南京大学数学分析高等代数考研真题与解析

1、学习资料收集于网络，仅供参考南京大学数学分析，高等代数考研真题南京大学 2002 年数学分析考研试题一 求下列极限。(1x)xcos x（1） lim2；xsin x )ln(1 x)(sin x2（2）设 f ( x) xln( a x) ， x( , a) ，（ i） f ( x) 在 (, a) 上的最大值；（ ii ）设 x1ln a ， x2ln( ax1 ) ， xn 1二 设 f ( x) sin x1f (x) 在 2,，试证明ln x三 设 f ( x) 在 x 0的某个邻域内连续，且 f (0)（ 1）求 f (0) ；f ( x)（ 2）求 lim2；x0xf ( xn

2、) ， ( n2,3,) ，求 lim xn 。n) 内有无穷多个零点。0 ， limf ( x)，2x 0 1cosx（ 3）证明 f ( x)在点 x 0 处取得最小值。四 设 f ( x) 在 x0的某个邻域内具有二阶连续导数，且lim f (x)0 ，试证明：x 0x（ 1） f (0)f(0)0 ；（ 2）级数f (1) 绝对收敛。n 1n五 计算下列积分（ 1）求xexdx；ex1（2） Izxdydzxydzdxyzdxdy，其中 S 是圆柱面 x2y21，三个坐标平面及S旋转抛物面 z2x2y2 所围立体的第一象限部分的外侧曲面。六 设 f ( x)Ca, b ， f ( x)

3、 在 ( a, b) 内可导， f (x) 不恒等于常数，且f (a) f (b) ，试证明：在(a,b) 内至少存在一点，使 f ( ) 0 。七在变力Fyzizxjxyk 的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面学习资料学习资料收集于网络，仅供参考x2y2z21 ,a2b2c2第一象限的点 M (,) 取何值时， F 所做的功W最大，并求W的最大值。)问(,八 （ 1）证明： (1x) ne x ， (nN ,0x n) ；nn(1x) n x2 dx 。（ 2）求 limn0n南京大学 2002 年数学分析考研试题解答(1x) x cos x一 （ 1）解 lim2x0sin x)ln(1

4、x)(sin x2(1 x) xcos x1lim22xxx0sin xsin12 ln(1xx) xex ln(1x) (ln(1x)x)sin x12lim1x22x 02x11sin xlim ex ln(1 x) (ln(1x) x)2 x01x2x2149.41a1x（ 2）解 （ i） f ( x) 1xa,ax当xa时， f( x)0 ， f ( x) 在 (, a 1 上单增，1当 a1xa 时， f( x)0 ，f ( x) 在 a1, a) 上单减，所以 f ( x)在 x a1处达到最大值，f (a1)a1；（ ii ）当 a1时， 0x1ln aln(1a1)a1 ，1

5、 ax1a，0x2ln( ax1 )ln aa1 ，学习资料学习资料收集于网络，仅供参考x3f ( x2 )f ( a 1) a 1，xna1 ， 1axn ，xn 1xn ln( axn )xn ， xn 单调递增有上界，设lim xn A ，则有nAAln( a A) ， aA1， Aa 1，lim xna1 ；n当 a1时， xn0， lim xn 0 ；n当0a1时， x1ln a0， x1ln aln(1a 1)a 1，1ax1，二证明 因为 f (2n)110，2ln(2 n)12f (2n)10 ， (n1,2,) ，2ln(2 n)2显 然f ( x)在 2,)上连续，由连续函

6、数的介值定理知，存在n ( 2n2,n 22使得)f ( n )0 ( n1,2,) ，即得 f (x) 在 2,) 上有无穷多个零点。三 解 （ 1） 2 limf ( x)limf ( x)x2，x 0 1cos xx0x21cos x因为 limx22，所以 limf (x)1，x 0 1cos xx0x2limf ( x)lim(f (x)x) 0 ，xx2x 0x 0lim f ( x)f (0)limf ( x)0 ，x 0x0x0x于是 f (0)0 ；f ( x)1知，存在0，当 0xf ( x)1f (0) ，（3）由 lim时， f (x)x0 x2x22学习资料学习资料收

7、集于网络，仅供参考即知 f (x) 中在 x0 处取得极小值。 Msupf( x)x四 、证明 （ 1）由 limf ( x)limf (x)0，知 f (0)0，xxx0x0f (x)f (0)f ( x)由 limlim0 知 f(0)0 .x0x0x0x（2） f ( 1 )f (0)f(0) 11f( n ) 121 f ( n ) 12 ，nn2n2n1)M1，已知M1收敛，其中Msupf()，f (2n21 2 n2xnnx于是f ( 1)收敛，结论得证。n1nx3五 （1）解xedxx 2 (ex 1)2 dxex132x(ex32ex1ex dx2ex1) 21dx3332x(

8、ex322(ex32exxex1)21)2x1dx ,3333ex1所以xexdx1 xex1(ex1)1ex1(ex1)1 xex1Cex12321 xex (ex1)1 (ex1) ex1C .23（2）解 曲面 x2y21， z2x2y2 事物交线为 x2y 21， z1，1( x, y, z) : x2y21,0z2 x2y2 , x0, y0 ，2( x, y, z) :1x2y22,0z2x2y2 , x0, y0 ，其中 S 是区域1 的边界时，利用高斯公式，IzxdydzxydzdxyzdxdyS( zxy) dxdydz1201012 r 2ddr(zr cosr sin )

9、rdz002r 22 ( zrr 2 cosr 2 sin )ddrdz00学习资料学习资料收集于网络，仅供参考12 r 2dr002(zr2r )dz1r1(2 r 2 )22r 2 (2 r 2 ) dr02214r4 0(2147 1424 15当 S 是4r 3r 512r 4 drdr 2 2 r01 ) 2(2 1)6 3 5.2 的边界时，利用高斯公式IzxdydzxydzdxyzdxdyS( zxy) dxdydz222 r 2dz2 (zr cosr sin )rddr0002r 1 (2r 2 ) 22r 2 (2r 2 ) dr1 2 21 12(2r 2 )2222r

10、4 dr2 r2 4 3112(2r31r5235)24116214.241515六 证明 证法一 用反证法，假若结论不成立，则对任意x ( a, b) ，都有 f ( x)0， f (x)在 a,b 上单调递减，由于 f 不恒等于常数，所以f ( x) 不恒等于零，存在一点x0(a, b) ，使得 f ( x0 )0 ， limf (x)f ( x0 )f( x0 )0 ，存在 x0 x1 b ，使得xx0xx0f (x1)f (x0 )0 ， f ( x1 )f ( x0 ) ，x1x0因为 f ( x0 )f (a) ， f (b)f (x1) ，所以 f (b)f (x1)f (x0

11、)f (a) ，这与 f (a)f (b) 矛盾，从而假设不成立，原结论得证。学习资料学习资料收集于网络，仅供参考证法 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f (a)f (b) ，所以 f的最大值 M 或最小值 m 必在 (a, b) 内达到。若 f 在 x0( a,b) 处达到最大值f (a)f (b)f ( x0 ) ，存在(a, x0 ) 使得f ( x0 )f (a)f ( )( x0a) ，从而有 f()0 ；若 f 在 x1( a, b) 处达到最小值f ( x1 )f ( a)f (b) ，存在1 (x1, b) 使

12、得f (b)f (x1)f(1 )(bx1) ，从而有 f()0；结论得证。七 解 设 uxyz，则有 graduF ，所以 F 是有势场，WFdru(M )u(O)，OM由于 x0, y0, z0 时，x2y2z2x2 y2z2122332 (xyz)3 ，a22c2a22c23322cbba b31xyz 32 abc3abc ，3等号成立当且仅当xyz1，abc3所以( ,)(a,b,c )时， W 达到最大值，且W 的最大值为1abc 。33333八 证明 （1）由于当 y0时，有 e y1y ，xxx对任意 nN， 0xn ，取 y1， e n，nn所以有 e x(1x )n ；n学

13、习资料学习资料收集于网络，仅供参考x n2（2）取 fn (x)(1n)x,0x n ，0,nx有 0fn ( x)e xx2，e x x2dx 收敛，0对任意 A0 ， f n ( x) 在 0, A 上一致收敛于 e x x2 ，故由函数列积分的黎曼控制收敛定理，limnx )n x2 dxe x x2 dx(1lim0f n ( x)dxlim fn (x)dxn0nn0 n00x2 (e x ) dx2x(e x ) dx2 e xdx002(e x ) dx 2。0南京大学 2003 年数学分析考研试题一 求下列极限（ 1）设 a0 ，求lim n 1an ；x（ 2）设 x12 ，

14、 xn 12xn ， ( n 1,2,) ，求 lim xn 。n（ 3） lim(11)x2e x 。xx二 过 P(1,0) 点作抛物线yx2 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 y0 0，求( x)y0 x y0 (1 x) 在 (0,1)中的最大值，并证明该最大值对任一y00 ，均小于 e 1 。四 设 f ( x) 在 0,) 上有连续导数， 且 f ( x) k0 ， f (0)0 ，（ k 为常数），试证： f (x)在 (0,) 内仅有一个零点。五 计算下列积分（

15、1）设 I (a)1 ln(1ax)01 x2 dx ， (a 0) ，求 I (a) 和 I (1)；学习资料学习资料收集于网络，仅供参考（2） Ixdydzydzdx zdxdy，其中 S 为上半球面x2y2z2a20) 的( x2y23， ( zSz2 )2外侧。六 设 n (x)(1x)n ,0x1 ， f ( x) 在 1,1上黎曼可积，enx ,1x0.（ 1）求 limn ( x) ，并讨论 n (x) 在 1,1上的一致收敛性；n（ 2）求 lim1f (x) n ( x)dx ，（要说明理由）1nan xn 的收敛半径为Rnak xkf ( f n ( x) 在七 设 f (

16、 x)，令 fn ( x)，试证明：n0k0 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 2003 年数学分析考研试题解答一（1）解设Mmax1,a ，则有Mn1ann2，M由此知， lim n 1anMmax1,a1,0a1；na,a1（ 2）解 由归纳法，易知xn 2 ， x1x2 ，xn 1xn2 xn2 xn 1xnxn 1，2 xn2 xn 1由此知， xn 单调递增有界，设 lim xna ， 0a2 ，n则有a2a ，a2，故 lim xn2 。n（ 3） lim(11 )x2e xx x学习资料学习资料收集于网络，仅供参考121x(

17、1xxx)( 1)x x l n (11) 1 l i ml i mxl i mex，xxexexln(111111x xln(11) 1)21x1lim exlimxxlim 1 xxxlimx，xx1x22x12x2x3故 lim(11) x2e x1。xx23 解 （ 1） y1，设切点为( x0 , y0 ) ， kyx x1，2 x202x021设切点 ( x0 , y0 ) 的切线方程为yx02( xx0 ) 。2x021将 x1 ， y0 代入，x02(1x0 ) ，2 x022( x02)1 x0 ，x03 ， y01，所求切线方程为y 11 ( x3) ，即 y1 ( x1)

18、 。3 122121（2）解 S1)dx3x 2dx22。( xudut 2tdt13（ 3）122020331 ( x3121211Vx1)2 dx2(x2) 2 dxu2 dutdt，12400326Vx1y 2 2 dy31)2 dy14 y2y4 )dy124 y 1)dy2(2 y(4(4 y02001y44 y)dy(312)6(3。055三 解 ( x)y0 y0 xy0 1(1x) x y0 y0 xy0 1 y0 (1 x) xy0 x y0 1 y0(1 y0 ) x ，当 0xy0时，( x)0 ，1y0当y0x1 时，( x)0 ，y01学习资料学习资料收集于网络，仅供

19、参考于是(x)在 xy0处达到最大值，1y0y0y0y01y0y0 11。(1 y0 ) y0 (1 y0)1 y0(1 y0 )1(1)y0 1y0容易证明 g ( y)(11) y 在 (0,) 上单调递减， (11) y1e ，yy11 ，(11)y1ey故有(1y0 )11.y0(11 y01e)y0四 证明 对任意 x(0,) ，f ( x)f ( x)f (0)f (0)f(1) xf (0)kxf (0) ,当 x 充分大时，有 f (x)0，又 f (0)0，由连续函数的介值定理，存在(0, )，f ()0 ，由 f(x)k0 ， 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 I(a)1xdx0 (1ax)(12x)11xadx1a1a20 1x20 1dxax11 2 1 ln 2aln(1a) ，a24显然 I (0)0 ，I (1