K清风数学分析各校考研试题及答案.pdf

数学分析 - 各校考研试题及答案2003 南开大学年数学分析一、 设),(xyxyxfw其中),(zyxf有二阶连续偏导数，求xyw解：令 u=x+y,v=x-y,z=x 那么zvuxfffw；二、 设 数 列na非 负 单 增 且aannlim， 证 明aaaannnnnn121lim解：因 为an非负单增，故有nnnnnnnnnnaaaaa1121)(由aannlim；据两边夹定理有极限成立三、 设0,00),1ln()(2xxxxxf试确定的取值范围，使 f(x)分别满足：（1）极限)(lim0 xfx存在（2）f(x)在 x=0 连续（3）f(x)在 x=0 可导解： 1因为)(lim0 xfx=)1ln(lim20 xxx=)() 1(2lim221420nnnxxonxxxx极限存在那么 2+0知2(2)因为)(lim0 xfx=0=f(0)所以要使 f(x)在 0 连续那么230)0(f所以要使 f(x)在 0 可导那么1四、设 f(x)在 R 连续，证明积分ydyxdxyxfl)(22与积分路径无关解；令 U=22yx那么ydyxdxyxfl)(22=21duufl)(又 f(x)在R上连续故存在Fu使dF(u)=f(u)du=ydyxdxyxf)(22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，0)2(baf且Mxf)(,证明2)(4)(abMdxxfba证：因 f(x)在a,b可导，那么由拉格朗日中值定理 ， 存 在)2)()2()(),(baxfbafxfba使即 有dxbaxfdxxfbaba)2)()(222)(4)2()2()2)(abMdxbaxdxxbaMdxbaxfbbabaaba六、设na单减而且收敛于0nansin发散a) 证明收敛nansinb) 证明1limnnnvu其中)sinsin(kakkaukn；)sinsin(kakkakvn证： 1因为21sin1sink而na单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知收敛nansin 2 因 为 正 项 级 数nansin发 散 那 么)(sinnkak又由上题知有界kaksin故有1limnnnvu七、设dxxxetFtxsin)(1证明1dxxxetxsin1在),0一致收敛2)(tF在),0连续证： 1因dxxx1sin收敛可由狄利克莱判别法判出故在 t=0 上一致收敛；又txe在 x=1,t=0单调且一致有界)0, 1( 10txetx由阿贝尔判别法知一致收敛2,0,), 000tt使由上题知， Ft在,一致收敛，且由xxetxsin在 x,t,), 1上连续知 F t在,连续所以在0t连续，由0t的任意性得证八、令)(xfn是a,b上定义的函数列，满足1对任意0 x,ba)(0 xfn是一个有界数列2对任意0，存在一个)()(,0yfxfn，yxbayxnn有对一切自然数时且当求证存在一个子序列)(xfkn在a,b上一致收敛证：对任意x,ba，)(xfn是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列，设为)(xfkn，又令U=,),(baxxux那么 U 为a,b的一个开覆盖集，由有限覆盖定理，存在有限个开区间覆盖a,b，不妨设为),(),(11mxmxxuxu于是对N能找到一, 00，),2, 1(,21mixN，nnikk有3)()(22ininxfxfkk令,min1mxx那么由条件2知对上述03)()(,0lnnllxfxfn，xxxbax有对一切自然数使于是有有, 0, 0baxbaxNnnKtkKltk)()()()()()()()(xfxfxfxfxfxfxfxfkkklttktnlnlnlnlnnnn)()(lnnxfxftt+)()(lnlnxfxfkl+)()(xfxfkknln由柯西准那么得证。

2004 年南开大学数学分析试题答案1.1lim)()(lim)()( )()(ln1afafaxafxfaxaxaxeeafxf2.yxfxyyfxz2, yyyxyxyxxxfxyfxyfxfxyyxffyxz3221=yyyxxxfxyfxyxff321xxx111)1ln(2，即证xxx111)1ln(2设)(xfxxx111)1ln(2，0)0(f，2)1(1112)( xxxf0)1(22xx，0)0()(fxf，证完4.Ddxdyyxyx)ln(2222=10252022lncossindrrrd=1052022lncossin8rdrrd=725.设 P=22yx，Q=xy2，yPyxQ2，积分与路径无关，那么6.nennnnn1ln11lnnn,又当0时，11lnnnn收敛，当0时，级数11lnnnn发散，原题得证7. 由 拉 格 朗 日 定 理 ，nfnfnfn)( )()2(， 其 中nnn20)()2(lim)( limnnfnffnnn，原题得证8.1应用数学归纳法，当1n时命题成立，假 设 当kn时 命 题 也 成 立 ，那 么 当1kn时 ，2)(,min1111kkkkkkkfFfFfFF，由归纳假设1kF连续。

23由)(1xFk单调递减趋于)(xF，)(1xFk与)(xF都连续，由地尼定理，该收敛为一致收敛9.(1)证明：2100),(xxxbax取02210201,xxxxxxxx，代入式中得，)()()()(02020101xfxfxxxxxfxf即02020101)()()()(xxxfxfxxxfxf，所以函数00)()()(xxxfxfxg单调递增有下界，从而存在右极限，那么)(0 xf00)()(lim0 xxxfxfxx；4321xxxx，由题设可得32322121)()()()(xxxfxfxxxfxf4343)()(xxxfxf，即2121)()(xxxfxf4343)()(xxxfxf从而2121)()(lim12xxxfxfxx4343)()(lim34xxxfxfxx，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2.xzfxyffdxduzyx，其中xzxy,由00 xzhxyhhxzgxyggzyxzyx求出3.102123234)(411limxdxnknnkn4.txdttM1,2sin0在),0(x上单调一致趋于0，那么)(xf在),0(x上一致收敛，又txtsin在), 0(x上连续，那么)(xf在),0(x上连续。

)!1(!1! 21! 111nene，那么)!1()!1(!1! 21! 111nenene，后者收敛，那么原级数收敛6.由拉格朗日中值定理，,)( 1)(122nMnMxnxfnnxfn后者收敛，由魏尔特拉斯定理， 原级数一致收敛由)(xs一致收敛，那么可以逐项求导，12)( )( nnnxfxs也一致收敛且连续，故)(xs连续可导7.反证：设存在),(00yx有0),)(00yxyPxQ，不妨设0),)(00yxyPxQ，由连续函数的局部保号性，知道存在一个邻域,当),(yx时0),)(yxyPxQ， 那么存在一个圆周,0CDQdyPdx0)(dxdyyPxQ与矛盾20ax时，xxfxf)( )( axa2时，xaaxfxf)( )( ，综上，)()( xgxf)2(假设对任意的),0(ax有)()( xgxf，那么在2ax时，)( xf不存在，矛盾)3(设当Ux时，0)()( xgxf当Uax),0(时0)()( xgxf，两边对x积分即可6.)()()(000 xxxgxgxf，)()()(00 xxxgxfxf， 由)(xg在),(ba上有定义，那么)(xg在),(ba上有界，那么可以得到)(xf在),(ba上连续。

210)2(xxx， 那 么121210101)()()()()(xxxfxfxgxxxfxf， 那 么02020101)()()()(xxxfxfxxxfxf那么00)()(xxxfxf单调递增有下界，存在右极限，)(0 xf存在，同理)(0 xf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. )1ln(lim)ln(lim00 xABxxBxAxexAee1当0AB时，)1ln(lim)ln(lim00 xABxxBxAxexAee当0A时，)1ln(lim)ln(lim00 xABxxBxAxexAee当0A时，)1ln(lim)ln(lim00 xABxxBxAxexAee当0A时，0)1ln(lim)ln(lim00 xABxxBxAxexAee2当0AB时，20000limlim)1ln(lim)ln(limxBAeAxAeexAeexABxxABxxABxxBxAx= 3当0AB时，xAeeexxAxxBxAx2lnlim)2ln(lim)ln(lim000当0A时，xAeeexxAxxBxAx2lnlim)2ln(lim)ln(lim000当0A时，xAeeexxAxxBxAx2lnlim)2ln(lim)ln(lim000当0A时，2ln2lnlim)2ln(lim)ln(lim000 xAeeexxAxxBxAx2. 当0时，0)(lim0 xfx，从而)(xf连续；当1时，01sinlim)0( 10 xxfx，)0( f存在；当2时，xxxxxf1cos1sin)( 210)( lim0 xfx, 3.即证：yxxxyyxyyxxylnlnlnln，ytttyytflnlnlnln)(，0)1 (f，0)(yf当yt1时，设)( ygytyln1，011)( ytyg，0)1 ()(gyg，所以0ln1)( ytytf0)1 ()(ftf，当10yt时 ， 设)(ygytyln1，011)( ytyg，0)1 ()(gyg，所以0ln1)( ytytf0)()(yftf，4. 5. 假 设 存 在 常 数M ，Mxfxf)()( 0， 积 分)()(ln)(lnabMafbf矛盾=drrrddcos20221arctan020)cos22(= = 196222zyx的切向量为),96(zyx124396zyx，切点为83,81, 9zyx和83,81,9zyx8.,0,0当x时，相加：令n，所以Af)0( 9111122)(dxyxxyf由含参量积分的性质，0lim10y0lim10y科院 2006 年数学分析试题参考解答1 求 a,b 使以下函数在 x=0 处可导 : 解：由于函数在x=0 处可导，从而连续，由(00),(00)1fb f得到 b=1; 又由(0),(0)0fa f得到 a=0.即得。

2 1110,.1nnnann1已知级数发散 求证级数也发散aa证明: 用反证法由0na知1nn1级数a，111nna均为正项级数假设级数111nna收敛，那么1lim01nna，于是有11limlimlim1111111nnnnnnaaann1aa，从而由正项级数的比拟判别法知级数1nn1a收敛，矛盾，从而得证3 10(1).nxdxm设m,n0为整数 , 求积分x的值解：1011111n 100(1),1I(m,n)=(1-x)(1)|(1)( 1)(1,1).01111nmmmnnxdxxxxndxnxdxI mnmmmmm设I(m,n)=x则由分部积分法有从而111(, )(1,1)(2,2)(,0)11212nnnnnI m nI mnI mnI mnmmmmmmn!1! !()!1(1)!nm nmnmnmnm即得解利用余元公式、换元、函数更为简单4 0( ).aaadxf x dxxf(x)设a0,f(x)是定义在 -a,a上的连续的偶函数 , 则1+e证明：由f(x)是定义在 -a,a上的连续的偶函数知()( )fxf x,从而令xt有()( )()11aaatttaaafte f tdxdtdteexf(x)1+e从而1( )1()( )212aaaattaaaae f tdxdxdtf x dxexxf(x)f(x)1+e1+e0000。