FreeKaoYan华东师大2009年数分考研试题及解答

1、1,x1,20,x4,54 .已知f x在x 2处连续，且limx 2 x 22处可导.5 .如果f x在x0处可导，则fx在x0的一个邻域内连续6 .若多项式函数列Pn x在上一致收敛于函数f x ,则f x必是多项华东师大2009年数学分析考研试题.判断下列各题是否正确，若正确给出证明，若错误举出反例1 .设 limg x A, lim f y B,此处 a, A, B 均为实数，则 lim f g x B. x ay Ax a2 .设f x为闭区间a,b上不包为零的连续函数，D x为Dirichlet 函数，则f x D x在a,b上不可积.3 .存在实数 a0, an , bn n 1

2、,2, L 使得曳an cosnx nnsin nx2 n 120式函数.二.计算下列各题1 .设a 0 , a 1 ,求极限lim x2 .设圆盘x a 2 y b2 R2上的各点的密度等于该点到其圆心的距离，求此圆盘的质量.3.设S为R3中封闭光滑曲面,l为任何固定方向，n为曲面S的外法线方向，求cos n, l dS .S三.证明下列各题1外一点,P S ,若PP0max PP0,求证直线p1P0是S在点p处的法线.y3sin 2.设f x,yr，x 0,证明f x,y在原点处沿任何方向的的方向导数存x y0, x 0在，但不可微.3 .设a b , c d均为实数，已知f x在a,b上

3、单调，值域为c,d ,证明f x在a,b上一致连续.4.设数列an满足条件:an 0 ，1,2,L且lim n0,证明数列an无界.5 .设f x在0,上连续且有界，证明对任意正数T ,存在xn,使得lim f xn T f xn 0.nnnb6 .设函数f x在闭区间a, b a b上可积， f x dx 0, a证明 若对任意x a,b ,有f x 0 ,则存在c,d a,b , c d使得对任意x c,d ,均有 f x 0.华东师大2009年数学分析考研试题解答一.1.解错误.反例.设 fy B,y A/ b g x A,显然 lim g x A , lim f y B , C, y

4、Ax ay A但 f g x C , lim f g x C B. x a2 .解正确.由f x在a,b上连续不包为零，可知，存在c,d a,b ,使得f x在Gd上有f x M 0 ,显然f x D x在c, d上不可积，从而f x D x在a,b上不可积.3 .解正确.可选取到周期为2的连续可微函数f x ,且当x 1,2时，f x 1;x 4,5 时，f x 0,取 a0, an, bn 为 f x 的 Fourier 系数,贝有包an cos nx nnsinnx f x , x2 n 1结论得证.4.解正确，f xlimx 2 x 2f x f 2 f x lim lim 1 ,x

5、2 x 2 x 2 x 2所以f x在x2处可导.5.解错误.反例设f xx2,x为无理数0, x为有理数显然f x在x0处可导，但f x在x 0处不连续.6、设实系数多项式序列 fn(x)在R上一致收敛于实值函数f(x),证明：f (x)也是多项式。证明因为实系数多项式序列fn(x)在R上一致收敛于实值函数f (x),所以对任意0 ,存在NN* ,使得当 m,n N 时，有 fn(x) fm(x)又因为fn(x) fm(x)也是多项式,若fn(x) fm(x)不为常数，则当x趋于无穷时，fn(x) 口(刈也趋于无穷，矛盾。所以fn(x)fm(x)an,m ,其中 2口加为一无穷小序列。由上面

6、结论及fn(x)是多项式，可知当 n N时，fn(x) P(x) bn,其中P(x)为某一固定的多项式，bn为某一收敛数(因为 bn bm小加为柯西列)因为由已知条件f(x) fn(x) f(x) P(x) bn,致收敛于0,及lim bn所以有f(x)P(x)f(x)也是多项式，结论得证。. 1.解limxlimxlimxlimx1ln exaxalimx11n xlimx1x 1a ln a ax 11ln a limxxaxa2.解3.解1 时，limx1时,x, yx,y设1ln a, a0,0 ，limxdxdy0 r rdrl1 , l2 ,l3利用高斯公式,则有cos n, l

7、dSS11cosSR3红R3. 3cosn, xl2n,ll1 cos n, x Lcosn, y kcosn,z ,12 cos n, y 13 cos n, z dSl3 dxdydzOdxdydz 0.1.证明设 P0XcycZo , P x, y,z ,2222f x, y,zPP0V x X0y y0 z ，显然f x,y,z在S上连续，S为有界闭集,f x, y,z在S上达到最大值,设f在P x1, y1, z1 S处达到最大值,222222 x y z /v l x xoyy°zzo 1 ,a2b2C2L xL yL z2y义2/0，2 z z020,cx y zx x

8、0, y y°,z z二，a b c在P1处取到条件极值，必是L的驻点,即得 Pxi, yi,zi 满足 xi %,yi y0,zi z0曲面s在p的法线方向为§,y，鸟， a b c所以直线PiP。是S在点P处的法线.2.证明由 f x,y f (0,0) y ,即得 lim f x, y f 0,00,x,y 0,0表及里所以f x,y在0,0处连续，对任意方向hh1,h2 , 后hj 1 ,h2f tn,th2f 0,0 Sin -,h 0lim hi,t 0t0, hi0f存在， h显然 fx 0,00 , fy 0,00 ,当J x ：-22y x y所以f x,

9、y在0,0处不可微.3.证明因为函数f x的值域为开区间c,d ,所以f x在a,b上具有介值性质，又f x在a,b上单调，可以得到f x在a,b上连续, 厂 0 , x 。时,f x, y f 0,0fx 0,0 x fy 0,0 y'22,x yi3 . yy sin 的极限不存在,由f x在a,b上单调有界，所以lim fx blim f x存在且有限, x a从而知f x在a,b上一致连续.x4.证明用反证法假若数列为有界，存在M 0,使得0an由条件知lim anliman_an 2an 4an 2 an 40,1对 1,存在正整数N ,当n N时，41有0 an - an

10、2 an 4 , n N, N 1,L ,4令 N sup an , N 0 , n N1 1则有 an - n n - n , n N, N 1,L ,4 21于是有N - N ,从而显然有N 0 , 2这与N 0矛盾，所以数列an无界.5、设f(x)在区间(0,)上连续有界，且对某个T 0,对所有x 0,有 f(x T) f(x),试证：存在数列xn(0,) ,ljmxn,使得ljm(f(xnT) f(xn)证明 g(x) f (x T) f (x),依题设条件，可得必有g(x) 0或g(x) 0, x (0,)不妨设 g(x) 0, x (0,)我们断定， 0,对于任意大的A 0,不可能

11、对所有x A,包有 否则由 ng(x kT) f(x (n 1)T) f(x) (n 1), k 0f(x (n 1T) f (x) (n 1),(x A)这与f (x)的有界性矛盾，1. .一 一1所以任取0,存在xn n,使得g(xn),所以nnlim( f (xn T) f (xn) lim g(xn) 0, nn结论得证。注：g(x kT) f(x kT T) f(x kT)。b6、设函数f x在区间 a, b上Riemann可积，且 f x dx 0. a试证明：存在闭区间， a,b ,使得当x ，时，f x 0.证明：反证法，假设对任意区间， a,b ,都存 ，使fb于是 f x

12、dxalimf( i) xk()o ' " k() k 10,0og(x),0,0,任意分割：a Xo Xi Lxn b,者B存在ixi 1,xi ,使得f ( i)b与题设条件f x dx 0,矛盾.a南京大学2010年数学分析考研试题.设ai 1, am JTa说明an的收敛性，并求极限n.确定a, b的值，1 1 e ? o3 , n n n n2 n3_2.计算积分 2 X2 dx .020 sin x四.计算x .3 dydz r-y3 dzdx3r-zrdxdy ,其中 rx,y,z : x y z 1，r x2 y2 z2 ,方向向外.五.设正项级数an收敛，证

13、明级数n/anan 1L a2n1收敛.n 1n 1六.设f x在0,上连续，且在x 0处可导，证明limncosx cos2x Lcosnx dx f 02七.映射f : RnR二阶连续可微，且Hesse fIn , In为n阶单位方阵,证明：f: Rn Rn可逆，且逆映射光滑，其中f-,L ,为f的梯度.Xix2xn八.设函数f x在a,b上连续，在一个可数集之外可导，且导数非负，证明f a f b .九.设f x在a,b上二阶可导，fa f b 0 ,证明：存在 a, b ,使得bf x dx12a南京大学2010年数学分析考研试题解答.解 方法一 显然 an 1 , an 122,n

14、1,2,3, L ,an 1anan - 11an 111 an %；1an 1anan 1anan 12,3,L于是an是压缩数列，从而an收敛,设 lim an n2a a 1 0, a方法二 显然a2 72 2,ain 1,2,3,L ,由归纳法，知1 an 12 , anan 1 ,即知an单调递增且有界,于是an收敛，设lim ana , a 1 ,n在an1 J1 an中令n取极限, 得 a J1 a , a2 a 1 0,1.521ab1.斛由 1 e - 2- O ), n nn n2n31e2n知 a lim n 1 e nn221lim x 1 xe2xlimxlimxe2

15、xx/1，,1-In 1xxIn xe2x22xIn xx11 - In 1 xxx, 1111 - 一x 1 x xlimxee2x11137 4x3 O 瑟111123 O2x 3x2 4x3x12!1122x 3x2L4x364x利用In 1 y yxIn 1e11111x -7 O x 2x cosx 2 3xx 4xsinx 0x4e1 1 11 1. 12 O- 2 x 24 x2 x3所以 a e , b "e. 224_2三.解I ，dx0 sin2xcosx , dxsin xdx5c cosx22x0 sin x2 2 x In sin x dx 02 xln s

16、in x 2 2 2 In sin xdx 0 o2 2 In sin xdx , 0我们知道 2 In sin xdx In 2 , 022所以 2 x dx In 2.0 sin2x四.解显然有一A 鼻 W 0， r 0,x r yr z r取 0充分小，：x2 y2 z2 2 ,利用高斯公式，则有x .dydz r-y3 dzdx3 rx . dydz ry ,W dzdx3rz .-dxdy rxdydz ydzdx zdxdy£-22 x3dxdydz2五.证明 利用几何平均算数平均不等式,naan 1L a2n 1nJ n n 1 L 2n 1nnan n 1 an 1L

17、 2n 1 a?n 11n n n 1 L 2n 1nann 1 an 1 L 2n 1 a2nln令 bn ai 2a2我们知道，若由于正项级数故 n anan六.证明2sinx2 2a2 L 2n 1 a2n 14-2n 2nan1an1收敛,收敛,1L a2n1 收敛.我们知道cosxcos2x则有所以b一收敛, n n 1b2n2n 1cos nx1一收敛,2n一 x sin23 sin x2._x sin21 sin n -2x sinsin n1于TH 2sin ncosx cos2xcos nx_ . x2sin 一2由此可得我们知道一21 sin n 一2_ . x2sin 一

18、 2x-dxSn 0 fsinsino2n2sin uu-2dusin 2n 1du ,0 sin ucosx_ . x2sin 一2cos2x Lcosnx dx一一 1sin n - x,2Snf 0 2dx2sin -2f 0 sin2sinI显然0,lim Fx 0f x limx 0x2_ x sin 一2从而知x在0,利用黎曼引理，得limSnnlimnF x sinxdx故有limncosxcos2xcosnxdx f 0 .2七.证明C1Rn则有JFHesse由 JF In,知 xTJFxRnJF是正定矩阵,JF0,由反函数组的存在定理,F:Rn Rn也是可逆映射，且其逆映射也是连续可微的,结论得证.八、九、(1)设f(x)在a,b上三阶可导，则存在 (a,b),使得113f(b) f -(b a)f (a) f (b) -(b a) f (). 212一一 一 一 113证明 设 F(x) f (x)