mA[a,b]

f2(x)dx n2

0,矛盾三、 設(shè)函數(shù)f(x)在開區(qū)間）內(nèi)連續(xù)且有界，是討論f(x)在（0，+）內(nèi)的致連續(xù)性。討論：非一致連續(xù)，構(gòu)造函數(shù)：1f(x)sinx顯然，f(x)連續(xù)且有界。但是f(x)在x0時(shí)非一致連續(xù)反證法：如果一致連續(xù)，對(duì)0,x0,0,當(dāng)|x'x"||sin

1sin1|.取1x' x"令x'

2 ,x" 1。當(dāng)n足夠大的時(shí)候|x'x"| 1 (2n(2n1)n|sin1sin1|1x' x" x2y ,(x,y)四、 設(shè)f(x,y) x4y20,(x,y)(0,0)

，討論函數(shù)的連續(xù)性和可微性。y1y1y2x40連續(xù)性：連續(xù)limx0y0

x2y

limx4y2xx4y2可微性：可微f(x,0)f(0,0)f(0,0)lim 0x0 xf(0,y)f(0,0)f(0,0)lim 0x0 ylim

f(x,y)f(x,y)f(x,y)x2x2y2

x2yx2y2 x2y2 x4y2y0 y01y2 11y2 1y2x2 x4x0y0五、 設(shè)f(x)在（a,b）內(nèi)二次可微，求證：(af(a2fabf(b)

(ba)2

f"()2 4證明：令g(x)f(xbaf(x)中值定理：2g(x)g(a)

g)fba)f),(a,x)xa 2利用Lagrange中值定理：fba)f)baf"(),(,ba)2 2 2 ba b 令= ,原式g(x)g(a)( )2f"(2 2六、 f(x)在R上二次可導(dǎo)，x"(x)0,xR,f(x)00 0limf'(x)0,limf'(x)0，證明：f(x)在R上恰有兩個(gè)零點(diǎn)。x證明：

x先證：當(dāng)x的時(shí)候，f(x)0limf'(x所以，當(dāng),不妨設(shè)x

0,x 1f'(f'(x)2x).12(x)0當(dāng)xx時(shí)，x).12(x)0當(dāng)x

112f(x1

1)x的時(shí)候，f1同理,當(dāng)x的時(shí)候，f(x)0又f"(x0f'(x)為遞增函數(shù)f(x)先單調(diào)減少，在單調(diào)遞增f(x0

)0，根據(jù)連續(xù)函數(shù)的介值定理，在(,x0

),(x0

,)各有一個(gè)零點(diǎn)七、 設(shè)函數(shù)f(x)和g(x)在[a,b]內(nèi)可積，證對(duì)[a,b]內(nèi)任意分割:ax x...

b,,[x,

],i0,1,2,. 有0 1

i i

i1limn

f

)g(

f(x)g(x)dx||0

ii0

i i a證明：根據(jù)定義bf(x)g(x)dxlimna ||0i0

f(i

)g(i

)xi|n1

f

)g(

n

f

)g(

|n

f

)[g(

)g()]x|ii0

i i i0

i i i i i ii0max{|f)|n1|g)g)xi i i ii i0g(xn1|g)g)x

n1

)ii0

i i i i ii0lim|n

f

)g(

n

f

)g(

|0，從而得證||0

i i

i i ii0 i0八、 求級(jí)數(shù)：n0

(1)n3n1解：(1nx3n

x

(1)n(x3)n在(1,1]內(nèi)收斂1 1n0 n0n0

(1)n(x3)n在(1,1]內(nèi)一致收斂，所以可以逐項(xiàng)求導(dǎo)(xM

(1)n(x3)n

)'

(1)n(x3)n

1(x)3M31 1n0 n0

1 1 2x (1n

lim11(x)M1dx

1 dx1( 3

3)dxn0

1

M

1x3

01x3

01x 1xx2ln(x)11d(x2x)11 1

d(x )113 601xx2 2

03(x

1)2 24 2ln2 1 2x1 ln2 333 3 arctan 333 33 0 3九、 討論函數(shù)項(xiàng)級(jí)數(shù)n1

x(n2en2x2

(n12e(n1)2x2)(0,1(1,討論：n1

x(n2en2x2

(n12e(n1)2x2)xlim(n2en2x2)n1） 0<x<1xlim(n2en2x2)0n級(jí)數(shù)收斂，但不一致收斂。取x n

1,|S(xn n

)0|n不趨近于0，所以不一致收斂2） x>1xlim(n2en2x2)0n(xex2)'ex2(12x2)0即xex21en2 n2x2 n2

n2xn2en2x2 e 2 e 2e 4e e0,x1,N 4ln,nN,Sn

(x)十、 計(jì)

x2dydzy2dzdxz2dxdyz2x2y2z=0,z=2所截部分的外側(cè)。解：x2dydzy2dzdxz2dxdy(xyz)dxdydz 0 0 222(rcosrsinz) 0 0 2dzzr2dr2(cossin)d2zdzzrdr2d0 0 0 0 0 04十一、設(shè)f(x)在[0,1]上單調(diào)增加,f(0)>=0,f(1)<=1,證明：[0,1],f()3證明：M{x|f(x)x3,x[0,1]}minfM顯然M非空,下證:f(m)m3f(mm3,f(mm3r0xm,f(x)x3f(x)f(m)rx3m3由于yx3是連續(xù)函數(shù)，所以，對(duì)r>0存在x'x'3m3r0,與單調(diào)性矛盾。十二、設(shè)f(x)在[0,+∞]上連續(xù)，(x)dx絕對(duì)收斂，證明：0limnx0

(x(x)dxf(0)(x)dxn 0證明：limnx0

(x(x)dxf(0)(x)dxn 0(x)d足夠大的時(shí)候n(x)dx(x)d，0 0 0因?yàn)閒(x)連續(xù)，所以，當(dāng)n足夠大的時(shí)候f

(x)f(0)n|nf xx)dxf(0)(x)dx|

n[f x f(0)](x)dx|f(0)() (0 n

()0 0 n|(x)dx|f(00由于的任意性，所以命題成立十三、設(shè)a 0，證明n當(dāng)下極限liminf

ln(1/a)n

1

a 收斂n lnnln(1/a)

nn1當(dāng)上極限limsup n lnn1）

1

a 發(fā)散nn1liminf

ln(1/a)n

12r1n lnn即

ln(1/a)nlnn

1r11/an

n1ra n(1r)n根據(jù)積分判別公式，知命題成立（2）ln(1/alimsup nn lnn

1ln(1/a)即

nlnn

1r11/an

n1ra n(1r)n根據(jù)積分判別公式，知命題成立蘇州大學(xué)數(shù)學(xué)分析解答1.(2)limx2(arctanx)2x0 (arcsinx)4limx2(arctanx)2x0 x4

x0

2x2(arctanx) 11x24x31lim2x(1x2)2(arctanx)

26x22 1x2x0lim

4x3(1x2)(26x2)(1x2)

x0lim

12x220x58x26x4x0(1x2)(12x220x5) x0x2(1x2)(1220x3)lim

86x2

82x0(1x2)(1220x3) 12 3(2)xnxn1……x[1上總有唯一實(shí)根x,并求limxn n n證明：令f(x)xnxn1x1f(0)10,f(1)n10,x[1]f(x[1上有零點(diǎn)f(x)nxn1(n1xn2……2x10,x[1]f(x[1上單調(diào)f(x[1xnxn1……x[1上總有唯一實(shí)根x因此xn

nnxn

n1……x1nx 1兩邊令n,則有l(wèi)im n 1limxn1x n n 2n2.(20')證明函數(shù)sin1在區(qū)間）a，在x[a,)上一致連續(xù)。證明：（1）法一：取x

x 1 ,則limsin

1limsin1011 12

2

n x1

n x2從而sin1在區(qū)間）上不一致連續(xù)x法二：取1，則0,取x

,x 10 2xx 1

11 取N

21

2 1 2 sin1x1

sin 11x1x2從而sin1在區(qū)間）上不一致連續(xù)x(2)當(dāng)x[a,)時(shí)0,0,x1

x 時(shí)，有2sin1x

sin 11x211x21x11x2

xx 11 2 a2

xx1 21 121x21x2取a2時(shí)，有sin

sin x1即sin1在[a,)上一致連續(xù)。xtanx

x ,x

(0, )x sinx 2tanx

在x

上>0,令f(x)

x sin2x

,顯然f(x)在連續(xù)(0, )sinx 2下證f(x)>1

xsinx

(0, )x2cosx 22sinxcosxx2cosxsin2x(2xcosxx2sinx)x4cos2x2xsinxcos2x2sin2xcosxxsin3x2xsinxcos2x2sin2xcosxxsinx(1cos2x)x3cos2x x3cos2xsinx(xcos2x2sinxcosxx)x3cos2x令h(x)(xcos2x2sinxcosxx),x(0, )2h(x)cos2x2xcosxsinx2cos2x2sin2x12xcosxsinx3sin2xsinx(2xcosx3sinx)0,x

(0, )2所以h(x)單調(diào)遞增，h(xlimh(x)0x0從而xcos2x2sinxcosxx0又sinx0,x3cos2x0,x(0, )2所以f(x)0,即f(x)在

單調(diào)遞增(0, )2所以f(x)>limf(x)lim

sin2x 1x0 x0x2cosx即f(x)1從而tanx

x ,x

(0, )x sinx 2設(shè)f(x)上非負(fù)遞減，證明n+時(shí)nk=1

f(k1

f(x)dx有極限L，且0Lf(1)(2)設(shè)a 1 1 …… 1 lnlnn,n2,3……n 2ln2 3ln3 nlnn收斂。n令an

nk=1

f(k1

f(x)dx則a n

f(k1

f(x)dx

f(kn1kk

f(x)dx

f(kn-1f(k(k1k)f(n)0所以an

k=1有下界

k=1 k

k=1 k=1又a an1

f(n1)nn

f(x)dxf(n1)f),其中（n,n+1)由于f(x)上非負(fù)遞減，所以f(n1)f(0從而a單調(diào)遞減n因此{(lán)an

}收斂且a1

f(1)an

0,兩邊令n0Lf(1)

1xlnxa nnk2

f(k)1

f(x)dxnk

f(k1)n0

f(x1)dxnk

f(k1)n1

f(x1dx0

f(x1)dx有）知道nk

f(k1)n1

f(x1)dx收斂又令g(x)=1f(x1dx1 1 dx0 0(x1)ln(x1)可以知道是g(x)的瑕點(diǎn)，x0時(shí)， 1 1而1 1

d1

(x1)ln(x1)1 收斂

x(1x)0x(1x) 0(x1)ln(x1)因此{(lán)an

}收斂.

設(shè)u(x,y)在平面上二次連續(xù)可微，x=rcos,y=rsin,(r0)用u關(guān)于r,的偏導(dǎo)數(shù)表示ux用u關(guān)于r,的一，二階偏導(dǎo)數(shù)表示2ux21

ucosu

rsin解：（）

x r (2)2u

(ucos

rsin)

2ucos

2u

(sin)

2u

sin

2u

rcosx2

r r2

r r

22ucos22u

sin2u

rcosr2

r

26.(15'設(shè)a0,求級(jí)數(shù)n=1

n2 的和(1a)n解：設(shè)f(x)

n2xn,f(x)的收斂區(qū)間為（-1，1）f(x)x

n=1

n=1n2xn1令g(x

f(x),g(x)xn=1

nxn令h(x)g(x),則h(x)xn=1

xn

x1x則h(x) 112

，g(x) x12g(x) 1x13

,從而f(x)x(1x)13a31 (1 1 )a3 n2

f(

)1a 1

(1a)(2a)n=1

(1a)n

1a

11a)37.（20?）設(shè)半徑為r的球面s的球心在半徑為常數(shù)a的定球面上，問：r為何值時(shí)，s位于定球面內(nèi)部部分面積最大？解：設(shè)s位于定球面內(nèi)部部分面積為S,S為一球冠，則S=2rh,其中h為球冠的高如圖，ED=h,BE=r,AB=rr2a2r2a24ADOBOFABADAB2AB2AD2

OFABrra2r24BD 2ar2所以DEr2ar2 因此S2rh=2r(r )r2 r32a a4Sr ra

0r a3S| r|

40r4a 3

r4a3所以當(dāng)r4a時(shí)，S最大3OO108Ea6D42A-10-5FBr510-2-47765432A1OD-4-2E2B4-1-2-3.15')設(shè)函數(shù)f,g在x的某個(gè)領(lǐng)域上可導(dǎo)，且g(x)0limg(x)如果xx0

f(x)g(x)

0證明xx0

f(x)g(x)

xx0證明：取xxx,由Cauchy中值定理，令xx0f(x)-f(x有 1

1)f()A,(x

1 0x)g(x)g(x1

) g() 1 0f(x)

f(x)-f(x1g(x)g(x1

)(g(x)g(x)

))f(x)11f(x) f(x)-f(x

g(x

) f(x)從而

1(1

1) 1g(x) g(x)g(x1

) g(x) g(x)f(x)

f(x)-f(x) g(x

) f(x)Ag(x)所以 A(

1

1) 1 1g(x) g(x)g(x1

) g(x) g(x)令xx，則0,

0,使得當(dāng)

xxA時(shí)，有1 0 1f(x)-f(x)g(x)f(x)-f(x)g(x)g(x)114

0 1 1將x固定，令xx，則由g(x)知道0(xA)1 0 1使ax,有g(shù)(x)g(x)g(x)1f(x)Ag(x)1g(x)11, 2f(f(x)Ag(x)1g(x)1f(x)g(x)f(x)-f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)-f(x)g(x)g(x)11g(x)g(x)1

2所以xx0

f(x)Ag(x)

4 2蘇州大學(xué)1.(20')求下列極限limnanbn,(0ab)nannanbnn2bnnbnn2bn解：因?yàn)閚bnbnn2bn而lim

lim bnanbnanbn因此lim bn(2)lim( 1 1 其中f(a0,f(a)存在xa

f(x)f(a) (xa)f(a)

(xa)2解：由于f(a)0,f(a)存在，從而f(x)=f(a)+f(a)(x-a)+fo((xa)2)2lim( 1

1 )lim((xa)f(a)(f(x)f(a)))xa f(x)f(a)

(xa)f(a)

xa

(f(x)f(a))(xa)f(a)(xa)2

(xa)f(a)(f(a)(x-a)+fo((xa)2))x (xx (x(xa)f(a)(f(a)(x-a)+fo(