数学分析各校考研试题及答案Word文档下载推荐.docx

1、f （ ）（x ab）dxMa2（x）dxb（x）dxM2六、设 an 单减而且收敛于 0。an sin n 发散a）an sin n收敛b）lim un 1 其 中 unn vn（ ak sin kak sin k） ；证 ：（ 1） 因 为vn（aksink aksink）sin k1 sin而 an 单 减 而 且 收 敛 于 0 据 狄 利克莱 判 别 法知ansin n收敛2）因为正项级数an sin n 发散则ak sin k（n） 又由上题知uak sin k有界 故有 lim n 1tx sin x七、设 F （t） 1 e dx 证明1x1）e tx sin xdx在 0,

2、）一致收敛2）F （t） 在 0, ）连续证： （ 1 ） 因 sin xdx收敛 （可由狄利克莱判别法判出） 故在 t=0 上一致收敛； 又 e tx在 x=1,t=0 单调且一致有界 0 e tx 1（ x 1,t 0） 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 e tx sin x 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,bfn（x0）是一个有界数列（ 2）

3、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 f （x） 在 a,b 上一致收敛nkx 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, nk2 N， xi,（i 1,2, ,m）fnk2 （xi）fnk （xi）k2minx1x 则由条件

4、（ 2） 知对上述 xm0,a,b, xl使 xxl对一切自然数 n,有 fn（x） fn（xl ）0, K 0, k,tK有 nk,nt N, 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. limxaf （x） f （a）lim e xaln f（x） f（a）f（a）f（a） 12. z xfxyfy,fxxyyxf xxyfx

5、y xfyyx xyf =f3 yy x xyxfxx1f yf2 y 3 yyxx3. 即证明2ln（1 x）2ln（1x） x设 f （x）x）（x）4.（1x）2f（0）0，ln（ x28 02sin22 cos5. 设2 P=xQ=dx6.nn 1ln n1 en散，原题得证7.8.n 2n lim f（1）应用数学归纳法，当时1 min Fk, fk 1（1 x）2y2 ）dxdyr5 ln rdr =2xy ，lnnn）0 ，证完。2 sin1r5lnr2dr721 , 又当lim n（Fk2y时，f （2n） f（n）n 1 收敛，当0 时，级数1nf（2n） f（n）（ n）n

6、时命题成立，题也成fk 1） Fk fk0 ，原题得证Fk 1 连续。Fk 1（x） F（x） Fk 1（x） F（x）3）由 k 1 单调递减趋于 ， k 1 与 都连续，由地尼定理，该收敛为9.（1） 证明：x0 （a,b）, x0 x1x2取 x1 x0 ,x1 x2,x2 x0，代入式中得，x2 x0x1 x0 f （ x1 ） f （ x0 ） f （ x2 ） f （ x0 ）f（x1） f （x0） 1 0 f （x2） f（x0） 即 1 0 2 0 ，所以函数x2 x0 x1 x 0 x 2 x 0f （ x） f （ x0 ）g（x） 0 单调递增有下界，从而存在右极限，则

7、x x0 f （x） f （x0 ）f （x0） lim ；x x0 x x 0f（x1） f （x2） f（x2） f （x3） f（x3） f（x4）x1 x2 x3 x4 ，由题设可得 ，x1 x2 x2 x3 x3 x4即 f （x1） f（x2） f（x3） f（x4）从而 lim f（x1） f（x2） lim f（x3） f（x4），x1 x2 x3 x4 x2 x1 x1 x2 x4 x3 x3 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 02. ddxu fxf

8、y y xf z z ，其中 y , z 由x xxyzgx gy gz 0x x 求出hx h y hz 0xy zy hxgz hzgx z hxgy hygx,x gyhz gzhy x gyhz gzhy3.limn nk14 （k）2M4.sin tdt2, 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。11 1 e5.由 泰 勒 公 式 e 1 ， 则1! 2! n! （n 1）!11 1 e ee 1 ，后者收敛，则原级数收敛。1 x 1 x M

9、x M6.由拉格朗日中值定理， 1 f （ x ） 1 f （ ） x M2x M2 , 后者收敛，由魏尔特拉nn n n n n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n1 n7.反证：设存在 （x0, y0） 有 （ QP QP）（x0, y0） 0，不妨设 （ ）（x0, y0 ） 0 ，由连y xy续函数的局部保号性，知道存在一个邻域, 当 （x, y）QP时 （ Q P ）（x, y） 0，则存在一个圆周 C0, Pdx QdyQ （QP） dxdy y0 与已知矛盾。a8. 当 0 x a 时， f（x

10、） f （ ）x xa x a 时， f （ ）（x a） a x，综上， f（x） g（x）（3）设当 x U 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）x0 x1 x2则 f （x1） f（x0） g（x1） f （x2） f（x1）x1 x0x2 x1f（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）x1 x0 x2 x0 x x0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. lim ln（eBex）lim

11、x0Aln（1 xBA ex1 ）当0 时，limA ln（exBAAln（1 xx02）当A 0 时，A xlim0 ln（exAe xAlim e xABA（A B）xlim （A B）x2e3）当 B A 0 时， lim ln（eA 0 时， lim ln（ e xlim ln（2ex ） x0A ln（2ex）ln2lim ln 2 x0A 0时， xlim0ln（exln（2ex ）A 0 时， limA ln（2ex ）2. 当 0时，lim f（x）f （x） 连续；1 时，f （0）lim x2 时，11sin0， f （0） 存在；21coslim f （x） x03. 即

12、证：yxyx xylny ylnxlnx xln y，所以f（t）（t）ln y ylnty1ty 时，设tyd1 时，设lnttln y，f（1） 0， f （y）g（y）1 y， g（y） tg（y） g（1） 0，lnyf （1） 0，lny， g（y）g（y） g（1） 0 ，lny 023f （t）f （y） 0，4d0 4 cos24 024 cosd tan420 4 tan23 325. 假设存在常数 M， 0 x M ，积分 ln f（b） ln f（a） M （b a） 矛盾1 rcos6. 作代换rsinVd1 arctan2rsin d2（ 1 rcos ）dr2d（

13、2r2r cos）dr =（2cos）2 16cos4 d37. 椭球面2 x961 的切向量为 （ x , y, z）16 1 cos23（）2 2（1 cos2 ）dz，切点为 129, y8,z3 和x819613,D2600,当f （2x）f （x） f（2x）f（2） f（4）相加：xx f（2nx1） f（2xn ）k14kf（x）f（2xn）k12kyf （x）lyim0y2f（x）2dx12 21x y1 lim y00 lyim0yf（x） dx02 20y x1）02 dx xf（0）y 00 y2f（x）2 dx2） 2yy 2 dx2 f（0）y 01 求 a,b由于函

14、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 :ax b 当 x 0;x2 1 当 x0,f（x）是定义在 -a,a上的连续的偶函数, 则 aa1f（+xe）x dxf （x）dx.证明： 由 f（x）知 f（ x） f（x）, 从而令 xt有f（x） dx 1+exa f（ t）t （ dt） a1 eaae1tf（ett）dt从而 a f（x） dx1+ex12（a1f（+xe）xdxa et f （t）a 1 et dt）f（x）dx101 f（x）dx2af （x）dx20f （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 （

15、a）=f （b）=0,则存在 （a,b）使得 |f （ | 4 2 | f（b） f（a） |.（b a）由 Tayler定理 ,对 x= a+b （a,b）有12f（x） f（a） f（a）（x a） 21! f（ 1）（x a）2,f（x） f（b） f（b）（x b） 21! f （ 2）（x b）2.而 f （a） f （b） 0,故有122|f（b） f（a）| 2!|f（1）（x a）2 f（ 2）（x b）2|令 |f（ ）| max| f（ 1）|,| f（ 2）|, 则有1 b a （b a）2|f（b ）-f（a）| 21!（ ）2（b2a）2 |f（ ）|（b 4a）4即

16、 | f（ ）| 4 2 | f（b） f（a）|.（b a）2a,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b26 max| f（x）| b a（ | f（t）|2dt） ,x a,bbb2 12 2f2（x）dx （b a）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b b 1b 2定理 1 f （x）g（x）dx （ f 2（x）dx）2（ g2（x）dx） （ f , g是 a,b上的可积函数 ）a aa设 h（x） f （x） tg（x）, 则2 2 22h2（x） f2（x） 2tf（x）

17、g（x） t2g2（x）,两边从 a到 b取积分 ,有bb b bh2（x）dx f 2 （x）dx 2t f （x）g（x）dx t2 g2（x）dxaa a a由等式右边对 t ? 都成立 ,知b bbV （2 f （x）g（x）dx）2 4 f 2（x）dx g2（x）dx 0.即证 .:（1）设 max| f （x） | | f （x0） |,则有 Newton Leibniz公式有x0 x0| f（x0）| |f（a）| | f（t）|dt |f（t）|dtaa| f（x0）|2 （ |f（t）|dt）2| f（t）|2dt 12dta） | f（t）|2dt（b a） |f（t）|

18、2dt两边开方即得证。（2） 同样，由 Newton-Leibniz 公式有f（x）=f（a）+ f （t）dt f （t）dtf2（x） （ f （t）dt ）2 f 2（t）dt 12dt等式两边 x从 a到 b积分有2（x）dx （x a） f 2（t）dtdx f 2（t）dtd2（t）dt（b a）2 b（x a）2（x a）2 b b 2 （x a）2| f （x） dx2a 22 （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u uuds （ 2 2 ）dxdyn Du uGreen公式有dy uxCu22uxd）8 设曲线x2 y2 1 的周长和所围成的面积

19、分别为 L 和 S，还令a2 b2J ?（b xS2L2xy a y ）ds，则 J 2由对称性知 J2 22 22 22x 2xy a y ）ds a b ds a b L222abL1 dx9 计算积分 dx 的值，并证明它也等于数项级数0 1+x3（ 1）n 1的和。1 3n 2设 I= ， 0 1+x3则I013 x0 （1 x）（1 x x ）为证明1 0（13113ln（113ln21 ln2x） |3x2x11 2x 1 30 6 0 x21 ln（x2 x61）|01x 1dx2x1 d（ 301 （2x 1）223 3arctan9（ 1）n 1（ 1） =I ，我们先来证明一个定理：3n 2定理 2 设 f （x）anxn 在 |x|R 内收敛，若 n0Rn an 0n也收敛，则 1f （x）dxn0Rn 1n1事