华中科技大学0207年硕士研究生数学分析考试试题及答案

1、华中科技大学2002年硕士研究生数学分析考试试题一、 求。解：原式二、 设函数满足方程组，期中 均为连续可微函数，求。解：因为，解得；同理有，得。三、 设函数在的可微，当时，证明存在使得。证明：令，则，在上满足罗尔定理，所以存在使得，即有，即。四、 证明不等式，（ ）。证明： 当或或时，不等式显然成立，下面利用多元函数极值方法证明，先求函数当时，在球面上的最大值，作拉格朗日函数，求偏导数，得解得，代入约束条件，可得，由于目标函数无最小值，所以唯一的驻点必是最大值点，于是有，即，在后一式中令，和，得到。五、设函数在的连续可微，且最少有一个零点，证明 。证明：设，对任意的有，上式积分得 。六、，

2、其中为单位圆周，逆时针方向。解： 令，得 。七、设区域由分片光滑封闭曲面所围成。证明：,其中为曲面的单位外法向量,，。证明：由，可知。因为 由Gauss公式，得到 。八、证明:对充分大的自然数有近似公式，当时，其误差与是等价无穷小。证明：:对充分大的自然数，即有近似公式。且，因此，即与是等价无穷小。九、展开为上的正弦级数。十、设是区间上连续函数序列，它在上一致收敛于，假设每个在上不处处为负，证明在上也不处处为负。证明：由题设易知在区间上连续，下面用反证法证明，假设在上处处为负，即，又在上一致收敛于，所以存在，当时，对任意，有，即有，即有，即当时，在上处处为负，矛盾。华中科技大学2003年硕士研

3、究生数学分析考试试题一、求。，则，故极限不存在。二、设是两次连续可微函数，用极坐标代换变换式子。解：，。三、设，在上连续，在可导且，证明存在使得。证明：由柯西中值定理存在使得，即。四、设，证明不等式：，。证明：，解得，这时，又且当充分小时为无穷大，所以没有最大值，是的最小值，即。五、 设在上两次连续可微，证明。证明：，又,所以，即。六、 设是椭圆，是的单位切向量，指向反时针方向，求。解：设是的单位外法向量，则 ，又令，所以则，七、 设是椭球面，是原点到切平面的距离，求。 解：上点的切平面：，即，则，八、 将函数展成为的幂级数，并指出其收敛域。 解：当，即时，有定义，且，易知级数的收敛域为。九、

4、 在上展开为的富立叶级数。十、 证明公式 ，其中是与无关的常数，。证明：设，则，即单升，又有上界，故由单调有界原理知存在，记我为，则，令，即有，且。华中科技大学2004年硕士研究生数学分析考试试题一、 设求级数之和。解：，则。二、 设，证明，此估计能否改进？证明：由泰勒公式存在使得 ，两式相减得，所以有；不能改进，例，满足，的条件，但对任意，有。三、 设有处处连续的二阶偏导数，证明。证明：因为 ，则由分部积分有。四、设在上连续，在可微，存在唯一的，使得，设，证明是在上的最大值。证明：由，存在，当时，又在有界闭区间上连续，所以在上一定取到最大值，而在区间边界；和上都有不能取到最大值，最大值只能在

5、的内部取到，这时最大值点一定是极值点，即该点的偏导数必为零，而的内部只存在唯一的使的点，知是在的最大值点，又当时，记得是在上的最大值。五、 设处处有，证明曲线位于其任意切线上方，且与切线有唯一的交点。 证明：对任意，由泰勒公式存在使得 ，即曲线位于其任意切线上方；下面用反证法证明曲线与切线有唯一的交点，在曲线点的切线为，假若还有曲线点在切线上，则，即有，由微分中值定理存在，使得，再由罗尔定理存在使得，与题设矛盾。六、求， 其中为单位圆周，逆时针方向。解： 令，得 。七、设是连续正函数，证明是严格单调减函数。证明：，因此是严格单调减函数。八、设收敛，证明。证明：因为收敛，的收敛半径大于等于1，则

6、的收敛半径大于等于1，所以级数在收敛，故级数在上一致收敛，故。九、设在上连续，其零点：为证明：积分收敛级数收敛。证明：若收敛，由柯西准则，对任意的，存在，当时，有，又存在，当，则对任意的正整数，即收敛。先不妨设，则，；若级数收敛，对任意的，存在，当，有，即，当时，由有，且不妨设当时，当时，则，即，积分收敛。十、设，在上连续，在上一致收敛于，证明至少存在一点，使得。证明：在上连续，且，则，下面用反证法证明，假设在上都有，则有，矛盾。2005年试题一、 设，求极限。解：由微分中值定理，使，而，得，同理有，所以。二、 设在区间上有连续的导数，给出的一个估计。，所以在上的最大值为1，则三、设有连续的一

7、阶偏导数，证明。证明：因为，则，且，又因为 ，则由分部积分有，即。四、设在区间上可微且恒大于零，单调减，证明，。证明：作函数，有，且单调减，又不妨设 ，则有微分中值定理有 和，再由单减得，即有。五、设在上有两阶连续导数，证明。证明：由分部积分得。7.证明：因为f(x)在区间上有连续的一阶导数，所以在上连续，故存在使得同理在上连续，故存在使得又由于是f(x)在区间上的Fourier系数，所以因此有：所以存在常数，使得：所以存在常数M0，使得。8.解：由题设条件Q(x,y) 有连续的一阶偏导数，积分完全决定于L的起点与终点，所以根据格林公式有因此另一方面，对任何实数z成立等式：，故有：，即：，所以

8、：，把代入前式得到：，等式两边对z求导数得：，所以：，10.证明：用反证法，假设f(x)在a,b上没有零点，则.f(x)在a,b上不变号，不妨设，由于是连续函数，且在a,b上一致收敛到f(x)，故f(x)也是连续函数，则存在从而，取，则由于在a,b上一致收敛到f(x)，故存在自然数N，当时，对于一切，都有，所以就有：这与在a,b上有零点矛盾，故反设不成立，即f(x) 至少有一个零点。2006年试题1、 设是定义在上的连续可微函数，曲线在点有水平切线，求。解：，。2、 设在区间上的正值连续函数，证明方程在区间至少有一解。解：令，所以由连续函数介值定理存在，使得，即方程在区间至少有一解。3、设是由

9、方程表示的曲面，其中连续可微函数，是外的一点，是上的距离最近的点，求曲面在点处的切平面方程。解：令，上的距离最近的点满足条件，曲面在点处的切平面方程为，即得4、设是区间上的两次可微函数， ，是曲边梯形的面积，以点为顶点的梯形的面积，比较，的大小，给出结果的分析证明。解：，即，证明：令，所以，所以，故有，即。5、求，是取逆时针方向的圆周，解：，则。6、设是区间上的正值连续函数，证明是区间上的严格单调增加的连续函数。解：，由连续，知当时，且连续，所以是区间上连续，且，所以是区间上的严格单调增加的连续函数。7、设是不含原点的有界闭区域，体积为，其边界是光滑的简单闭曲面，是的外向单位法向量，是上的连续

10、可微函数，它满足方程，求。解：设，则。8、设在有定义，发散，（1）已知极限存在，求。（2）证明级数对一致收敛。解：（1）时，收敛，则级数收敛半径，又发散，则，故，因为存在，则；（2）级数在上收敛，因为收敛，对任意，关于单调，且，一致有界，所以由阿贝尔判别法知级数对一致收敛。9、设，级数收敛，是在区间上的正铉级数，求。解：，又一致收敛，则10、对任意自然数，在区间上连续且至少有一个零点，当时，在区间上一致收敛于函数，证明在区间上至少有一个零点。解：在区间上连续且一致收敛于函数，所以在上连续，反证法，在区间上没有零点，则在区间上保号，不妨设，又设是在区间上最小值，所以，又在区间上一致收敛于函数，由

11、定义，存在，对任意的有，即有，即在区间上没有零点，矛盾，故命题成立。2007年1、 设，证明数列收敛，并求其极限。解：设，则，所以由归纳法知有上界，即，又，知单调增加，所以由单调有界原理知数列收敛，记，则，即。2、 求极限。解：。3、 设函数项级数满足：（1）对任意，在开区间内一致连续，（2）开区间内一致收敛于，证明在开区间内一致连续。证明：，由开区间内一致收敛于所以对任意的，存在，当，对，有，由在开区间内一致连续，所以在开区间内一致连续，存在，对和，有，故对和时有，即在开区间内一致连续。4、 设函数在上二阶可导且满足，又设在区间内取到最大值。证明：。证明： 设为函数的最大值点，则，。以代入在点的带Lagrange余项的Taylor公式，得到。5、 证明函数在区间上连续。证明：对任意的，存在，使得，考虑区间，对任意，关于单调，且 ，一致趋于0，且，一致有界，所以由迪雷克雷判别法知在上一致收敛，故在上连续，即在连续，再由的任意性有在区间上连续。6、 设在内具有二阶可导并且满足，。令，求幂级数的收敛域。证明： 由可知, 且于是泰勒公式得存在使得，而，所以存在，当时 ,幂级数收敛半径，且时，由，知收敛，故级数的收敛域为。7、 计算曲面积分8、 设为