数学分析各校考研试题及答案Word文档下载推荐.docx
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f（）（xa
b）dx
M[a2（
x）dx
b（x
）dx]
M2
六、设{an}单减而且收敛于0。
ansinn发散
a）
ansinn收敛
b）
limun1其中un
nvn
（aksink
aksink）；
证：
（1）因为
vn
（aksinkaksink）
sink
1sin
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
u
aksink有界故有limn1
txsinx
七、设F（t）1edx证明
1x
1）etxsinxdx在[0,）一致收敛
2）F（t）在[0,）连续
证：
（1）因sinxdx收敛（可由狄利克莱判别法判出）故在t>
=0上一致收敛；
又etx
在x>
=1,t>
=0单调且一致有界0etx1（x1,t0）由阿贝尔判别法知一致收敛
（2）t0[0,）,,0使t0[,]由上题知，F（t）在[,]一致收敛，
且由etxsinx在（x,t）[1,）[,]上连续知F（t）在[,]连续所以在t0连
x
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xy时，对一切自然数n,有fn（x）fn（y）
求证存在一个子序列{f（x）}在[a,b]上一致收敛
nk
x[a,b]}则U为[a,b]的一个开覆盖集，由有限覆盖定
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
{fnk（x）}，又令U={u（x,x）
理，存在有限个开区间覆盖[a,b]，不妨设为
u（x1,x1）u（xm,xm）
于是对
0,能找到一N>
0，
nk1,nk2N，xi,（i1,2,,m）
fnk2（xi）
fnk（xi）
k2
min{
x1
x}则由条件
（2）知对上述xm
0,
[a,b],xl使x
xl
对一切自然数n,有fn（x）fn（xl）
0,K0,k,t
K有nk,ntN,x[a,b],xl[a,b]有
fnt（x）
fnk（x）fnt（x）
fnt（xl）fnl（xl）fnk（xl）fnk（xl）fnk（x）
fnt（x）fnt（xl）+fnl（xl）fnk（xl）+fnk（xl）fnk（x）由柯西准则得证。
2004年南开大学数学分析试题答案
1.lim
xa
f（x）f（a）
limexa
lnf（x）f（a）
f'
（a）
f（a）1
2.zx
fxy
fy,
fx
xy
yxfxx
yf
xyx
fy
yxx
yf=f
3yyxx
yxfxx
1fyf
2y3yy
xx
3.即证明
2ln（1x）
2ln（1
x）x
设f（x）
x）
（x）
4.
（1
x）2
f（0）
0，
ln（x2
802sin2
2cos
5.设
2P=x
Q=
dx
6.
nn1
lnn
1en
散，原题得证
7.
8.
n2nlimf'
（
1）应用数学归纳法，当
时
1min{Fk,fk1}
（1x）2
y2）dxdy
r5lnrdr=
2xy，
lnn
n）
0，证完。
2sin
1r5lnr
2dr
72
1,又当
limn
（Fk
2y
时，
f（2n）f（n）
n1收敛，当
0时，级数
1n
f（2n）f（n）
（n）n
时命题成立，
题也成
fk1）Fkfk
0，原题得证
Fk1连续。
{Fk1（x）}F（x）{Fk1（x）}F（x）
3）由k1单调递减趋于，k1与都连续，由地尼定理，该收敛为
9.
（1）证明：
x0（a,b）,x0x1
x2
取x1x0,x1x2,x2x0，代入式中得，
x2x0
x1x0f（x1）f（x0）f（x2）f（x0）
f（x1）f（x0）10[f（x2）f（x0）]即1020，所以函数
x2x0x1x0x2x0
f（x）f（x0）
g（x）0单调递增有下界，从而存在右极限，则
xx0
'
f（x）f（x0）
f（x0）lim；
xx0xx0
f（x1）f（x2）f（x2）f（x3）f（x3）f（x4）
x1x2x3x4，由题设可得，
x1x2x2x3x3x4
即f（x1）f（x2）f（x3）f（x4）从而limf（x1）f（x2）limf（x3）f（x4），
x1x2x3x4x2x1x1x2x4x3x3x4
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
2.ddxufx
fyyx
fzz，其中y,z由
xxx
yz
gxgygz0
xx求出
hxhyhz0
xyz
yhxgzhzgxzhxgyhygx
xgyhzgzhyxgyhzgzhy
3.lim
nnk1
4（k）2
M
4.sintdt
2,1在x（0,）上单调一致趋于0，则f（x）在x（0,）上一致
xt
收敛，又sint在x（0,）上连续，则f（x）在x（0,）上连续。
111e
5.由泰勒公式e1，则
1!
2!
n!
（n1）!
111ee
e1，后者收敛，则原级数收敛。
1x1xMxM
6.由拉格朗日中值定理，1f（x）1f'
（）xM2xM2,后者收敛，由魏尔特拉
nnnnnn
斯定理，原级数一致收敛。
s（x）一致收敛，则可以逐项求导，
（）
s'
（x）2n也一致收敛且连续，故s（x）连续可
n1n
7.反证：
设存在（x0,y0）有（Q
PQP
）（x0,y0）0，不妨设（）（x0,y0）0，由连
yxy
续函数的局部保号性，知道存在一个邻域
当（x,y）
QP
时（QP）（x,y）0，则存在
一个圆周C0
PdxQdy
Q（Q
P
）dxdyy
0与已知矛盾。
a
8.当0xa时，f'
（x）f'
（）xx
axa时，f'
（）（xa）ax，综上，f'
（x）g（x）
（3）设当xU时，f'
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）x0x1x2
则f（x1）f（x0）g（x1）f（x2）f（x1）
x1x0
x2x1
f（x1）f（x0）f（x2）f（x0）则f（x）f（x0）单调递增有下界，存在右极限，f'
（x0）
x1x0x2x0xx0
存在，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
1.limln（e
B
ex）
limx0
A
ln（1x
BAex
1）当
0时，
lim
Aln（ex
BA
Aln（1x
x0
2）当
A0时，
Axlim0ln（ex
Aex
Alimex
AB
A（AB）xlim（AB）x2
e
3）当BA0时，limln（e
A0时，limln（ex
limln（2ex）x0
Aln（2ex）
ln2
limln2x0
A0时，xlim0
ln（ex
ln（2ex）
A0时，lim
Aln（2ex）
2.当0时，
limf（x）
f（x）连续；
1时，
f'
（0）
limx
2时，
11
sin
0，f'
（0）存在；
21
cos
limf'
（x）x0
3.即证：
yx
yxxy
ln
yylnx
lnxxlny，
所以
f（t）
（t）
lnyylnt
y1
t
y时，设
ty
d
1时，设
lnt
tlny，
f
（1）0，f（y）
g（y）
1y，g'
（y）t
g（y）g
（1）0，
lny
f
（1）0，
lny，g'
（y）
g（y）g
（1）0，
lny0
23
f（t）
f（y）0，
4d
04cos2
402
4cos
dtan
42
04tan2
332
5.假设存在常数M，0xM，积分lnf（b）lnf（a）M（ba）矛盾
1rcos
6.作代换
rsin
Vd
1arctan
2r
sind
2（1rcos）dr
2d
（2r
2rcos
）dr=
（2cos
）216cos4d
3
7.椭球面
2x
96
1的切向量为（x,y,z）
161cos2
[3（
）22（1cos2）]d
z
，切点为12
9,y
8,z
3和x
8
196
13
D
260
0,当
f（2x）
f（x）f（2x）
f
（2）f（4）
相加：
xxf（2nx1）f（2xn）
k1
4k
f（x）
f（2xn）
k12k
yf（x）
lyim0
y2f（x）2dx
122
1xy
1limy0
0lyim0
yf（x）dx
022
0yx
1）0
2dxx
f（0）y0
0y2f（x）2dx
2）2
y
y2dx
2f（0）y0
1求a,b
由于函数在
科院2006年数学分析试题参考解答
使下列函数在x=0处可导:
axb当x0;
x21当x<
0.
x=0处可导，从而连续，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。
2已知an0,级数
1发散,求证级数
n1an
1也发散.
n1an1
证明:
用反证法。
an0知级数
1均为正项级数。
1an1
假设级数
an
收敛，则lim
an1
0，于是有
1，从而由正项级数的比较判别法知级数
1收n1an
敛，矛盾，从而得证。
3设m,n
0为整数,求积分x
m（1x）ndx的值.
设I（m,n）=
m
x（1
x）ndx,则由分部积分法有
I（m,n）=（1-x）nd
m1x
m1
nx|1
m10
n（1
nx）
1
（1）
mn1I（m1,n1）.
从而
I（m,n）
m1n!
I（m1,n
nn1
m1m2
I（m
2,n
2）L
n1L
1m2
I（mn,0）n
（mn）!
mnm!
m!
n!
即得解。
（mn1）!
函数更为简单）
4设a>
0,f（x）
是定义在[-a,a]
上的连续的偶函数
则aa1f（+xe）xdx
f（x）dx.
证明：
由f（x）
知f（x）f（x）,从而令x
t有
f（x）dx1+ex
af（t）
t（dt）a1e
aae1tf（ett）dt
从而af（x）dx
1+ex
12（a1f（+xe）xdx
aetf（t）
a1etdt）
f（x）dx
10
1[f（x）dx
2a
f（x）dx]
20
f（x）dx得证。
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,
则存在（a,b）使得|f（|42|f（b）f（a）|.
（ba）
由Tayler定理,
对x=a+b（a,b）有
12
f（x）f（a）f'
（a）（xa）21!
f'
（1）（xa）2,
f（x）f（b）f'
（b）（xb）21!
f'
（2）（xb）2.
而f'
（a）f'
（b）0,故有
122
|f（b）f（a）|2!
|f'
（1）（xa）2f'
（2）（xb）2|
令|f（）|max{|f'
（1）|,|f'
（2）|},则有
1ba（ba）2
|f（b）-f（a）|21!
（）2（b2a）2|f'
（）|（b4a）
4
即|f'
（）|42|f（b）f（a）|.
（ba）2
[a,b]上连续,
设实值函数f（x）及其一阶导数在区间
而且f（a）=0,则
b2
6max|f（x）|ba（|f'
（t）|2dt）,
x[a,b]
bb
2122
f2（x）dx（ba）2|f'
（t）|2dt.
我们先来证明一个不等式，一般的称为Cauchy---Schwarz不等式，即
bb1b2
定理1f（x）g（x）dx（f2（x）dx）2（g2（x）dx）（f,g是[a,b]上的可积函数）
aaa
设h（x）f（x）tg（x）,则
2222
h2（x）f2（x）2tf（x）g（x）t2g2（x）,
两边从a到b取积分,有
bbbb
h2（x）dxf2（x）dx2tf（x）g（x）dxt2g2（x）dx
aaaa
由等式右边对t?
都成立,知
bbb
V（2f（x）g（x）dx）24f2（x）dxg2（x）dx0.即证.
:
（1）设max|f（x）||f（x0）|,则有NewtonLeibniz公式有
x0x0
|f（x0）||f（a）||f（t）|dt|f（t）|dt
aa
|f（x0）|2（|f（t）|dt）2
|f（t）|2dt12dt
a）|f（t）|2dt
（ba）|f（t）|2dt
两边开方即得证。
（2）同样，由Newton-Leibniz公式有
f（x）=f（a）+f'
（t）dtf'
（t）dt
f2（x）（f'
（t）dt）2f'
2（t）dt12dt
等式两边x从a到b积分有
2（x）dx[（xa）f'
2（t）dt]dx
[f'
2（t）dt]d
2（t）dt
（ba）2b
（xa）2
（xa）2bb2（xa）2
|f'
（x）dx
2a2
2（t）dt又得证。
设n是平面区域D的正向边界线C的外法线，则
uuu
ds（22）dxdy
nDuu
Green公式有
dyux
C
u2
2u
xd
）
8设曲线
x2y21的周长和所围成的面积分别为L和S，还令
a2b2
J?
（bx
S2L
2xyay）ds，则J2
由对称性知J
2222222
x2xyay）dsabdsabL
222
abL
1dx
9计算积分dx的值，并证明它也等于数项级数
01+x3
（1）n1的和。
13n2
设I=，01+x3
则I
01
3x
0（1x）（1xx）
为证明
10（131
13ln（1
13ln2
1ln2
x）|
3x
2x1
12x13
060x2
1ln（x2x
6
1）|0
1x1dx
2x
1d（3
01（2x1）2
233
arctan
9
（1）n1
（1）=I，我们先来证明一个定理：
3n2
定理2设f（x）
anxn在|x|<
R内收敛，若n0
Rnan0n
也收敛，则1
f（x）dx
n0
Rn1
n1
事
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