[理学]南京大学2000-2011年数学分析考研试题及解答.pdf

1 2000 年南京大学硕士研究生入学考试数学分析试题年南京大学硕士研究生入学考试数学分析试题 一 求下列极限 1 设 n n n x x x 3 1 3 1 0 1 x为已知 求 n n x lim 2 22 lim 22 0 0 yx y x yx 3 2 0 1 cos lim x x t dt t 4 2 222 2 2 0 2 1 limcos xy r xyr exy dxdy r 二 在 1 1 上有二阶连续导数 0 0 f 令 x xf xg 0 0 0fgx 证明 1 xg在0 x处连续 且可导 并计算 0 g 2 0 g 在0 x处也连续 二 设teetf t n t n 3 sin 1 0 t 试证明 1 函数序列 tfn在任一有穷区间 a 0上和无穷区间 0 上均一致收敛于 0 2 0 3 0sin1limtdtee t n t n 三 设对任一 a 0 xf在 a 0上正常可积 且0 0 dttf收敛 令 0 0 xdttfdttfx x x 试证明 x 在 0内至少有一个零点 四 计算积分 0 sincosln 2 0 222 adxxxaai 五 试求指数 使得dyr y x dxr y x 2 2 为某个函数 yxu 的全微分 并求 yxu 其中 22 yxr 六 计算下列曲线积分和曲面积分 1 c dzzyxdyyxdxzyxi 22 3 其中c为12 22 yx与zyx 22 2的交 线 从原点看去是逆时针方向 2 2 222 222 rczbyaxsdxdyzdzdxydydzxi s 七 设 ln n n uxxx 0 1x 1 试讨论 1 n n ux 在 0 1 上的收敛性和一致收敛性 2 计算 1 0 1 ln n n xxdx 2 九 设 2 2 2 exp 0 0 0 0 0 x ttx f x tt tx 0 i xf x t dt 0 x 1 讨论 0 f x t dt 在 0 上的一致收敛性 并证明 2 0 0 lim 2 t x i xedt 2 计算 i x 2000 年南京大学数学分析考研试题的解答年南京大学数学分析考研试题的解答 一 1 解 设 xc xc xf 1 0 ix 其中常数1 c 因为1 1 1 1 1 0 22 n fx在 a b上一致收 敛于 0 2 lim 0 n x fx 且关于n是一致的 则 n fx在 a 上一致收敛于 0 1 证明 1 因为 3 1 sin 1 tt t nn n f teete 显然 t n e 在任一有穷区间 a 0上一致收敛于 1 于是 tfn在任一有穷区间 a 0上一致收敛于 0 又 3 1 sin t tt n n f teete 因而lim 0 n t f t 且关于n是一致的 所以 tfn在无穷区间 0 上一致收敛于 0 2 因为 3 1 sin t tt n n f teete 且 0 t e dt 收敛 tfn在任一有穷区间 a 0上一致收 敛于 0 利用积分控制收敛定理 得 4 3 000 lim1sinlim lim 0 t t n nn nnn eetdtf t dtf t dt 四 证明 显然 0 0 f t dta 0 lim x xf t dta 存在0a 当xa 时 有 2 a xa x 在 0 a 上连续 0 0a ba 记dxxbxabai cossinln 222 2 0 2 bai是连续可微函数 当ba 时 dxxaxaaai cossinln 222 2 0 2 aln 当ba 时 dx xbxa xa bai a 2 0 2222 2 cossin sin2 dx bxba bbxba ba a 2 0 2222 22222 22 sin sin 2 cossin2 2 2 0 2222 2 22 dx xbxa b ba a tan tan2 2 2 0 222 2 22 xd bxa b ba a tanarctan 2 2 2 0 22 x b a a b ba a baa b ba a 1 22 2 22 于是cbabai ln 再由aaailn 得2ln c 故 2 ln ba bai 六 解设 2 2 xx p x yrq x yr yy 1 2 y ryr r p x yx yy 21 2 2 x xrxr r q x y xy 令 p x yq x y yx 得1 由 1 ux r xy 得 1 ury y 代入 2 1 2 ux r yy 得 yc 故 1 u x yrc y 七 c dzzyxdyyxdxzyxi 22 3 其中c为12 22 yx与zyx 22 2的交线 从原点看去是逆时针方向 1 解 22 1 21 x y zzxy 22 21 dx yxy 5 cos cos cos n r 0 0 1 利用斯托克斯公式 得 3 22 c ixy z dxxy dyxyz dz 3 coscoscos 22 ds xyz xy zxyxyz 3 001 22 ds xyz xy zxyxyz 22 1 3 2 1 3 2 d y z dsy dxdy 2 1 3 2 2 d y dxdy 21 22 00 111 3 2sin 222 drrdr 2 0 13 11 cos2 2 422 d 13 82 2 解 区域 2222 rczbyax 利用高斯公式 得 222 s x dydzy dzdxz dxdy dxdydzzyx 2 dxdydzcbaczbyax 2 dxdydzcba 2 3 3 4 2rcba 3 3 8 rcba 八 解 1 显然 1 n n ux 在 0 1 上收敛 且 1 0 1 ln 01 1 n n x uxs x xx x x n ux 在 0 1 上连续 而 s x 在 0 1 上不连续 所以 1 n n ux 在 0 1 上不一致收敛 2 1 1 ln 1 n n nn n x sxuxxx x 显然 对任意01ab n sx在 a b 上一致收敛 n sx在 0 1 上连续 ln 1 n xx sx x 01 x 1 0 ln 1 xx dx x 收敛 于是级数可以逐项积分 故 11 2 00 111 1 lnln 1 nn nnn xx dxxxdx n 九 1 解 显然 f x t 在 0 0 上连续 且有 2 0 t f x te 而 2 0 t edt 收敛 6 从而有 0 f x t dt 在 0 上一致收敛 对任意0ab ba 2 0 b ax x edx 2 0 11 2 x edx aa 0 ba 可知 2 2 2 00 x t t i xf x t dtedt 2 2 222 00 2 x t xxux t eedteedue 南京大学南京大学 2001 年数学分析考研试题年数学分析考研试题 一 求下列极限 1 设 2 4 3 0 1 1 n a aa n n 求 n n a lim 2 y x y x e y x 1 2 2 0 1 lim 3 设 bbaacxf ba 试求 b a h dx h xfhxf lim 0 4 设 xf在 1 0 内可导 且 1 0 1 xxf令 2 1 n n fxn 试证明 n n x lim存在有限 二 设 1 0 2 gcxg令 时当 时当 0 cos 0 0 x x xxg xg xf 1 讨论处的连续性 在0 xxf 2 求 0 处的连续性在并讨论 xxfxf 三 设 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 x 1 证明级数 1 1 nn n xx 绝对收敛 2 求级数 1 1 n nn xx之和 七 设 4 22 0 exp t idt 其中 满足不等式 4 3 2 22 1 讨论含参变量积分 i在区域 4 3 2 22 d上的一致收敛性 2 求 i在区域d上的最小值 南京大学南京大学 2001 年数学分析考研试题的解答年数学分析考研试题的解答 一 1 解 易知 11 1 4 nnnn aaaa n a是压缩迭代序列 所以lim n n a 存在 设lim n n aa 则有 3 4 a a 1a 所以lim1 n n a 2 解 令 1 ux y 则有 0 lim x y u 由 11 4 244 2 112 02 2 xx yyu u u xexeu e yye 得 1 2 2 0 1 lim0 x y x y xe y 3 解 f x 在 a b 上连续 对任何aaxb 因为 dttfhtf h x a 1 dthtf h x a 1 dttf h x a 1 dttf h hx ha 1 dttf h x a 1 dttf h hx x 1 dttf h ha a 1 由此 即得 1 lim 0 afxfdttfhtf h x ah aaxb 4 解 由题设条件 得 1 11111 11 1 nnn xxfff nnnnn n 121 npnnnnnn pn p xxxxxxxx l 8 11 1 1 111111 1121 111 n nnpnp nnnnnpnp nnpn l l 由此即可知 n x是一个基本列 所以 n n x lim存在且有限 二 由于 g x 在 上有二阶连续导数 所以 g x g x gx 在 上连续 000 cos sin lim limlim 0 0 1 xxx g xxg xx f xgf x 有 0 lim 0 x f xf 所以 f x 在0 x 处连续 显然 f x 在0 x 处连续 故 f x 在 上 连续 在0 x 处 00 cos 0 0 0 limlim xx g xx g f xf x f xx 2 00 cos 0 sin 0 limlim 2 xx g xxxgg xxg xx 0 cos1 lim 0 1 22 x gxx g 2 当0 x 时 cos g xx f x x 2 sin cos g xx xg xx fx x g 由于 g x 和 g x 连续 故当0 x 时 fx 存在且连续 而且 2 00 sin cos lim lim xx g xxxg xx fx x 0 cos sin sin lim 2 x gxxxg xxg xx x 0 cos1 lim 0 1 0 22 x gxx gf fx 在0 x 处连续 进而 fx 在 上连续 三 假设 f x 在 0 1 上可导 且 0 1 0 1 0 0fxxf xx f t dtft dt 0 1 x 证明 令 2 3 00 xx f xf t dtft dt 32 00 2 2 xx f xf xf t dtfxf xf t dtfx 因 0 1 0 1 0 0fxxf f x 9 令 2 0 2 x g xf t dtfx 则 2 1 0 g xf xfx 即得 0 0 g xg 所以 0 f x 则 2 3 00 0 0 xx f xf t dtft dtf 0 1 x 于是 2 3 00 xx f t dtft dt 0 1 x 四 1 计算dx x axbx e px 0 sinsin 0 abp 解解 因为 dyxy x axbx b a cos sinsin 所以 dx x axbx e px 0 sinsin dxdyxye b a px cos 0 由于 pxpx exye cos 及dxe px 0 收敛 根据魏尔斯特拉斯判别法 得dxxye px 0 cos在 bay 上一致收敛 又xye px cos 在 0 ba 上连续 所以积分可交换次序 即 dxdyxye b a px cos 0 xydxedy px b a cos 0 b a dy yp p 22 p a p b arctanarctan 故dx x axbx e px 0 sinsin p a p b arctanarctan 任何实数abp 0 特别地 0 sin arctan1 4 x x edx x 2 解解 由于 不是封闭曲面 需要补充一部分曲面 构成一个封闭曲面 区域 1 22 2 h xyzh a 边界 1 方向朝区域外 222 1 xyazh 方向朝上 显然dxdyzdzdxydydzx 222 1 1 2dxdy z 222 22222 xya h dxdyhaa h 利用高斯公式 得 dxdyzdzdxydydzx 222 dxdydzzyx 2 222 0 2 h a xyz h dzxyz dxdy 2 0 2 h a zzdz h 22 1 2 a h 再由 dxdyzdzdxydydzx 222 dxdyzdzdxydydzx 222 dxdyzdzdxydydzx 222 1 10 得出 dxdyzdzdxydydzx 222 22 1 2 a h 五 解 2 1 2 arctan x x xf 因为 2 2 0 2 2 1 1 nn n fxx x 0 0f 所以 21 0 1 2 21 n n n f xx n 11 x 显然 21 0 1 21 n n n x n 在 0 1 上一致收敛 0 12 1 n n n s 21 11 0 1 11 limlim 2122 24 n n xx n xf x n 六 证明 令 x x xf 1 则有 2 1 1 x xf f xf在 0 上是严格递减的 当 x时 xf 当 xf 若 1 x 则有 12n x n x2 2 1 l n 将 1 1 n n n x x x 代入 1 2 1 1 n n n x x x 得 2 2 1 1 2 n n n x x x 由 n n n nn x x x xx 2 1 1 2 2 n n x x 2 1 2 2 得 12 n x单调递减 2n x单调递增 设 ax n n 12 lim bx n n 2 lim 在 12 12 2 1 n n n x x x n n n x x x 2 2 12 1 中 令 n取极限 得 a a b 1 b b a 1 从而有 ba 故 n n xlim 1111 1 n nnn n xxxxx n 11 1 nn n xxx 111 nnnnnnn xxf xf xfxx 其中 n 位于 n x 与 1n x 之间 lim n n 2 11 lim 1 1 1 n n ffk 于是存在正整数n 当nn 时 成立 11 nnnn xxk xx 其中常数01k 由此而来 可知级数 1 1 nn n xx 收敛 故级数 1 1 nn n xx 绝对收敛 若 1 x 则有 n x 此时结论显然可得 11 若 1 0 x 然后就与上面的情况类似了 七 解 1 4 3 2 22 等价于 222 1 1 2 于是有 22 19 44 设 4 22 exp t f t 则有 444 22 exp expexp 19 44 ttt f t 显然 4 0 exp 9 4 t dt 是收敛的 于是 0 f tdt 在区域 4 3 2 22 d上是一致收敛的 2 i 4 4 00 expexp4 1 4 t dttdt 1 1 4 0 1 11 11 44422 u e udu i在区域d上的最小值为 1 11 442 南京大学南京大学 2002 年数学分析考研试题年数学分析考研试题 一 求下列极限 1 1 cos 2 lim sinsin ln 1 2 x x x x x xx 2 设 ln f xxax xa i f x在 a 上 的 最 大 值 ii 设 1 lnxa 21 ln xax 1 nn xf x 2 3 n l 求lim n n x 二 设 1 sin ln f xx x 试证明 f x 在 2 内有无穷多个零点 三 设 f x 在0 x 的某个邻域内连续 且 0 0f 0 lim2 1 cos x f x x 1 求 0 f 2 求 2 0 lim x f x x 3 证明 f x 在点0 x 处取得最小值 四 设 f x 在0 x 的某个邻域内具有二阶连续导数 且 0 lim0 x f x x 试证明 1 0 0 0f f 2 级数 1 1 n f n 绝对收敛 五 计算下列积分 1 求 1 x x xe dx e 12 2 s izxdydzxydzdxyzdxdy 其中s是圆柱面 22 1xy 三个坐标平面及旋转抛物面 22 2zxy 所围立体的第一象限部分的外侧曲面 六 设 f xc a b f x 在 a b 内可导 f x 不恒等于常数 且 f af b 试证明 在 a b 内至少存在一点 使 0f 七 在变力fyzizxjxyk rrrr 的作用下 质点由原点沿直线运动到椭球面 222 222 1 xyz abc 第一象限的点 m 问 取何值时 f r 所做的功w最大 并求w的最大值 八 1 证明 1 n x x e n 0 nnxn 2 求 2 0 lim 1 n n n x x dx n 南京大学南京大学 2002 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 一 1 解 0 1 cos 2 lim sinsin ln 1 2 x x x x x xx 2 0 1 1 cos 1 2 lim sinsin 2 ln 1 x x x x x x x x x x ln 1 0 1 ln 1 sin 12 2 2lim 2 xx x xx ex x x 1 ln 1 0 sin 1 2 lim ln 1 12 xx x x x ex xx 1 2 4 9 4 2 解 i 11 1 ax fx axax 当1xa f x 在 1 a 上单增 当1axa 时 0fx 时 1 0lnln 11 1xaaa 1 1axa 21 0ln ln1xaxaa 32 1 1xf xf aa 1 n xa 1 n ax n x 单调递增有上界 设lim n n xa 则有 ln aaaa 1aa 1aa 所以 lim1 n n xa 当1a 时 0 n x lim0 n n x 当01a 时 1 ln0 xa 1 lnln 11 1xaaa 1 1ax 1 2 10 2 ln 2 2 fn n 当0 x 0 f xf 即知 f x 中在0 x 处取得极小值 sup x mfx 四 证明 1 由 00 lim lim0 xx f x f xx x 知 0 0f 由 00 0 limlim0 0 xx f xff x xx 知 0 0 f 2 22 111111 0 0 22 nn fffff nnnn 2 11 2 m f nn 已知 2 1 1 2 n m n 收敛 其 中sup x mfx 于是 1 1 n f n 收敛 结论得证 五 1 解 3 2 2 1 3 1 x x x xe dxxedx e 3 2 222 1 11 333 xxxx x eee dxedx 33 22 22 22 1 1 1 33 33 1 x xxx x xe x eex edx e 14 所以 111 1 1 1 1 1 232 1 x xxxxx x xe dxx eeeex ec e 11 1 1 1 23 xxxx xe eeec 2 解 曲面 22 1xy 22 2zxy 事物交线为 22 1xy 1z 2222 1 1 02 0 0 x y zxyzxyxy 2222 2 12 02 0 0 x y zxyzxyxy 其中s是区域 1 的边界时 利用高斯公式 s izxdydzxydzdxyzdxdy 1 zxy dxdydz 2 12 2 000 cossin r ddrzrrrdz 2 12 22 2 000 cossin r drdzzrrrd 2 12 2 00 2 2 r drzrrdz 1 2222 0 1 2 2 2 22 rrrrdr 11 3524 00 44 2 2 4 rrr drrrdr 121 2 1 2 4635 714 2415 当s是 2 的边界时 利用高斯公式 s izxdydzxydzdxyzdxdy 2 zxy dxdydz 2 22 2 000 cossin r drdzzrrrd 2 2222 1 1 2 2 2 22 rrrrdr 2 224 1 1 12 2 2 2 2 2 4 31 rrrdr 35 212 2 24351 rr 16 214 241515 六 证明 证法一 用反证法 假若结论不成立 则对任意 xa b 都有 0fx f x 在 a b 上 单 调 递 减 由 于 f 不 恒 等 于 常 数 所 以 fx 不 恒 等 于 零 存 在 一 点 0 xa b 使 得 0 0fx 0 0 0 0 lim 0 xx f xf x fx xx 存在 01 xxb 使得 10 10 0 f xf x xx 10 f xf x 因为 0 f xf a 1 f bf x 所以 10 f bf xf xf a 这与 f af b 矛盾 从而假 设不成立 原结论得证 证法 2 由于 f 在 a b 上连续 f 在 a b 上取到最大值 m 和最小值 m 且mm 由于 15 f af b 所以 f 的最大值m 或最小值m 必在 a b 内达到 若 f 在 0 xa b 处达到最大值 0 f af bf x 若 f 在 1 xa b 处达到最小值 1 f xf af b 结论得证 七 解 设uxyz 则有 graduf r 所以f r 是有势场 om wfdru mu o r r 由于0 0 0 xyz 时 2222222 3 33 222222222 1 233 xyzxyz xyz abcabca b c 3 2 1 3 3 3 xyzabcabc 等号成立当且仅当 1 3 xyz abc 所以 333 abc 时 w 达到最大值 且w的最大值为 1 3 3 abc 八 证明 1 由于当0y 时 有1 y ey 对任意nn 0 xn 取 x y n 1 x n x e n 所以有 1 xn x e n 2 取 2 1 0 0 n n x xxn fxn nx n fx在 0 a 上一致收敛于 2x e x 故由函数列积分的黎曼控制收敛定理 2 0 lim 1 n n n x x dx n 0 lim n n fx dx 0 lim n n fx dx 2 0 x e x dx 2 0 x xedx 0 2 x x edx 0 2 x e dx 0 2 x edx 2 16 南京大学南京大学 2003 年数学分析考研试题年数学分析考研试题 一 求下列极限 1 设0a 求lim 1 nn x a 2 设 1 2x 1 2 nn xx 1 2 n l 求lim n n x 3 21 lim 1 x x x e x 二 过 1 0 p点作抛物线2yx 的切线 求 1 切线方程 2 由抛物线 切线及 x轴所围成的平面图形面积 3 该平面图形分别绕x轴和 y 轴旋转一周的体积 三 对任一 0 0y 求 0 0 1 y xy xx 在 0 1 中的最大值 并证明该最大值对任一 0 0y 均小于 1 e 四 设 f x 在 0 上有连续导数 且 0fxk 0 0f 求 i a 和 1 i 2 3 222 2 s xdydzydzdxzdxdy i xyz 其中s为上半球面 2222 xyza 0 z 的外侧 六 设 1 01 10 n n nx xx x ex f x 在 1 1 上黎曼可积 1 求lim n n x 并讨论 n x 在 1 1 上的一致收敛性 2 求 1 1 lim n n f xx dx 要说明理由 七 设 0 n n n f xa x 的收敛半径为r 令 0 n k nk k fxa x 试证明 n f fx在 a b 上一致 收敛于 f f x 其中 a b 为任一有穷闭区间 南京大学南京大学 2003 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 一 1 解 设max 1 ma 则有12 nnn mam 由此知 1 01 lim 1max 1 1 nn n a ama aa 17 2 解 由归纳法 易知2 n x 12 xx 1 11 1 22 22 nn nnnn nn xx xxxx xx 由此知 n x单调递增有界 设lim n n xa 02a 则有 2aa 2a 故lim2 n n x 3 21 lim 1 x x x e x 21 1 lim x x x x e 1 1 lim x x x x e 1 ln 1 1 lim x x x x e 1 2 ln 1 1 23 11111 ln 1 1 limlimlim 12 x x x xxx xxxxx e xx 1 lim 21 x x x 1 2 故 21 lim 1 x x x e x 1 2 3 解 1 1 22 y x 设切点为 00 xy 0 0 1 22 x x ky x 设切点 00 xy的切线方程为 00 0 1 2 22 yxxx x 将1x 0y 代入 00 0 1 2 1 22 xx x 00 2 2 1xx 0 3x 0 1y 所求切线方程为 1 1 3 2 yx 即 1 1 2 yx 2 解 3322 1200 1121 1 221 2233 sxdxxdxudut tdt 3 3321 222 1200 11211 1 2 24326 x vxdxxdxu dutdt 1311 2 22242 0200 2 21 44 441 x vydyydyyydyyydy 1 4 0 16 34 32 55 yy dy 三 解 00 1 00 1 yy xy y xxx 0 1 00 1 y y xyxx 0 1 000 1 y y xyyx 当 0 0 0 1 y x y 当 0 0 1 1 y x y 时 0 x 1 11 1 1 y e y 故有 0 0 1 0 0 11 1 1 1 y y ye y 又 0 0f f x 在 0 上严格单调递增 所以 f x 在 0 内仅有一个零点 五 1 解 1 2 0 1 1 x i adx axx 11 22 00 1 111 xaa dxdx axax 2 11 ln2ln 1 124 aa a 显然 0 0i 1 0 1 ii a da 111 222 000 ln 1 11 ln2 12141 aa dadada aaa 11 1 ln2ln2 244 2 i 因为 1 ln2 8 i 1 2 0 ln 1 ln2 18 x dx x 2 解 2222 x y zxyza 222 0 dx y zxyaz 3 222 2 s xdydzydzdxzdxdy i xyz 3 1 s xdydzydzdxzdxdy a 3 1 sdd a 3 1 30 dxdydz a 3 3 12 3 3 a a 2 六 解 1 0 lim 0 1 1 0 n n x x xx 由于极限函数在 1 1 上不连续 所以 n x 在 1 1 上不一致收敛 但对任何 10 01 ab 求 22 2 0 1 limcos r xy r d exy dxdy r 二 确定最小正数 使下面的不等式成立 2222 ln xya xy 0 0 xy 三 设 1 1 2 2 f x xx 求 n fx 并证明级数 0 0 n n n f 收敛 四 求 333 s x dydzy dzdxz dxdy 其中s是 222 1xyz 的上半球的下侧 五 设 2 coscoscosn n fxxxx l 1 当0 2 x 时 求 lim n n fx 并讨论 n fx在 0 2 的一致收敛性 2 证明 对任一自然数n 方程 1 n fx 在 0 3 内有且仅有一个根 3 若0 3 n x 是 n fx 的根 求lim n n x 20 六 设 22 0 x xt f xxee dt 1 证明 f x 在 0 上有界 2 证明 22 0 1 x tx xe dte x 南京大学南京大学 2004 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 一 1 解 显然 22 1 n nn a nnn 2 2 1 limlim1 1 1 1 nn n n n 2 1 limlim1 1 1 nn n nn n 所以lim1 n n a 2 解 0 ln2sin lim 12cos x x xex xx 0 1 12cos lim 1 sin 12 x x x ex xe x x 22 4 10 3 解 因为 222222 0ln2lnxyxyxyxy 2 2 ln4ln0rrrr 0r 所以 22 0 0 limln0 x y xyxy 4 解 设 f x y 在点 0 0 的某个邻域内连续 则有 2 0 1 lim 0 0 r r d f x y dxdyf r 22 2 0 1 limcos r xy r d exy dxdy r 22 00 cos 001e 二 解 设 lnr f r r 1r 则 10f lim0 r f r 2 1 lnr fr r 当re 时 有 0fe 当1re 从而 f r 在 1 r 上严格单调递增 当er 时 0fr 从而 f r 在 e 上严格单调递减 所以 f r 在re 处达到最大值 对1r 有 1 f rf e e 1 lnrr e 1r 对01r 成立的最小的正数 a为 1 e 21 三 解 1 1 2 2 f x xx 211 1 5 2 2 x x 11 1 2 5 21 2 n n nn nn fx x x 11 1 2 0 522 n n nn nn f 1 1 51 20 1 2 2 n nn n n n u f 11 515 1 0 2 212 2 n nn u 而 1 0 5 1 2 2n n 是收敛的 所以 0 0 n n n f 收敛 四 解 设 222 1 0vx y zxyzz 22 1 0dx y zxyz 利用高斯公式 得 333 s x dydzy dzdxz dxdy 333333 sd x dydzy dzdxz dxdyx dydzy dzdxz dxdy 上侧 333 d x dydzy dzdxz dxdy 222 30 v xyzdxdydz 21 22 2 000 3sinddr rdr 16 3 2 55 五 解 1 2 cos1 cos coscoscos 1 cos n n n xx fxxxx x l 当0 2 x 时 0cos1x limcos0 n n x 于是有 cos lim 1 cos n n x fx x 0 2 x n fx 在 0 2 上连续 显然 0 n fn 0 n f发散 从而知 n fx在 0 2 上不一致收敛 对任意0 2 2 111 1 3222 n n f l 由连续函数的介值定理 存在 0 3 n x 使得 1 nn fx 22 显然 0 n fx 111 nnnnnn fxfxfx 于 1nn xx 即 得 n x单 调 递 增 2 0 3 n xx 从 而 lim n n xa 存 在 且 2 0 3 xa limcoscos n n xa 2 1 coscos1 2 n xx 设 22 0 1 x xt g xexe dt 00g g x 是偶函数 22222 00 2 xx xtxxt gxxee dtxexee dt 00 g 2222 22 220 xxxx gxx eeex e 从而有 0gx 0g x 故有 22 0 1 x tx xe dte x 南京大学南京大学 2005 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 1 求 222 121 lim n n nnn l 解 解法 1 利用几何平均与算术平均不等式 及 2 n nn 2224 12 1 2 nnnn n n nnnn n l l 12 lim n n n l 解法 2 利用 stolz 定理 原式 121 lim n n n l lim 1 n n nn lim n n 23 2 求 ln lim ln n n nn 解 利用 stolz 定理 原式 ln 1 lim 1 ln 1 ln n n nnnn 1 ln 1 lim 1 ln 1 n n n n n 1 ln 1 lim 1 ln 1 ln n n n n n 1 1 lim 1 ln 1 ln ln 1 ln 1 n n n n nn 1 3 求 1 0 lim 1 nx n xxdx 解 11 00 1 0 1 2 1 nxn xxdxx dx n 求 1 1 1 lim n n i xix g x nn 解 原式 1 0 x g xy dy 5 当 1 1 2 p 试求极限 1 1 lim 1 k n n n k a nak 24 2 0 ln 2sin lim 12cos x x xex xx 3 设1a 1 0 xa m a b c 为曲面 1sxyz 上的任一点 求曲面s上点m 的 切平面 三个截距之积u 的最大值 六 设 1 0 1 f xc 试证明 1 1 0 0 1 1 0 lim 2 n n k kff nf t dtf nn 南京大学南京大学 2005 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 一 1 解 解法 1 1 11 11 1 1 1 1 k k nn n n kk a a nakn a nk 11 1 1 1 1 o nk a nk 故 1 111 111 limlim 1 k k nnn n n nn kkk a ao naknnnk 1 0 1 1 ln x a dxa a 解法 2 1 111 111 1 1 1 1 k kk nnn n nn kkk a aa nnakn a n 1 0 1 11 lim 1 ln k n x n n k aa dxa na 25 1 0 11 1111 limlim 1 1 ln 1 1 kk nn x nn nn kk aaa dxa nna a n 所以 1 1 lim 1 k n n n k a nak 1 1 ln a a 2 解 00 1 1 2cos ln 2sin22 limlim4 1 1012cos sin 12 x x x xx ex xex xe xx x x 3 解 显然有0 n xa 2 1 2 n nnn n x xaaxx aax n x单调递减且有界 设lim n n xa 则有0aa 舍去 故lim0 n n x 二 解 当0 x 时 2 sinf xx 2 0 sin 0 xx f x x x 显然 f x 在 上连续 在 上一致连续 f x 在0 x 处不可导 在0 x 处均可导 三 解 设 1 n n uxx n lim n n n uxx 当 1x 时 1 n n ux 发散 当 1x 时 1 n n ux 发散 所以 f x 的定义域为 1 1 对任意11ab 1 n n ux 在 a b 上一致收敛 1 n n ux 在 a b 上一致收敛 于是 f x 在 a b 上连续可微 故 f x 在 1 1 内连续可微 四 解法 1 2111 1 111 1 2 1 12 2 11 1 2 1 n n n xt nnn n n xt idxttdt xn t 12 1 1 2 2 12 1 n n t dt nt 26 2 1 2 2 lim2 1 e n n t nidt t 1 2 111 2 1 211 e dt tt 1 1 2 12 ln 1 2 e t e t 1121 2 12 lnln 1121 e e e 2 12 12ln 11 2ln 21 ee 解法 2 1 1 1 11 10 1 1 11 1 n xu n n n n u x n idxdu u xn n 2 1 111 2 002 1 1 2 limlim1 1 1 u n et e u n nn u t n nidue dutdt u t n 2 1 2 2 2 1 e t dt t 1 2 111 2 1 211 e dt tt 1 1 2 12 ln 1 2 e t e t 1121 2 12 lnln2 12 12ln 11 2ln 21 1121 e eee e 2 解 曲面s的方程可化为 2222 3 2222 aaa xyza 2222 3 2222 aaa vx y zxyza 利用高斯公式 222 s ix dydzy dzdxz dxdy 222 v ayz dzdydz 2 2 2 3 222 v aaa xyza dzdydz 3 v adzdydz 3 43 3 32 aa 4 3 3 2 a 五 解 1111 2 n abc r 切平面方程为 111 0 xaybzc abc 111 1xyz abc 切平面在x轴 y 轴 z 轴上的截距分别为 abc ua b c 27 由于1abc 3 3 11 3327 abc a b c 所以u 的最大值为 1 27 六 定理 1 设 f 在 ba上连续 在 ba内可导 则存在 ba 使得 2 2 ab f afabdxxf b a 证明 令 x a dttfxf 利用泰勒公式 存在 ba 使得 2 2 ab f abafafbf 即得 2 2 ab f afabdxxf b a 定理 2 设 1 bacxf 记 n k b a n n ab kaf n ab dxxf 1 1 2 1 l n 则有 1 lim 2 n n nbaf bf a 证明 存在 1 n ab ka n ab ka k 使得 n ab ka n ab ka n ab kaf n ab dxxf 1 1 2 2 n abf k 2 1 nkl 从而 n k kn n ab f ab n 1 2 存在 ba 使得 2 n baba f n 于是 lim 22 b n an baba nfx dxf bf a 南京大学南京大学 2006 年数学分析考研试题年数学分析考研试题 一 计算下列各题 1 求 22222 111 lim 12 n nnnn 2 求 sin 2 0 1 lim 1 x x x x 3 设01 求 0 lim bx ax x f t dt t 28 二 设 f x 在r 上二次可导 0 lim1 x f x x 且 0fx 试证明 f xx xr 三 设 lnf xxxa a为参数 讨论方程 0f x 在 0 内有几个实根 并指出实根的范 围 四 设 1 1 2 x 1 1 1 n n x x 1 2 3 n 试证明级数 1 1 nn n xx 绝对收敛 并求级数之和 五 设s为椭球面 222 222 1 xyz abc 的上半部 为s上的外单位法向量 计算曲面积分 222 222 s xyz ids abc 六 试求函数项级数 22 1n x xn 和 22 1 1 n n n xn 的收敛域 绝对收敛或条件收敛 并讨论它们在收 敛域内的一致收敛性 七 设 f x g x 在 a b 上二阶可导 0f af b 0g ag b 且当 xa b 时 0gx 试证明 1 对任意 xa b 0g x 2 存在 a b 使 0fggf 八 设 0 f xc 0 x dx 绝对收敛 试证明 1 00 lim 0 n n x fx dxfx dx n 其中0 九 设 f xc a b 在 a b 内二次可导 f af b 且存在一点 ca b 使得 f cf a 试证明 存在两点 12 a b 使 1 0f 2 0f 南京大学南京大学 2006 年数学分析考研试题解答年数学分析考研试题解答 一 1 解 22 1 1 lim n n knk 1 2 11 lim 1 n n k nk n 1 20 1 1 dx x 4 0 1 cos du u 2 1 ln 1 ln 12 0 xx 2 解 sinsin ln ln 00 11 limlim 11 xxx xxx xx xe xe sin ln ln 0 1lnsinln lim sinln1ln xx xx x exxxx xx exx 1 3 解 因为 29 22 ln xyxy 2222 2 ln xyxy 2 2lnrr 22 rxy 已知 2 0 limln0 r rr 所以 22 0 0 lim ln 0 x y xyxy 4 解 22 2 lim lim 2 0 2 xx f x ff xx x 因为 22 2 limlim2 22 xx f xff x xx 所以 f x 在2x 处可导 且 2 2 f 5 解 存在 ax bx 使得 1 bxbx axax f t dtfdt tt ln bx ft ax ln b f a 0 ln b f a 0 x 于是 0 lim 0 ln bx ax x f tb dtf ta 二 证明 00 0 lim lim0 xx f x ff xx x 00 0 0 limlim1 0 xx f xff x f xx 由 2 0 0 2 f f xffxx 所以 f xx xr 三 解 0 lim x f xa lim x f x ln1fxx 当 1 0 x e 时 0fx f x 在 1 0 e 上单调递减 当 1 x e f x 在 1 e 上单调递增 f x 在 1 x e 处达到最小值 11 fa ee 当 1 a e 时 0f x 在 0 内有唯一的实根 1 x e 当 1 0a e 时 0f x 在 0 内有两个实根 12 xx 1 1 0 x e 2 1 x e 当0a 时 0f x 在 0 内有唯一的实根1x 当0a 时 0f x 在 0 内无实根 四 证明 显然01 n x 12 n x 2222 np k n xx p xkxnp 对任意正整数n 取 nn pn xn 有 2 222222 1 2 5 n np n n k nk n n xnn n xknknn 故 22 1n x xn 在 上不一致收敛 设 22 1 n n n vx xn 1 n n ax 22 n n b x xn 显然 1 1 n n n 一致有界 n b x单调 1 0 n b x n n fx在 0 a 上一致收敛于 0 fx 所以由函数列积分的控制收敛定理 1 00 lim lim n n nn x fx dxfx dx n 0 lim n n fx dx 0 0 fx dx 0 0 fx dx 九 证明 由条件可知 f x 在 a b 内达到最大值m 0 xa b 0 f xm 0 0fx 0 f af bf x 存在 20 xx b 使得 020 f bf xfxbx 2 0fx 存在 110 x x 使得 01101 fxfxfxx 得 1 0f 存在 202 x x 使得 20220 fxfxfxx 32 得 2 0f 南京大学南京大学 2007 年数学分析考研试题年数学分析考研试题 一 30 分 举例 1 举一个极限点 凝聚点 在 0 1 区间上稠密的可数集 2 举一个有振动间断点的函数 3 举一个连续但不是一致连续的函数 4 举一个可逆的可微函数 其逆函数不可微 5 举一个非零的可微函数 它在某一点的任意阶导数均