数学分析_各校考研试题及答案

一、设wf(xy,xy,x)其中f(x,y,z)有二阶连续偏导数,求wxy

解:令u=x+y,v=x—y,z=x则wxfufvfz；

wxyfuufuv(1)fvufvv(1)fzufzv(1)

二、设数列{an}非负单增且limannnna2a,证明lim[a1n1nnan]a

1nnn解：因为an非负单增，故有an[a1a2an]n1nn(nan)

由

nlimana；据两边夹定理有极限成立。

0,x02三、设f(x)xln(1x),x0试确定的取值范围，使f(x)分别满足：

（1） 极限limf(x)存在

x0（2） f（x）在x=0连续 （3） f（x）在x=0可导 解：（1)因为

xxlimf(x)=limxln(1x2)=limx[x2(1)n1o(x2n)]极限存在则x0x0x02n42n2+0知2

2

x0（2)因为limf(x)=0=f（0）所以要使f(x）在0连续则(0)(3）f20所以要使f(x）在0可导则1

四、设f（x)在R连续，证明积分f(x2y2)xdxydy与积分路径无关

l解;令U=xy2则lf(x2y2)xdxydy=1lf(u)du又f（x）在R上连续故存在F（u）

2使dF(u）=f（u)du=f(x2y2)xdxydy

所以积分与路径无关。 （此题应感谢小毒物提供思路) 五、

设

f（x)在［a，b］上可导，

Mf(ab且

)02f(x)M,证明

b2 af(x)dx4(ba)证:因f(x）在[a，b］可导，则由拉格朗日中值定理，存在

(a,b)使f(x)f(bababab)f()(x)22即有

f(x)dxf()(xabaab)dx2ababababMbf()(x)dxM[a2(x)dxab(x)dx](ba)222242六、设{an}单减而且收敛于0。

a) 证明

ansinn发散

ansinn收敛

un1nvnlim其中

b) 证明

un(aksinkaksink)；

vn(aksinkaksink)

证：（1）因为

sink11sin2而{an}单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知

ansinn收敛

（2）因为正项级数

ansinn发散则aksink(n)又由上题知

un1

nvnaksink有界故有lim七、设F(t)txe1sinxdx 证明 xtxe（1）1sinxdx在[0,)一致收敛 x（2)F(t) 在[0,)连续

sinxtx收敛（可由狄利克莱判别法判出）故在t>=0上一致收敛；又e在dx1证:(1）因

xx>=1,t〉=0 单调且一致有界0e（2）t0tx1(x1,t0)由阿贝尔判别法知一致收敛

[0,),,0使t0[,]由上题知，F（t）在[,]一致收敛,

且由etxsinx在(x，t）[1,)[,]上连续知xF(t）在[,]连续所以在t0连

续，由t0的任意性得证

八、令{fn(x)}是[a,b]上定义的函数列，满足 （1）对任意x0[a,b]{fn(x0)}是一个有界数列 （

2)

对

任

意

0，存在一个

0,当x,y[a,b]且xy时，对一切自然数n,有fn(x)fn(y)求证存在一个子序列{fnk(x)}在［a,b]上一致收敛

证:对任意x[a,b],{fn(x)}是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列，设为

{fn(x)}，又令U={u(x,x)x[a,b]}则U为［a,b］的一个开覆盖集,由有限覆盖

k定理，存在有限个开区间覆盖[a,b]，不妨设为u(x1,x于是对

1)u(xm,x)

m0,能找到一N>0，

nk,nkN，xi,(i1,2,,m)121m有

fn(xi)fn(xi)k2k23令min{x,,x}则由条件（2）知对上述0

30,x[a,b],xl使xxl，对一切自然数n,有fn(x)fn(xl)于是0,K0,k,tK有nk,ntN,x[a,b],xl[a,b]有

kttlkkkfn(x)fn(x)fn(x)fn(xl)fn(xl)fn(xl)fn(xl)fn(x)tfn(x)fn(xl)+fn(xl)fn(xl)+fn(xl)fn(x)由柯西准则得

ttlkkk证。

2004年南开大学数学分析试题答案

f(x)1。 limxaf(a)2。

1xalnlimexaf(x)f(a)xaef'(a)f(a)1

zyfxy2fy， xx2zy1yy1yfxyxfxxfxy2fyfyx3fyy=fxyxfxx2fy3fyy xyxxxxxx2ln(1x)11，即证2ln(1x)x1 1x1x1x1设f(x)2ln(1x)x1，f(0)0,

1x3。即证明

21x2f'(x)10，f(x)f(0)0，证完. 221x(1x)(1x)4

2222xyln(xy)dxdyD。

=



20sin2cos2dr5lnr2dr01=

082sin2cos2dr5lnrdr= 01725。设P=xy，Q=2xy,

22QP2y，积分与路径无关,则 xyJxdx0233lnn1n

n6.

n1ennlnnlnnlnn1010时,n1n收敛,当时,级数n1n1发散，原n,又当

题得证 7

。

由

拉

格

朗

日

定

理

，

f(2n)f(n)f'(n)n，其中

nn2nlimf'(n)limnnf(2n)f(n)0,原题得证 n时命题成立， 也

成

立

,

则

当

8。（1）应用数学归纳法，当若

当

n1nk时命题

nk1时，

Fk1min{Fk,fk1}（2) (3)由

(Fkfk1)Fkfk12，由归纳假设

Fk1连续。

{Fk1(x)}单调递减趋于

F(x)，

{Fk1(x)}与

F(x)都连续，由地尼定理，该收敛为一

致收敛。

9.（1)证明:取x0(a,b),x0x1x2

x1x0,x1x2,x2x0,代入式中得,

x2x0x1x0f(x1)f(x0)f(x2)f(x0)[f(x2)f(x0)]即,所以函数

x2x0x1x0x2x0f(x1)f(x0)g(x)f(x)f(x0)单调递增有下界，从而存在右极限，则

xx0f(x)f(x0)；

xx0f(x3)f(x4)f(x1)f(x2)f(x2)f(x3)，

x1x2x2x3x3x4f'(x0)limxx0x1x2x3x4,由题设可得

即

f(x3)f(x4)f(x3)f(x4)f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)lim从而lim，

x2x1x4x3x1x2x3x4x1x2x3x4所以导函数递增.

（2)参考实变函数的有关教材.

2005年南开大学数学分析试题答案

1.由于D关于x轴对称，被积函数关于y成奇函数，所以该积分为0

yzgz0duyzyzxx2。,其中 求出 fxfyfz,由

yzdxxxxxhxhyhz0xxgxgyyhxgzhzgxzhxgyhygx ,xgyhzgzhyxgyhzgzhy1n3。limnnk1M1k4()2n1dx4x203 234。0sintdt2,1在x(0,)上单调一致趋于0,则f(x)在x(0,)上一致收xt敛，又

sint在x(0,)上连续，则f(x)在x(0,)上连续。 xt5.由泰勒公式

111ee11!2!n!(n1)!，则

111eee1，后者收敛，则原级数收敛。

1!2!n!(n1)!(n1)!6.由拉格朗日中值定理，定理，原级数一致收敛.

1xf()nn1xf'()nnMxM,后者收敛，由魏尔特拉斯n2n2由s(x)一致收敛，则可以逐项求导,s'(x)n1xf'()n也一致收敛且连续，故s(x)连续可导 2n7。反证：设存在(x0,y0)有(QPQP)(x0,y0)0，不妨设()(x0,y0)0，由xyxyQP)(x,y)0，则存xy连续函数的局部保号性，知道存在一个邻域,当(x,y)时(在一个圆周C0,8.当0xPdxQdyD(QP)dxdy0与已知矛盾。 xya时，f'(x)f''()xx 2axa时，f'(x)f''()(xa)ax，综上，f'(x)g(x) 2a(2)若对任意的x(0,a)有f'(x)g(x)，则在x时，f''(x)不存在，矛盾。

2(3)设当xU时，f'(x)g(x)0当x(0,a)\\U时f'(x)g(x)0，两边对x积分

即可

6。f(x)g(x0)g(x0)(xx0) ，f(x0)f(x)g(x)(x0x)，由g(x)在(a,b)上有定义，则g(x)在(a,b)上有界，则可以得到f(x)在(a,b)上连续。

(2)x0x1x2，则

f(x1)f(x0)f(x2)f(x1)g(x1)x1x0x2x1，则

f(x1)f(x0)f(x2)f(x0)f(x)f(x0)'则单调递增有下界，存在右极限,f(x0)存

x1x0x2x0xx0'在,同理f(x0)存在，由极限的保不等式性可得

2003年中国科学院数学研究院数学分析试

题答案

A1. limln(ee)limln(1ex0x0xAxBxAxBxBAx)

BAxA(1）当BA0时，limln(ee)limln(1ex0x0xAln(1e当A0时，limln(ee)limx0x0xAxBxBAx)

)

Aln(1e当A0时，limln(ee)limx0x0xAln(1e当A0时，limln(ee)limx0x0x（2）当BA0时，

AxBxAxBxBAx)

BAx)0

Alimln(ee)limln(1ex0x0xA(AB)limx2e(AB)x2AxBxBAxAe)limx0xBAxAlimex0BAxAB= x2x0

AxBxAx(3）当BA0时，limln(ex0AxBxe)limln(2e)limln2x0x0AxA x当A0时，limln(ex0Axe)limln(2e)limln2x0x0BxAxA x当A0时,limln(ex0e)limln(2e)limln2x0x0BxAxA xAln2 x当A0时,limln(ex0Axe)limln(2e)limln2x0x02。 当0时， limf(x)0,从而f(x)连续;

x010,f'(0)存在；

x0x11当2时,f'(x)x1sinx2cos

xx当1时，f'(0)limx1sin limf'(x)0，

x03。即证：yxxylnyylnxlnxxlny，

yxf(t)lnyylntlnttlny,f(1)0，f(y)0

f'(t)y1lny t11y1lny，g'(y)0，g(y)g(1)0,

tyt当1ty时，设g(y)所以f'(t)y1lny0f(t)f(1)0， t11y1lny，g'(y)0，g(y)g(1)0，

tyt当0ty1时，设g(y)所以f'(t)4.

y1lny0f(t)f(y)0， t020ddd2 02cos2cos2cosdd14dddtan2224404cos204tan233202cos2cos204cos220d23

2cos35。假设存在常数M，0f'(x)M，积分lnf(b)lnf(a)M(ba)矛盾 f(x)z1rcos6。作代换xrsincos

yrsinsinVd021arctan20rsind22cos02(1rcos)dr

rsin=

20d1arctan20d2cos0(2r2r2cos)dr=



20d1arctan20arctan161cos2162[(2cos)cos4d2()22(1cos2)]d033221=

x2xy2z21的切向量为(,y,z) 7。椭球面9696x96yz，切点为x9,y1,z3和x9,y1,z3

88883412d196260,D 13138. 0,0,当x时，

f(2x)f(x)A

xxf(x)f()12A1 x222xxf()f()14A1 22x222412nf(2)f(n1x2nxx)n2A1

2n相加：

nk11k4f(x)f(xx)n2nA1 kkk12k14n令n，所以f'(0)A

1yf(x)dx1x2y21 19

limy01yf(x)dxlimlimlim

1x2y2y01y0y01由含参量积分的性质，limy010limy010

0yf(x)ydxf()dxf(0)y0 1222202yxyx0yf(x)ydxf()dxf(0)y0 2y2x22y2x20科院2006年数学分析试题参考解答

1求a,b使下列函数在x=0处可导：

axb当x0; y2x1当x<0.解：由于函数在x=0处可导,从而连续，由f(00)b,f(00)1得到b=1;

又由f(0)a,f(0)0得到a=0。即得。

11也发散. 2 已知an0,级数发散,求证级数n1ann1an1

证明： 用反证法。

11 由an0知级数,均为正项级数。

aa1n1nn1n假设级数

an1110,于是有收敛，则limnan1n11an111limlimlim1，从而由正项级数的比较判别法知级数收nnn1an1an1n1an1an1an1敛,矛盾,从而得证。

13 设m,n0为整数,求积分xm(1x)ndx的值.

0 解：

1设I(m,n)=xm(1x)ndx,则由分部积分法有0m111xm1xm1nnxn1I(m,n)=(1-x)d(1x)|n(1x)(1)dxI(m1,n1).0m1m1m1m100n 1从而

nnn1I(m1,n1)I(m2,n2)m1m1m2n!1m!n! 即得解。 (mn)!mn1(mn1)!m!（利用余元公式、换元、函数更为简单) I(m,n)

ann1m1m21I(mn,0)mnf(x)4 设a>0,f(x)是定义在[-a,a]上的连续的偶函数,则dxf(x)dx. x1+ea0证明：由f(x)是定义在[-a,a]上的连续的偶函数知f(x)f(x)，从而令xt有

a

f(x)dxx1+eaaaaf(t)etf(t)(dt)dt tt1e1eaaaaaaf(x)1f(x)etf(t)1从而dx(dxdt)f(x)dx xxt1+e2a1+e1e2aaa11[f(x)dxf(x)dx][f(x)dxf(x)dx]f(x)dx得证. 2a20000

5设函数f(x)在含有[a,b]的某个开区间内二次可导且f(a)=f(b)=0,0aaaa则存在(a,b)使得|f(|证明：

4|f(b)f(a)|.

(ba)2由Tayler定理,a+b对x=(a,b)有21f''(1)(xa)2,2!1f(x)f(b)f'(b)(xb)f''(2)(xb)2.2! 而f'(a)f'(b)0,故有1|f(b)f(a)||f''(1)(xa)2f''(2)(xb)2|2!令|f()|max{|f''(1)|,|f''(2)|},则有f(x)f(a)f'(a)(xa)1ba2(ba)2|f(b)-f(a)||f''()2()|f''()|2!244即|f''()||f(b)f(a)|.2(ba)

设实值函数f(x)及其一阶导数在区间[a,b]上连续,而且f(a)=0,则bx[a,b]b126 max|f(x)|ba(|f'(t)|2dt),a

a1f(x)dx(ba)2|f'(t)|2dt.2a2b

证明: 我们先来证明一个不等式，一般的称为Cauchy—-—Schwarz不等式,即

bb定理1

af(x)g(x)dx(f2(x)dx)(g2(x)dx)(f,g是[a,b]上的可积函数)

aa1b212设h(x)f(x)tg(x),则h2(x)f2(x)2tf(x)g(x)t2g2(x),两边从a到b取积分,有b2b2b2b2g(x)dx ah(x)dxf(x)dx2tf(x)g(x)dxtaaa由等式右边对t都成立,知b2b2b(2f(x)g(x)dx)4f(x)dxg2(x)dx0.即证.aaa下面我们来证明题目:(1)设max|f(x)||f(x0)|,则有NewtonLeibniz公式有x[a,b]x0x0|f(x0)||f(a)||f(t)|dt|f(t)|dtaax0即|f(x0)|(|f(t)|dt)2ax02x02x02|f(t)|dt1dt(x0a)|f(t)|2dtaaab(ba)|f(t)|2dta两边开方即得证。(2)同样，由Newton-Leibniz公式有xxf(x)=f(a)+f'(t)dtf'(t)dtaax22x2x即f(x)(f'(t)dt)f'(t)dt12dtaaa等式两边x从a到b积分有bb2xaf'(x)dx[(xa)f'2(t)dt]dxaabx2

(xa)2[f'(t)dt]d2aaxab2b(xa)(xa)222f'(t)dt|f'(x)dxaa22b(ba)22

f'(t)dt又得证。a2

设n是平面区域D的正向边界线C的外法线，则7

Cu2u2uds(22)dxdynuuD

证明：

由Green公式有CudsnCuu2u2udy(dx)(22)dxdy xyuuD

x2y28 设曲线:221的周长和所围成的面积分别为L和S，还令

abJ(bx2xyay)ds，则J222222S2L22。

2a2b2S2LL2 证明：由对称性知J(bx2xyay)dsabdsabL222222

dx(1)n19 计算积分 的值，并证明它也等于数项级数的和。31+xn13n201解：设I=1dx ，301+x11dxdx则I30(1x)(1xx2)1x01(0111x2)dx31x3x2x11112x131ln(1x)|2dx060xx131111112ln2ln(xx1)|2dx020xx13613ln233013ln2391

12333ln2arctan2x123331()3d(2x1)(1)n1为证明=I，我们先来证明一个定理：

3n2n1Rn1定理2 设f(x)anx在|x｜〈R内收敛，若an也收敛，则

n1n0n0nR0xRn1 f(x)dxann1n0事实上,f(x)在(R,R)上收敛,从而内闭一致收敛,对于任何x(-R,R),都有xn1f(t)dtantdtantdtan,n1n00n000n0nnxn1Rn1即有幂级数an在(R,R)上收敛,而an也收敛,n1n1n0n0xx

从而在[0,R]上一致收敛,和函数在x=R处左连续,便有R0xn1Rn1f(x)dxlimananxR0n1n0n1n0(1)n1n13n3回到题目，看数项级数收敛，设f(x)=(1)x,｜x｜〈1，由定理2即

3n2n1n0知

(1)n1 =f(x)dx=I。

3n2n101

10 求曲线xacost,yasint(a0)绕直线yx旋转所成的曲面的表面积.

解: 这是星形线,充分考虑到对称性(x=0，y=0，x=y,x=—y），有

33|acos3tasin3t|表面积S22x'2(t)y'2(t)dt243462a[(cos3tsin3t)sintcostdt4223433(costsint)sintcostdt] 222(62a215)21223a255北京大学2005

1设f(x)解

x2sinx1xsinx2sinx，试求limsupf(x)和liminff(x)。

xx：

x2sinx1首先我们注意到.f(x)2sinx在sinx(0,1]的时候是单调增的.

xsinxx2sinx1x2sinxx2并且在x充分大的时候显然有.sinx2sinx2,x2sinxx1x1所以易知在x时,limsupf(x)1.x当然此上极限可以

令x2k2,k这么一个子列得到.

sinxx2sin2x对于f(x)的下极限我们注意到.lim0,而liminf20,xx2sinxxxsinx所以有liminff(x)0.x此下极限当然可以

令x(2k1),k这么个子列得到.

1. （1)设f(x)在开区间(a,b)可微，且f(x)在(a,b)有界。证明f(x)在(a,b)一致连续。

证明:设f(x)在x(a,b)时上界为M.因为f(x)在开区间(a,b)上可微.

对于x1,x2(a,b),由Lagrange中值定理,存在

(x1,x2),使得f(x1)f(x2)f()x1x2Mx1x2.

这显然就是

Lipschitz条件,所以由x1,x2任意性易证明.f(x)在(a,b)上一致收敛.

（2） 设f(x)在开区间(a,b)(ab)可微且一致连续，试问f(x)在

(a,b)是否一定有界。(若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明)

证明：否定回答.f(x)在(a,b)上是无界的.

设f(x)(1x)2,显然此f(x)在[0,1]上是连续的根据.Cantor定理,闭区间上

连续函数一致连续。所以f(x)在(0,1)上一致连续.

1显然此

f(x)(1x)2在(0,1)上是可微的.f(x)112(1x)12.而

f(x)12(1x)212在(0,1)上是无界的.

3．设f(x)sin(x1).

（1）求f(x)的麦克劳林展开式.

（2）求f(n)2(0)。(n1,2,3)

解： 这道题目要是直接展开是很麻烦的。先对原式做一下变形。有

f(x)11cos[2(x21)].再由cosx的Maclaurin展开式有. 22 。 又由于

f(x)是偶函数，所以其展开式形式应该为：

f(x)k0k1x2k2x4 比

较

系

数

有

：

knx2n下

来

,

若

k00，接

p为奇数，则由

2k22k1k12(x1)2pf(x)(1)中x项系数为：

2i1(2k)! k2p2kp2kk1k1C2(1)112(1) ，此时令 2k2kp1(2k)!2kp1(2kp)!p!222kp2t1,ktp1. 2p12 有k2p2p(1)2p!p1222t1(1)t12p(1)sin2。 (2t1)!2p!t12(1)cos2 。综合得:

2p!pp12 同理可得:p为偶数时，k2pp12p1(2p)!2sin2p为奇数(1)p!f2p(0)k(2p)!2ppp112(2p)!2（-1）cos2p为偶数p!(n) f(0) f2p1(0)0其中p1,2,34．试作出定义在R2中的一个函数f(x,y),使得它在原点处同时满足以下三个条件: （1）f(x,y)的两个偏导数都存在；（2)任何方向极限都存在;(3）原点不连续

xy22xy022 解： f(x,y)xy 。显然这个函数在 xy0 的时候，有偏导

0xy0数存在

fy(x,y) f(x,y)x点也成立。

x(x2y2)(x2y2)2y(y2x2)(x2y2)2 ，而对于xy0的时候，有fy(x,y)0 ，此式在原

fx(x,y)02cossincossin.显 对于任意方向极限,有limf(cos,sin)lim002然沿任意方向趋于原点。

此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向趋向原点。不妨设

，（0，），显然有不同的极限

4 cossin与cossin。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。

25．计算xds.其中L是球面xyz1与平面xyz0的交线。

222L 解：首先，曲线L是球面xyz1与平面xyz0的交线。因为平面

222xyz0过原点，球面x2y2z21中心为原点。

所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有

Lx2dsy2dsz2ds。

LL 因此有

Lx2ds=

112222==。 (xyz)dsdsLL3336．设函数列{fn(x)}满足下列条件:（1)n，fn(x)在[a,b]连续且有fn(x)fn1(x)（x[a,b])

（2){fn(x)}点点收敛于[a,b]上的连续函数s(x)

证明：{fn(x)}在[a,b]上一致收敛于s(x)

证法1：首先,因为对任意x0a,b,有fn(x0)S(x0)。且有fn(x0)fn1(x0)，所以nk,对于任意nnk，有0S(x0)fn(x0)3。

又因为fn(x)与S(x)在x0点连续。所以可以找到x00，当

xx0x0,且xa,b 时.有fnk(x)fnk(x0) S(x)S(x0)有

3，以及

3 同时成立.因此，当nnk，xx0x0,且xa,b 时，

S(x)fn(x)S(x)fnk(x)S(x)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x)fnk(x0)。

如此,令x0{x:xx0x0},所以有开区间族 {x0:x0a,b} 覆盖了

a,b区间.

而S(x)在闭区间a,b上连续.由Heine—Borel 定理，从开区间族

{x0:x0a,b}中可以选出有限个x,x,x,123xk，

使 a,bki1xi。由xi的选法。可由相应xi与nki，当xxia,b，且

nnki时，有S(x)fn(x)。

取Nmax{nki:1ik}，当nN时，且xa,b，有S(x)fn(x) 成立。所以{fn(x)}在a,b上一致收敛于S(x)。 证毕.

证法2：反证法。设存在某00,对于任意n,有一xn,使得fn(xn)S(xn)0．又{xn}有界，由Bolzano—Weierstrass定理,所以其必存在

收敛子列{xnk}收敛于

a,b中某值x0．因为对任意

x0a,b,有fn(x0)S(x0).

且有

fn(x0)fn1(x0)，所以nkp，当

nknkp时,有

S(x0)fnk(x0)S(x0)fnk(x0)p03．

设某nkp1nkp，由S(x)与fnk(x)连续性．存在一0,当

p1xx00,且xa,b时

有S(x)S(x0)03以及fnk(x)fnk(x0)p1p103同时成立．显然,又因为

{xnk}x0．所以存在K值，Kkp1 ．

当nknK时， xnkx00成立．最后，当nknK时，有

S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x0)fnk(xnk)p1p1p1p1＜0．这与假设矛盾．

所以在a,b上，{fn(x)}是一致收敛于s(x)．证毕．

大连理工大学2005试题

数学分析试题解答 一、 计算题

1、

求极限:lim解：

a12a2...nan,其中limana

nnn2lim

a12a2...nan(n1)an1(n1)analimlim(利用Stolz公式)

nn(n1)2n2n2n1n222、求极限:lime(1)

xx1xx2解：

limex(11)x2(11xx)xxlim(xe)x(11)xe(11)x(ln(11)1xlimx1limxxx1)xx1x2(1

111elimx2x2o(x2))x1xe12x2(11)xeelimx1x2xxe(1x)lim(xe)xlim(2xxe)x1e3、证明区间（0，1）和（0,+）具有相同的势。 证明：构造一一对应y=arctanx。

4、计算积分1y2xdxdy，其中D是x=0，y=1，y=x围成的区域 D

解：

1y2xdxdy10y11y0y2xdxdyD0ln(xy2)|0dy1ln(1y)dy1ln

00ydy[(1y)ln(1y)(1y)ylnyy]|102ln25、计算第二类曲线积分：IydxxdyC:x22y2Cx2y2,1方向为逆时针。解

:

xcos,[0,2)1ysin211sin2cos22ydxxdy换元42cos222Idd22C0011xy3cos22cos2221x2322(2x)(1x)81x2xtan2darctanx42dx2万能公式代换221x(2x)(1x)231x216x42dxdx224261x212

b1ba16、设a〉0，b〉0,证明：b1

证明：

a. bxa1b1a1b1bb1aab，构造函数f(x)1xbab1b1bb1bb1f(b1)

aab1f(b)bbabababf'(x)1[ln(1)]0(Taylor展开可以证明)xxx(ab)所以f(x)递增，从而得证

二、 设f(x)为［a,b］上的有界可测函数，且

[a,b]xf2(x)dx0,证明:f（x）在［a，b]上

几乎处处为0. 证明：

反证法，假设A=｛x|f（x）≠0｝，那么mA〉0。

1An{x|f(x)},AAn。必然存在某个An,mAn0nn1

mA2f(x)dx2n0,矛盾n[a,b]

三、 设函数f（x）在开区间（0,+)内连续且有界,是讨论f（x)在（0，+）内的一

致连续性。

讨论：非一致连续,构造函数：

1x显然，f(x)连续且有界。但是f(x)在x0时非一致连续f(x)sin反证法：如果一致连续，对0,x0,0,当|x'x\"|11 sin|.取1x'x\"211令x',x\"。当n足够大的时候|x'x\"|(2n1)n(2n1)n11|sinsin|1x'x\"|sinx2y,(x,y)(0,0)42四、 设f(x,y)xy,讨论函数的连续性和可微性.

0,(x,y)(0,0)解:

1)连续性：连续

limx0y0x2yxy42limx0y0y1yx420

2)可微性：可微

f(x,0)f(0,0)0x0xf(0,y)f(0,0)fy(0,0)lim0x0yf(x,y)fx(x,y)fy(x,y)x2ylimlim 222242x0x0xyxyxyy0y0fx(0,0)limlimx0y0x1yy1x2x4220

五、 设f(x）在(a,b）内二次可微，求证:

ab(ba)2(a,b)，满足f(a)2f()f(b)f\"()

24证明:

ba)f(x)，利用Cauchy中值定理：2g(x)g(a)bag'()f()f(),(a,x)xa2 利用Lagrange中值定理：bababaf()f()f\"(),(,)222baba2令=,原式g(x)g(a)()f\"()22令g(x)f(x六、 f(x)在R上二次可导，xR，f\"(x)0,x0R,f(x0)0

xlimf'(x)0,limf'(x)0，证明：f(x)在R上恰有两个零点。

x证明：

(1)先证：当x的时候，f(x)0xlimf'(x),所以，当x的绝对值足够的时候,不妨设xx10,f'(x)2当xx1时，f(x)f(x1)(xx1)当x2f(x1)2.x1的时候，f(x)0(2)同理,当x的时候，f(x)0又f\"(x)0f'(x)为递增函数f(x)先单调减少，在单调递增f(x0)0，根据连续函数的介值定理，在(,x0),(x0,)各有一个零点

七、 设函数f（x）和g（x）在［a,b]内可积，证明:对[a,b]内任意分割

:ax0x1...xnb,i,i[xi,xi1],i0,1,2,....有||0limf(i)g(i)xif(x)g(x)dxi0an1b

证明:

根据定义baf(x)g(x)dxlimf(i)g(i)xi||0i0n1i0n1i0n1|f(i)g(i)xif(i)g(i)xi||f(i)[g(i)g(i)]xi|i0n1max{|f(i)|}|g(i)g(i)|xiii0n1

n1i0由于g(x)可积，所以|g(i)g(i)|xiixi0，(i为振幅)i0n1lim|f(i)g(i)xif(i)g(i)xi|0，从而得证||0i0i0n1n1

(1)n八、 求级数：

n03n1解：

(1)nx3n1(1)n(x3)nx在(1,1]内收敛3n13n1n0n0(1)(x)在(1,1]内一致收敛，所以可以逐项求导n3nn0M(1)n(x3)n1(x)3M3n3n(x)'(1)(x)3n11x3n0n0M11(x)(1)limM03n11x3n0nM1112 x1113)dxdxdx(33301x01x1xx2ln(1x)11d(x2x)1111d(x)3601xx2203(x1)2242ln212x11ln2arctan|0333333

九、 讨论函数项级数

敛性 讨论:1）

x(n2enx(n1)2e(n1)n1(n1)2x22222x)在（0，1）和（1，+∞)的一致收

x(nen12n2x2(n1)e2)xlim(nen2n2x2)

0xlim(nen2n2x2)0 级数收敛，但不一致收敛。1取xn,|Sn(xn)0|n不趋近于0，所以不一致收敛n2）

x〉1

22xlim(n2enx)0n(xex2)'e22x2(12x)0即xe2n2x2222x21en24nnxn2enxeeeee0,x1,N4ln,nN,Sn(x)

十、 计算

n22

x2dydzy2dzdxz2dxdy，其中为圆锥曲面z2x2y2被平面

z=0,z=2所截部分的外侧。 解：

(rcosrsinz)rddrdzdzrdr(cossin)dzdzV2220002z2220000x2dydzy2dzdxz2dxdy(xyz)dxdydz

z0rdrd024

十一、设f(x)在[0,1］上单调增加,f（0）〉=0,f（1)〈=1,证明：[0,1],f()

证明：

3M{x|f(x)x3,x[0,1]}minfM显然M非空,下证:f(m)m3反证法：如果命题不成立，那么显然f(m)m3,不妨设f(m)m3r0xm,f(x)x3

f(x)f(m)rx3m3由于yx3是连续函数，所以，对r>0存在x'x'3m3r0,与单调性矛盾。

十二、设f（x）在[0，+∞]上连续,

0(x)dx绝对收敛，证明：

limnx0xf()(x)dxf(0)(x)dx

0n证明:

limnx0xf()(x)dxf(0)(x)dx0nn因为(x)dx绝对收敛，当n足够大的时候(x)dx(x)dx<，000x因为f(x)连续，所以，当n足够大的时候f()f(0)nnnxx|f()(x)dxf(0)(x)dx||[f()f(0)](x)dx|f(0)000nn|(x)dx|f(0)0

由于的任意性，所以命题成立

十三、设an0，证明：

ln(1/an)当下极限liminf1时，级数an收敛

nlnnn1ln(1/an)当上极限limsup1时，级数an发散

nlnnn1

证明:（1)

ln(1/an)12r1nlnnln(1/an)即n足够大的时候1r11/ann1r

lnnann(1r)liminf根据积分判别公式，知命题成立（2）

ln(1/an)1nlnnln(1/an)即n足够大的时候1r11/ann1r

lnnann(1r)limsup根据积分判别公式，知命题成立

苏州大学2004年数学分析解答

1。（20’）

x2(arctanx)2（）求极限1limx0(arcsinx)4解：原式=limx04x3126x22222x(1x)2(arctanx)1xlimlimx0x04x3(1x2)12x220x5(26x2)(1x2)28x26x4limlim2x0(1x2)(12x220x5)x0x(1x2)(1220x3)86x282limx0(1x2)(1220x3)123x(arctanx)limx0x4222x2(arctanx)11x2

(2)证明对任意自然数n，方程xnxn1……x1在区间[0，上总有1]唯一实根xn,并求limxnn证明：令f(x)xnxn1……x1则f(0)10,f(1)n10,x[0，1]因此f(x)在[0，上有零点1]又f(x)nxn1(n1)xn2……2x10,x[0，1]所以f(x)在[0，上单调1]从而f(x)在[0，上存在唯一的零点，1]也即方程xnxn1……x1在区间[0，上总有1]唯一实根xn因此xnnxnn1……xn1两边令n,则有limxn11limxnn1xn2n

2.(20’）

1证明函数sin在区间（0，）上不一致连续，但是对于任意a0，在x[a,)上一致连续。证明：（）法一：1取x11111,则limsin1limsin0nn2nx1x222n,x21从而sin在区间（0，）上不一致连续x111法二：取0，则0,取x1,x224n2n2111x1x2,取N4n4n4nsin11sin10x1x21从而sin在区间（0，）上不一致连续x(2)当x[a,)时0,0,当x1x2时，有sin111111sinx1x22x1x2x1x2x1x2x1x2a11sinx1x2

取a2时，有sin1即sin在[a,)上一致连续。x

3.证明不等式tanxx,x(0,)xsinx2tanxxsin2xx证明：在x(0,)上>0,令f(x)2,显然f(x)在(0,)连续xsinx2xcosx2sinx下证f(x)>12sinxcosxx2cosxsin2x(2xcosxx2sinx)f(x)=x4cos2x2xsinxcos2x2sin2xcosxxsin3x2xsinxcos2x2sin2xcosxxsinx(1cos2x)32xcosxx3cos2xsinx(xcos2x2sinxcosxx)x3cos2x令h(x)(xcos2x2sinxcosxx),x(0,)2h(x)cos2x2xcosxsinx2cos2x2sin2x12xcosxsinx3sin2xsinx(2xcosx3sinx)0,x(0,)2所以h(x)单调递增，h(x)limh(x)0x0从而xcos2x2sinxcosxx0又sinx0,x3cos2x0,x(0,)2所以f(x)0,即f(x)在(0,)单调递增2sin2x所以f(x)>limf(x)lim21x0x0xcosx即f(x)1从而tanxx,x(0,)xsinx2

4.(20')(1)设f(x)在[1，+）上非负递减，证明n+时f(k)k=1nn1f(x)dx有极限L，且0Lf(1)111……lnlnn,n2,3……2ln23ln3nlnn证明数列{an}收敛。(2)设an证明：（）令1anf(k)f(x)dxk=11nn则anf(k)f(x)dxf(k)k=11k=1k1nnnn1k1kf(x)dxf(k)f(k)(k1k)f(n)0k=1k=1nn-1所以an有下界又an1anf(n1)从而an单调递减因此{an}收敛且a1f(1)an0,两边令n,有0Lf(1)（2）.令f(x)=nn1nf(x)dxf(n1)f(),其中（n,n+1)由于f(x)在[1，+）上非负递减，所以f(n1)f()01xlnxnn1n11k10anf(k)f(x)dxf(k1)k2f(x1)dxf(k1)k1n1n1n11f(x1)dxf(x1)dx0n1111有（）知道1f(k1)k11f(x1)dx收敛1dx00(x1)ln(x1)1可以知道0是g(x)的瑕点，x0时，(x1)ln(x1)1111而dx收敛，所以dx收敛0x(1x)0(x1)ln(x1)又令g(x)=f(x1)dx因此{an}收敛

1x(1x)5.（20’）设u(x,y)在平面上二次连续可微，x=rcos,y=rsin,(r0)(1)用u关于r,的偏导数表示ux2u(2)用u关于r,的一，二阶偏导数表示2xuuu解：（）1cosrsinxr2uuu2u2u2u2u(2)2(cosrsin)2cos(sin)sin2rcosxrrrr2ur22ursin2u2cos2rcos

6.(15')设a0,求级数n2(1a)n的和n=1解：设f(x)n2xn,f(x)的收敛区间为（-1，1）n=1f(x)2n1f(xxnx,令g(x)),则g(n=1xx)nxnn=1令h(x)g(x)xx,则h(x)xnn=11x则h(x)1（1x）2，g(x)x（1x）2g(x)1x（1x）3,从而f(x)x(1x)（1x）31n211(11)(1a)(2a)nf(a1an=1(1a)1a)(113a31a)

7.（20?）设半径为r的球面s的球心在半径为常数a的定球面上，问：r为何值时，s位于定球面内部部分面积最大？解：设s位于定球面内部部分面积为S,S为一球冠，则S=2rh,其中h为球冠的高如图，ED=h,BE=r,AB=rr2作OFAB,则OF=a42r2raOFAB4ADOBOFABADaOBr222BDABAD2ar2所以DEr2ar2因此S2rh=2r(r)2r2r3a2a432r0ra令S4r3a6r|440S|44raraa332所以当r4a时，S最大3O108ED6a42A-10-5F-25rB10-4765432A1O-4-2DE2B4-1-2-3

８（.15')设函数f,g在x0的某个领域上可导，且g(x)0,limg(x)xx0如果limxx0f(x)f(x)A,证明limA，其中A是实数。xx0g(x)g(x)证明：取x0xx1,由Cauchy中值定理，令x1x0f(x)-f(x1)f()有A,(x1x0)g(x)g(x1)g()f(x)从而所以f(x)-f(x1)(g(x)g(x1))f(x1)g(x)g(x1)g(x1)f(x1)f(x)f(x)-f(x1)(1)g(x)g(x)g(x1)g(x)g(x)f(x)-f(x1)g(x1)f(x1)Ag(x1)f(x)A(A)(1)g(x)g(x)g(x1)g(x)g(x)令x1x0，则0,10,使得当x0xx1A1时，有f(x)-f(x1)－Ag(x)g(x1)4将x1固定，令xx0，则由　g(x)知道0(x1A)使ax,有g(x1)f(x1)Ag(x1)1,g(x)g(x)2于是f(x)-f(x1)g(x1)f(x1)Ag(x1)f(x)A－A（１＋）＋2g(x)g(x)g(x1)g(x)g(x)42所以limxx0

f(x)Ag(x)05苏州大学

1.(20')求下列极限（）1limnanbn,(0ab)n解：因为nbnnanbnn2bn而limnbnlimn2bnbnn因此limnanbnbn(2)lim(xa11),其中f(a)0,f(a)存在f(x)f(a)(xa)f(a)(xa)2解：由于f(a)0,f(a)存在，从而f(x)=f(a)+f(a)(x-a)+f(a)o((xa)2)211(xa)f(a)(f(x)f(a))lim()lim()xaf(x)f(a)xa(xa)f(a)(f(x)f(a))(xa)f(a)(xa)2(xa)f(a)(f(a)(x-a)+f(a)o((xa)2))2lim(xa(xa)2(xa)f(a)(f(a)(x-a)+f(a)o((xa)2))2(xa)2-f(a)o((xa)2)2limxa(xa)2(xa)f(a)(f(a)(x-a)+f(a)o((xa)2))21f(a)f(a)2limxa(xa)(a)]22[ff(a)(f(a)f(a)o((xa))2

2.(18')设f(x)在[0，上可微，且1]f(x)的每一个零点都是简单零点，即若f(x0)0则f(x0)0.证明：f(x)在[0,1]上只有有限个零点。证明：设若不然f(x)在[0,1]上有无穷多个零点，不妨设{xn}[0,1],f(xn)0,n1,2?…则存在{xn}的一个子列{xnk},使得xnkx0(k)且f(xnk)0，从而f(x0)0则f(x0)limxx0f(xnk)f(x0)f(x)f(x0)lim0与题设相矛盾！xx0xx0xx0所以f(x)在[0,1]上只有有限个零点。3.(20')设f(x)是R上的2周期函数，满足：1（）20f(x)dx0(2)f(x)f(y)Lxy,x,yR证明：（1）f(x)在R上可以取到最大值，最小值 （2）maxxRf(x)L证明：（1）由f(x)f(y)Lxy,x,yR知0,0,取x0[0,2],x[0,2],当xx0时，有f(x)f(x0)Lxx0,则有f(x)f(x0),L从而f(x)在[0,2]上连续，既f(x)在[0,2]上可以取到最大值，最小值取又f(x)是R上的2周期函数，所以f(x)在R上可以取到最大值，最小值。（2）令f(xM)maxx[0,2]f(x)由20f(x)dx0知x0[0,2]，使得f(x0)1220f(x)dx0以下分三种情况讨论：(a)当xMx0时f(xM)f(x0)0maxx[0,2]f(x)0L(b)当xMx0时,由f(x)的周期性，得2f(x0)f(xM)f(x0)f(xM)f(x02)f(xM)L(x0xM)L(x02xM)2L(c)当xM,x07.（18‘）将函数f(x){4展成Fourier级数，,0x41并求的和。2n=1(2n1)解：显然f(x)在[，]上是奇函数因此an0bn21f(x)sin(nx)dx210f(x)sin(nx)dx10f(x)sin(nx)dx11f(x)sin(nx)dxsinnxdxsin(nx)dnx00420n1111111n11(1)cos(nx)|cos(n)(1)02n2n2n2n2n2n11所以f(x)sinnxn12n11(2)因为sin(nx)有界，单调递减（0n）2n1n=11所以由Arbel判别法知sinnx收敛n12n11由帕塞瓦尔等式知：[f(x)]2dx2a0(an2bn2)2n12

11即2n=1(2n1)）dx[f(x)]dx（4122838。(18分)设fx在R上二次连续可微(其中x(x1,x2,x3)），且在x处的梯度

0f(x0)02f，Hesse矩阵Q=(x0)为正定矩阵.证明：⑴f(x)在

xxijx0处取到极小

值;⑵若是Q的最大特征值,是Q对应于的特征向量，则f(x)从长

x0处沿着方向增

浙江师范大学2005年研究生

一（每小题8分，共48分）计算题

1、求极限 解

x0x3(limx2sin2x1x1x)。

原式limx0xsinxxsinxx 3分 limlim3x0x0xx1x1x2lim1cosx3x2x01x1x 5分 lim2x0sinx12lim 8分

x06x32、求级数

n2xn的和。

n1解 作

fxn2xn1，则

n1xf(t)dtnxn 0n1作gxnnxn1，则

1xg(t)dtxn

x0n1x 1因此gx1(1x)2 xf(t)dtx0(1x)2

fxdx12x1xdx(1x)2(1x)2(1x)3(1x)3

于是 ，原式xfxxx2(1x)3 2分 5分8分

1k13、求级数 的和.

kk1k12k1111解 因，故11 2分

n1k1kk1k1kk111x2k1为了求，作fx， 4分

2k1k12k1k1kknx211 5分 则fx1x221x1xk1k2kx1dt[tarctant]xarctanx 6分 fx1201t0f(1)1π 4π 8分 4x因此，原式f(1)1114、求dyedx的值。

0yx21x解 原式dxedy 4分

002x2exxxedx2012e1 8分 20n15、求极限 limlimcosm!πx

mn解 因cosm!πx的周期为

2m!, 2分

故当

x为有理数时，存在正整数

nnqp和整数q使得xp，这时当

mp时，

cosm!πx1，limcosm!πx1, 4分

而当x为无理数时,cosm!πx1,limcosm!πx0 6分

nn1,当x为有理数时因此,原式 8分

0，当x为无理数时6、求极限

111lim

nnnn1n211 4分 knk11nnlim1n解 原式1dxln1xln2 8分 01x0二(14分）已知实数列{an}收敛于a，且

a1a2an,用定义证明{Sn}也收敛于a. Snn 证记biaia,Kb1b2bk，则0，正整数k，使得

ana2(nk)， 3分

1K因0,故正整数k1,使得， 8分 nn2令k2a1a2nmax{k,k1}，则当nk2时，有

anKbbk2ak1nnbnKnk 14分 nn2三(20分)设t和t为二次可微函数，

ux,yxxyyxy

2u2u220 证明2xyyx证

2uuxxy，uyxy 5分 uxx2xy ，uxyxy

uyyx2y 15分

因此,左2xy2(xy)

x2y0右 20分

四（20分)设

πfx在0,π上连续,证明

ππ⑴xfsinxdxfsinxdx 200⑵若则

fx0，x0,π,且fxdx0，

0πfx0,x0,π，

π 证 记Ixfsinxdx

0ππ （1) 令xπt，则

πIxfsinxdx(πt)fsintdtπfsintdtI

000π因此,左I2πfsintdt右 10分

0（2）（用反证法)若不然，则x00,π使得

fx00，

由极限的保号性，存在开区间(a,b)使得x0a,b0,π，且当x(a,b)时,有

f(x)πf(x0)， 16分 2这与

fxdx0矛盾. 20分

0ax2bxc五（16分）若不定积分2dx为有理式，则a,b,c应满足什么条件？

xx1ax2bxccaxbc解 因2，故 2xx1xx(x1)a0ax2bxc当且仅当时,不定积分2dx为有理式。 16分

xx1bc0

六（16分）若

fx在0,上可微，limn一个数列{n}，使得{n}单调，证法1 因

f(x)0，求证0,内存在

xxlimn，且limf(n)0。

nfx在0,上可微，故n，

n1n2,2fx在上连续，

在2n1,2n内可导，从而由拉格朗日中值定理知，n 2n1,2n使

f(2n)f(2n1)f(2n)f(2n1)f(2n)f(2n1)f(n)，即f(n)2nn1 9分

2n2n12n122而

nf(x)f(2n)n2，故由海涅归结原则知，limn0，从因lim0，limnn2xxlimf(n)0. 16分

f(x)证法2 由lim0知，0,K0，使得当xK时，

xxf(x) 2分 xf(x)1，K22K1,使当xK2K10,使当xK1时，

x时,

f(x)1，Kn2Kn1，使得当xKn时， x2f(x)1 6分 xn用数学归纳法，得到一个数列{Kn},在闭区间[Kn,2Kn]上应用拉格朗日中值定理,nKn,2Kn，使得

f(n)f(2Kn)f(Kn) 10分

2KnKn由n2Knn1知，数列{n}单调增，由数列{Kn}满足Kn2Kn12n1K1和

K10知

nlimn 13分

f(2Kn)f(Kn)f(2Kn)f(Kn)213

2KnKnKnKnnnn由f(n)知

nlimf(n)0 16分

n1七（16分）设un(x)证法1

k1knk，证明un(x)在0,1上一致收敛. x(1x)nn1xx12 0，当x0,时，un(x)xk1x16k1当x1,1时，由对称性知 un(x)当xk(1x)2 k1n1n1,1时，

un(x)x(1x)kk1n1nk(1)k(1)nk

k1(n1)(1)n 6分

因lim(n1)(1)0，故对上述的，正整数K使得当nK时，

nn(n1)(1)n2 14分

n1综上，当nK时,un(x)这表明un(x)在

k1knkx(1x)2，对0,1中的一切x成立，0,1上一致收敛。 16分

1时 2证法2当xun(x)x(1x)xk(1x)nk2k0n2x(1x)n11xxn1 3分 12x由Dini定理，要证un(x)在

0,1上一致收敛。只需证明un(x)在[0,1]上

11下面分0x,x1,x0，x1这四种情形来证明

22n即知极限函数一定连续. 7分

limun(x)0

1x(0,)时, 而当

2x2(1x)21xn2xn20 un(x)un1(x)12x1当x(,1)时，

2x2(1x)21xn2xn20 un(x)un1(x)12x1当x0或x1时,un(x)0，而当x时，

2n1111n1un()knkn

2k122211n1nn2un()un1()nn1n10 10分

22222于是，x[0,1]，有un(x)un1(x)， 即un(x)关于n单调, 16分

武汉大学2003年

一、 判断下列命题是否正确（共5小题，每小题6分，共30分）：

1）单调序列{an}中有一子列{ani}收敛，则序列{an}收敛。

正确。不妨设{ani}收敛于a，利用单调性那么不难证明{an}也收敛于a

2)子列{an}的子序列{a2n}和{a2n1}收敛，则序列{an}也收敛

不正确.只要{a2n}和{a2n1}收敛于不同的极限，A、B那么{an}不收敛

3)序列{an}收敛，则序列{an}收敛，其逆命题也成立

不正确。序列{an}收敛=>序列{an}收敛,但反之命题不成立如{an}:an(1)n

14）an收敛,则ano()。

n(1)n不正确。可以找到莱布尼兹级数{an}:an

n

5)函数序列{un(x)},x[a,b]，满足对任意的自然数p和任意x[a,b]，有以下性质：limun(x)unp(x)0，则{un(x)}一致收敛。

n不正确。不妨设x[0,1],{un(x)}:un(x)xn,

limun(x)unp(x)lim(1xp)xn0。显然{un(x)}并非一致收敛.

nn

二、 计算题（每小题8分，共32分）

1）设F(x)x1tlntdt,求F'(0)

F(x)x1tlntdtF'(x)xlnxlimxlnxF'(0)limx0lnxlnxlim0（应用L’Hospital法则）

x0x1xxxexln(1x)2)求极限:lim

xx2x2x(1xo(x))(xo(x2))xxeln(1x)2limlim22xxxx(应用Taylor展开） 2xx2o(x2)23limxx22

2222222(xyz)dV,其中V是球面xyza和圆3)计算积分：V锥面zx2y2之间的部分

(xV2y2z2)dV(x2y2z2)dxdydzr2r2sindrddVV2040a0rsindrddd4sind0042a02a5rdr2(1)

254(22)a554）计算曲面积分Ix3dydzy3dzdxz3dxdy，S为球面x2y2z21的

S外侧

Ix3dydzy3dzdxz3dxdy(3x23y23z2)dxdydzSV3rV4sindrdd3rdrsind00142012d5

三、 判断级数与反常积分的敛散性（共4小题，每小题9分，共36分)

1）1sin2xdx x 2）1sinxdx 1xx11cos2xsin2xdxdx1x2x11cos2xsin2xdxdx1x2xsin2(x)sin2(x)114d(x) 4d(x) dxdx12x1112x442(x)2(x)42421sin2x1sin2xdxdx。发散dxdx。发散11112x2x42x42x22

3）(1)nnn5 4）1 lnn(lnn)11(lnn)lnn(elnlnn)lnn(1)n11，从而知发散 lnlnn n5nn11当n足够大时lnlnn。收敛nn

22xy2az四、 设a〉0，求曲线2上的点到xy—平面的最大最小距离 22xyxya解1：

Lagrange乘子法：Az(x2y22az)(x2y2xya2)A2()xy0x22()(xy)0A2()yx0y(a,a)取到最大值aA12a0(x,y)33az(a,a)取到最小值333A22xy2az0Ax2y2xya20 解2:(初等数学的不等式方法）当z取到最值，即xy取到最值

1)xy0时,x2y22xy,

32x2y2a2axyxy(xy)z22a3

2)xy0时,x2y22xy,22212x2y22axyxy(xy)za22a222ccan2五、 设0222分析：只须满足a111c即可. 证明:

归纳法，假设an11ccan2an122an22ancan1an0an111c2

又an0。所以有界单调数列必然存在极限。11c，a111c解得极限=11c，a111cxn六、 设f（t）在R上连续,证明：limf()dxf(0)

n1x0xn证明：（考虑在(0,1)趋近于0）

1x1对0,x[0,],N,nN,xnxn递增1xxnnf()dxf(1),其中1(0,)(0,)1x101

1xnn1f()dx(1)f(2),其中1(,)1x12xnf()dxf(1)(1)f(2)1x0,10,1

0根据连续性f(2)有界，limf(1)(1)f(2)limf(1)f(0)

七、 证明含参量非正常积分：

0xexydy,对任意0在[,]一致收敛，

2而在[0,]上不是一致收敛的 证明:1）

0xexy2dye0xy2MdxylimxMMe0xy2xMdxylimM0eydy2 当x[,)时，limM0ey2dyeydy02

显然是一致收敛的。 2）

0xexy2dye0xy2MdxylimMe0xy2xMdxylimM0eydy2当x(0,)时，根据定义，利用反证法，如果一致收敛对于0,x(0,),N,n,MN时xMy2 eydyt2xN122xM2xNedtt22F(2xM)F(2xN)2

F(x)为标准正态分布的x上位数1F(N)F(1)令MN2,x,右式.22N2显然与上述不等式矛盾。从而命题成立

武汉大学2004年攻读硕士学位研究生入学考试试题

科目代码：369

科目名称：数学分析

一、计算下列各题：

1． 2。

lim(sinx1sinx)x12nlim(2...n),(a1)naaax1xx1xlim2sin()cosx122 1()n1naa)1x1xlim(n2lim2sincosa1n11a(a1)x22(x1x)a0 3.

4。

x0limx0sin(t2)dtx3k1sin(x2)lim(L'Hospital法则) arctan(2k1)arctan(2k1) 2x03xk113244arctan12k2 5。

...A()5！9!13!14812B()...3!7！11!15!eeA(x)3B(x)sinxA()24xxee3B()eeA(x)B(x)243 6.

14812

\"设：F(x,y)x(xyz)f(z)dz,其中f(z)为可微函数，求Fxy(x,y)yxy F'(x,y)y\"Fxy(x,y)xyxy(z)f(z)dz(xxy2)xf(xy)

xx22'f()(2x3y)f(xy)xy(1y)f(xy)2yy二、设x10，xn1证明:

3(1xn)，(n1,2,3...)，证明：limxn存在,并求出极限

n3xn23(1xn)3xnxn1xnxn3xn3xnxn13(33)(xn3)3xn

(1)当xn3,不难证明xnxn13(2)当xn3,不难证明xnxn13得到单调有界数列，所以存在极限，不难知极限为3

(a,b)内可导，g'(x)0，三、设f(x),g(x)在[a,b]上连续，

证明：(a,b)，使f(a)f()f'()

g()g(b)g'()证明:（另外，还可以用上下确界的方法做）

构造辅助函数H(x)f(x)g(x)f(x)g(b)f(a)g(x)H(a)f(a)g(b)H(b)根据Rolle中值定理，存在(a,b),H'()f'()g()f()g'()f'()g(b)f(a)g'()0整理：f()g'()f(a)g'()f'()g(b)f'()g()g'()(f()f(a))f'()(g(b)g())g'(x)0,从而g(x)单调，g(b)g()0从而原式成立

xy,(x,y)(0,0)22四、讨论f(x,y)xy在(0，0）点的连续性和可微性

0,(x,y)(0,0)解：（1)连续性：

xy,(x,y)(0,0)22f(x,y)xy0,(x,y)(0,0)xyy0limf(x,y)limlimlimy0

22(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)y2(x,y)(0,0)xy1()x从而知连续(2）可微性

fy3x(x2y2)x2y2fx3y(x2y2)x2y2

(x,y)(ky,y)f1()3显然不连续xk21同样f不连续。所以不可微y

五、计算曲线积分ILydxzdyxdz，其中L为圆周：

x2y2z2a2(a0)，L的方向是:从x轴的正方向看过去为逆时针方向。 xyz0解：

x2y2z2a2xyz0

IL'LydxzdyxdzLy(dzdy)zdy(yz)dz

(zy)dy(2yz)dz,L'为L在yz平面的投影a)3a2323dydz3a(S

六、计算曲面积分Iyzdxdyzxdydzxydzdx,其中S为由：xSy2R2,zh（h,R〉0）及三个坐标面所围的第一卦限部分的外侧。 解：另外可以用Stokes公式做

IyzdxdyzxdydzxydzdxS(yzx)dxdydzVhh020a0a0(rcosrsinz)drddzh2020

a0dz(cossin)drdrzdzddr00ha 七、证明：

解：

2h2a4xn1n(1x2)在[0,1]上一致收敛

(1)对0,取1-Mn2N21,x[0,],NN21,M1xMNx(1x)x(1x)xN1xnN(2)取1-Mn21,x[，1],N1,M2N2

1xMNx(1x)x(1x)(1x)1xnN1所以，对0,只要NN

八、证明积分

,根据Cauchy收敛准则知一致收敛0cos(x2)dx在|p|p01上一致收敛 xp解:另外可以用积分判别法的Dirichlet定理做

2cos(x)cos(x)dx0xp0pdxx2cosxcosxdxp102xadx02x2p1a(0,1)2cosxsinxasinxdx|dx a01a02xa02x2x对任意0,不难证明N足够大的时候：asinxN2x1adx从而得证MMNMa2sinxdxsinxdxN4x22a

武 汉 大 学2005 年

一、设{xn}满足: |xn1xn||qn||xnxn1|，|qn|r1 ，证明{xn}收敛。

证明:（分析：压缩映像原理）

1r,则显然|qn|m12|xn1xn||qn||xnxn1|m|xnxn1|令：m(此即压缩映像原理证明)以下证明压缩映像原理利用Cauchy收敛准则，对,np1|xnpxn|in1|xxip1|(1m...m)|xn1xn|i1

mn1|x2x1|1mpn1m|x2x1|1m1m1mln|x2x1|取N+1,对任意的nNlnm|xnpxn|。从而知命题收敛

二、对任意δ > 0。证明级数n01在(1,1+δ）上不一致收敛。 xn证明：（利用反证法，Cauchy收敛准则和定义证明。）

如果级数收敛，那么对于0,x(1,1),N,当n,MN时11()MN1M111xnnn

1xxxnN1x只需令x(1,min{1,n})(1,1),代入上式，矛盾

从而知非一致收敛三、设f(x)|xy|sinydy,求f\"(x)

01解,(本题利用莱布尼兹求导法则:)

F(x，)b(x)a(x)f(x，)dxb()f(x，)Fb()a()dxf(b()，)f(a()，)a()f(x)|xy|sinydy01x(xy)sinydy1(yx)sinydy,x[0,1]x01f(x)(xy)sinydy,x(1,)01(yx)sinydy,x(,0)0xsinydy1xsinydy,x[0,1]x01f'(x)sinydy,x(1,)01sinydy,x(,0)0

2sinx,x[0,1]f\"(x)0,x(1,)0,x(,0)

四、判断级数lnlnnsinn的绝对收敛性和相对收敛性 lnnn2解:（1)绝对收敛性：（主要使用放缩法）

首先，不难证明对于nN,|sinn||sin(n1)|2sin当M足够大的时候,lnlnM1lnlnnlnlnnlnlnn|sinn||sinn||sinn|lnnnMnMlnnnMlnnA。显然，该级数发散。即不绝对收敛Mln2nn21A2

（2）相对收敛性：（A-D判别法) <1>{an}收敛于0，bn有界<2>{an}有界，an收敛满足上述任意一个条件anbn收敛

112sinnsinn(积化和差)11n2cosn2cos22lnlnn1limlim0(L'Hospital法则) nlnnnlnn根据Dirichlet判别法，知该级数收敛cos

五、计算I(y2z)dx(x2yz)dy(xy2)dz，其中Γ为曲线

2222xyza,z0,02ba，从z轴的正方向看过去,Γ是逆时针方向 22xy2bx解：(利用奇偶性做）

xa2z2cos22yazsin,代入方程得到zzdx4bcossind2ydx2bcos2[,]dy2b(12sin2)d2(xb)dy2bcossin2222228bcossin4byza4bcosdzdd222za4bcosI(y2z)dx(x2yz)dy(xy2)dz2xdy,(利用奇偶性，第一第三个积分为0)2

b2(cos21)cos2d2bcos2222db2

1cos2d2b24六、设f(x)在[0,1]上变号，且为连续函数，求证：minf(x)|f'(t)|dt

[0,1]01证明：（画出函数图像,分两段讨论：） 利用介值定理，取[0，1]，inf{x|f(x)0},不难证明f()0

(1)xmin[0,]f(x)min(2)xmin[，1]f(x)minxminf'(t)dtxmin|f'(t)|dt|f'(t)|dt

0101xminf'(t)dtxmin|f'(t)|dt|f'(t)|dt七、证明含参变量反常积分0sinxydy在[，]上一致收敛,其中δ〉0,但是在

x(1y)（0, )内不一定一致收敛. 证明：

(1)0Msinysinxy1sinxydydxylimdy00Mx(1y)xxxyxy2根据定义,0,N2,MN1Msiny1|dy|xNxyx1xMNMMsiny11dysinydy2dy(xy)2NxN(xy)2 MN11。（利用了Cauchy-Schwarz不等式）MNN（2）0sinxydy在[0，]不一致收敛x(1y)反证法：根据Cauchy收敛准则，>0,N,MN,当xxMM时sinydyMsinxyxMsinyxMxNyM|dxy|dyyNxxyxNxyxN1MdyM2MNMxxxx1M当M足够大时，上式显然不成立，矛盾。故原命题成立

八、在底面半径为a,高为h的正圆锥内作长方体,其一面与圆锥地面重合,对面四

个顶点在锥面上，求长方体的最大体积。 解：

首先，由于顶点所在的平面和圆锥的交线为一个圆A，四个顶点组成在圆上。所以，易知长方体的底面中点和圆锥底面的中点重合。另外，顶面的长方形对角线为圆A的直径d，即为定值。12d,当且仅当底面为正方形的时候取到。2不妨设，高为h'S顶sin12VSh'dh'顶2122adhddhdd8a2h3Vd(h)(2ad)((2ad))122aa22a2227hh'2dah本题还可以用Lagrange乘子法解决。但是，我觉得用初等方法也可以。我不用Lagrange乘子法用意是学习了高等数学不应该把初等数学方法忘记了。

九、设a(01)，,f(x)在[0,a]上连续，在(0,a),在（0，a）内可导,以及在（0，a)

内取到最值，且满足f(0)=0,f（a）=a.证明:

1）(0,a),使得f()a; 2)(0,a),使得f'()a

证明：1）命题有问题,取a=1/2，f(x）=5x—8x2

f(0）=0,f(1/2）=1/2 f（x）在5/16取到最值,但是f(x）—ax只在x=0，x=9/16等于0,与命题1矛盾。

2）构造函数g(x)f(x)ax。由于f(x)为连续函数，所以g(x)在[0,a]上为连续函数，且一致连续反证法：如果命题不正确，那么g(x)0,x(0,a)根据题设，存在(0,a),使得f'()0g'()a由于g()0,加上一致连续的条件，存在',g(')g()由于g(0)0,利用连续性和介值定理，存在(0,'),g()g()根据Rolle中值定理，得到(,),g'()0f'()a

2004年上海交通大学 数学分析

一（14)设limana,证明limnna12a2nana 22n 证 因xnn2 ，故利用Stolz公式，limlimyn1ynylimn,得

nxnxn1xnnlima12a2nn2nan(n1)an1n1a limliman1n(n1)2n2n2n1n2二(14)证明sin(x2)在0,上不一致连续.

证 因xn2nππ22sinyn1， ，yn2nπ，sinxn2π xnyn2nπ2nπ210，

π2nπ2nπ2故sin(x2)在0,上不一致连续.

三(14）设f(x)在0,2a上连续，且f(0)＝f(2a)，证明x00,a,使

f(x0)＝f(x0a)

证 作g(x)f(xa)f(x)（x0,a),则g(x)在0,a上连续，因f(0)＝f(2a),故g(2a)g(0)，

情形1 若g(0)0,则取x00，则f(x0)＝f(x0a),

情形2 若g(0)0,则因g(2a)g(0)g2(0)0，故由介值定理知，存在x00,a,使得g(x0)0，即f(x0)＝f(x0a).

2四（14）证明不等式x＜sinx＜x,x0,

2 证 作f(x)sinxπ，x0,,则因 x2f(x)xcosxsinxcosx2(xtanx)0， 2xxsinxπ2在0,上严格单调减少,而limf(x)1,limf(x),

πx0xπx2

2故f(x)2sinxπ2因此，在0,上,有f(x)1，即x＜sinx＜x.

πx2五 （14) 设xaf(x)dx收敛，且f(x)在a,上一致连续，证明

limf(x)= 0。

证 因f(x)在a,上一致连续，故0，0,使得当

t1,t2a,且t1t2时，有f(t1)f(t2)an2，

令una(n1)f(x)dx，则由积分第一中值定理得，

anxna(n1),an，使得un因aa(n1)f(x)dxf(xn)。

f(x)dx收敛,故级数un收敛，从而un0,即

n1f(xn)0，也即f(xn)0，故对上述的,存在N当nN时,f(xn)，使得

2。

取XaN,则当xX时,因

xa,k0a(k1),ak

，使得xa(k1),ak，易见kN，且

故存在惟一的kxxk,从而

f(x)f(xk)f(x)f(xk)22

n111六（14）设x2n1，x2ndx,n1,2,nnx,证明级数1n1xn收

n1敛。

解. x2nS2n1k1nk1n1n1111，因，故只要证 dxlnx|nln(1)SSn2n12nxnkn1n111xkln(1)2(2)收敛即可。

kk12kkk1k七（14）设f(x)在0,1上连续，f(1)= 0 ,gn(x)f(x)xn ,n1,2, 证明{gn(x)}在0,1上一致收敛。

八(12）设f(x)在0,1上连续，证明limnxnf(x)dx＝f(1).

n01,

证 （1）（令txn,则nxnf(x)dxtf(t)dt,

00111n1n（2）因f(x)在0,1上连续，故M0,使得f(x)M,x0,1,（3）

0,记a3M1n,不妨设0a1，则

a1n1na11naa0tf(t)dttf(t)dtMdtMa001n1n3，

1n(4）tf(t)dtf(1)[ta1a11nf(t)f(1)]dttf(t)f(1)dt

a1n1n1n1n1n11ntf(t)tf(1)tf(1)f(1)dtf(t)f(1)dtf(1)t1dt

aa11n11n

（5）因f(x)在0,1上连续，故f(x)在0,1上一致连续，故对上述的正数，0，当x1,x20,1且x1x2时，有

f(x1)f(x2)(6）因lima1,记min{,n1n3(1a)

3M(1a)},则存在正整数N，使得当

nN时,有a1，

(7）当t(a,1)时，有t11t1a,从而当nN时，有

1n1n1n1n11n1n1af(t)f(1)dtf(1)t1dta1n11n33

（8）由（3）和（7)知，当nN时,有

20tf(t)dtf(1)0tf(t)dtatf(t)dtf(1)33

a11n1n1n1n九(12）设a1>0,an1＝an＋

a1，证明limn＝1

nan2n2anan 证 （1）要证lim＝1 ,只要证lim1，

nn2n2n22an221ana1,即证lim(an即只要证lim1n)2 nn(2n2)2n（2）因an1＝an＋

1a11,故an1an0，n112 ananananan1an1112122 ananan22ana1n(an1an)(an1an)因此只要证lim10，即只要证liman

nna2n（3）由an1an1假如{an}有上界,则{an}必0知，{an}单调增加，

an有极限a，由an1＝an＋

111知，a＝a＋，因此0,矛盾。 anaan这表明{an}单调增加、没有上界，因此liman。 (证完）

十（28)计算下述积分:

1．Dyx2dxdy，其中D是矩形区域x1，0y2

解 记D1{(x,y)|x1,0y2,yx20}

D2{(x,y)|x1,0y2,0yx2},

Dyx2dxdy1x2D1x2ydxdy12D2yx2dxdy

1212dx(x2y)dydx(yx2)dy

101x232222(x2)dx(2x2)dx 313144222(x)dx(2x2)dx 3030416x3dxcos4tdt (这里x2sint) 30301161cos2tdt 3302141cos4t12cos2tdt 3302143sin4ttsin2t 33280π413113131π4π42π4143ππ51 338232．

Syzdydz(x2z2)ydzdxxydxdy，其中S是曲面

4yx2z2上y0的那部分正侧。

解 记{(x,y,z)|x2z24,y0}(取下侧），

V{(x,y,z)|0y4x2z2},则VS，由高斯公式知，

Syzdydz(x2z2)ydzdxxydxdy4S4(x2z2)dxdydz0V(x2z2)dxdydzdyV012222π(4y)dy (xz)dxdz40x2z24yπ32π 34(4y)063

华中科技大学2004年《数学分析》试题及解答

以下每题15分

1．设x00,xnnak1k（n1)，xnb（n）．求级数

a(xnn1nxn1)之和．

解 由anxnxn1（n1）,得

a(xnn1n2222xn1)(xx)lim(xkxk1)limxnb．

2n2n1n1nk1nn

2．设f(0)f(1)，f''(x)2(0x1)．证明f'(x)1（0x1)．此估计式能否改进?

证明 将f(1)、f(0)在x点（0x1）用Taylor公式展开并相减,则得

f(1)f(0)f'(x)因此得

11f''()(1x)2f''()(0x)2(0,1），由于f(0)f(1)，2211f'(x)(1x)2f''()x2f''()(1x)2x21．

22此不等式可以改进为：f'(x)1（0x1)，因为0x1时,上式(1x)x1．

3．设f(x,y)有处处连续的二阶偏导数，f'x(0,0)f'y(0,0)f(0,0)0．证明

22f(x,y)(1t)[x2f11(tx,ty)2xyf12(tx,ty)y2f22(tx,ty)]dt．

01证明

110(1t)[x2f11(tx,ty)2xyf12(tx,ty)y2f22(tx,ty)]dt

11df(tx,ty)d2f(tx,ty)df(tx,ty)(1t)dt(1t)dt 200dtdtdt0df(tx,ty)1f(tx,ty)0

dtt0(xf1'(0,0)yf2'(0,0))f(x,y)f(0,0)f(x,y)

4．设f(x,y)在x,y0上连续，在x,y0内可微,存在唯一点(x0,y0)，使得

x0,y00,f'x(x0,y0)f'y(x0,y0)0．设f(x0,y0)0，f(x,0)f(0,y)0（x,y0)，

x2y2limf(x,y)0,证明f(x0,y0)是f(x,y)在x,y0上的最大值．

证明 (反证法)，假设f(x0,y0)不是f(x,y)在x,y0上的最大值。由于

xy22xyr,x0,y0时，f(x,y)f(x0,y0)。 limf(x,y)0，存在，当r02222考察闭区域D{(x,y):x0,y0,xyr}，显然(x0,y0)D，由已知f(x,y)在D上连续，从而f(x,y)在D上取得最大值，设为f(x1,y1)。显然在D上,总有

f(x,y)f(x0,y0)，因而必有：f'x(x1,y1)f'y(x1,y1)0.当x2y2r,x0,y0时,f(x,y)f(x0,y0)f(x1,y1),因此

f(x1,y1)是f(x,y)在x,y0上的最大值。由假设，(x1,y1)(x0,y0)。

这与已知矛盾，可知假设不真。

5．设处处有f''(x)0．证明：曲线yf(x)位于任一切线之上方,且与切线有唯一公

共点．

证明 设(x0,y0)为曲线yf(x)上任一点，在该点处曲线的切线方程为

yf(x0)f'(x0)(xx0)

对曲线yf(x)上任意点，按Taylor公式展开，得

f(x)f(x0)f'(x0)(xx0)1f''()(xx0)2 2由f''(x)0知，当xx0时,f(x0)f'(x0)(xx0)f(x)，而(x0,y0)为唯一公共点．得证．

6．求IxdyydxL4x29y2,L是取反时针方向的单位圆周．

解 L的参数方程：xcos,ysin,02

2xdyydxcos2sin21tan212Id4d404cos29sin2049tan2049t2dt L4x29y2134(arctant)

62037．设f()是连续正值函数,

F(t)x2y2z2t2f(x2y2z2)dxdydz(xy)f(xy)dxdy2222x2y2t2．

证明F(t)（t0)是严格单调减函数．

证明 F(t)xyzt222f(x2y2z2)dxdydz22xyt22t32t2(xy)f(xy)dxdy222222r0t0tr2f(r2)dr3f(r)dr2，当t0时

F'(t)2tf(t)rf(r)drtf(t)r2f(r2)dr0032t(rf(r)dr)0322

2t2f(t2)r2f(r2)(rt)dr0t(rf(r)dr)0t3220

因此，F(t)（t0)是严格单调减函数。

1anan8．设级数收敛，证明anxdxn．

0n0n1n0n0n1anan1证明 由收敛知,S(x)nx在0,1上一致收敛，从而

n1n1n0n0ann1ann1anS(x)xx左连续,即lim．对x(0,1)，有x1n0n1n0n1n0n1x0(ant)dtanxdxnnn0n001nxnxann1x， n1n0ann1an(ant)dtlimx于是anxdxlim． 0x10x1n0n0n0n1n0n19．设f(x)在[0,)上连续,其零点为xn:0x0x1xn，

xn(n)．证明：积分0f(x)dx收敛级数n0xn1xnf(x)dx收敛．

证明

n0Nxn1xnf(x)dxxN1xN10f(x)dx,若f(x)dx收敛，则

0n0xn1xnf(x)dxlimn0f(x)dxlimxN10xN1f(x)dx0f(x)dx，即n0xn1xnf(x)dx收

敛。

若

0f(x)dx不收敛，同理可知n0xn1xnf(x)dx不收敛。

），当n时，fn(x)10．设ab,fn(x)在[a,b]上连续，

bafn(x)dx0（n1,2,在[a,b]上一致收敛于f(x)．证明：至少存在一点x0[a,b]，使得f(x0)0．

证明 由fn(x)在[a,b]上一致收敛于f(x),得知f(x)在[a,b]上连续，且数列

babfn(x)dx收敛于

baf(x)dx，即limfn(x)dxf(x)dx,由于

naabbbafn(x)dx0，得

af(x)dx0，至少存在一点

x0[a,b]，使得f(x0)0．

注 或用反证法：若对x[a,b]，有f(x)0，由f(x)的连续性得与上面相同证法，推出矛盾．

baf(x)dx0，