2007年北京大学数学分析考研试题及解答

1、 2007年北京大学数学分析考研试题及解答 例5.3.39 设，是的实根，求证：，且。证明 （1）任意，当时，有；当且充分大时，有，所以的根存在，又，严格递增，所以根唯一，。（2） 任意，所以的根，（）。因为若时，的根，不趋向于。则存在，使得中含有的一个无穷子列，从而存在收敛子列，（为某有限数）；，矛盾。例、 设，讨论级数的收敛性。解 显然当时，级数发散；由 ，得，（充分小），于是，（充分大）（1） 当时，收敛，收敛，收敛，绝对收敛；（2） 当时，收敛，收敛，于是收敛，从而收敛，收敛，而发散，由，得发散，所以发散，故此时条件收敛。（3） 当时，发散，而收敛，此时发散。 北京大学2007年数学分

2、析考研试题及解答1、 用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理。证明 这里只证明连续函数的零点定理，由此即可推证介值定理。命题：若在上连续，且，那么必然存在一点，满足。采用反正法，若对于任意点，有，那么显然对于任意，仍然有。 由于的连续性，我们对于任意一点，可以找到一个邻域，使得在中保号，那么区间被以上形式的，开区间族所覆盖，由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间就能覆盖闭区间，再由覆盖定理的加强形式可得，存在，满足当，时，存在中的某个开集同时覆盖。那么我们就证明了当时，有同号； 现取正整数，满足，令，那么我们有，与同号，从而证明了与同号，即与同号，这与题目中的矛盾，证明完毕。2、 设在有限区间内一

3、致连续，证明：也在内一致连续。证明 首先证明都在上有界，因为在有限区间内一致连续，从而存在，满足当此，时，有 ，现取正整数，满足，令，；对任意，存在，使得 ， ，即得在上是有界的； 同理在上也是有界的； 下面证明，若在区间上有界，且都一致连续，则在区间上一致连续。 设，满足，;那么由得一致连续性得到，对于任意，存在，使得当，时，有 ，从而 ，即得在上一致连续。3、 已知在上有四阶导数，且有，证明：存在，使得。证明 不妨设（这是因为否则可以考虑，而的三、四阶导数与的相同）。从而我们要证明存在，使得。下面分两种情形来证明之，（1），当，由带Peano余项的Taylor展开式，我们得到 ，那么在足够

4、小的邻域内有，取，满足，不妨设，由于，那么存在，使得，从而取，；当时，同理可得；（2），那么有，可以同样Taylor展开， ，做法与（1）相同，证毕。4 、构造一个函数在上无穷次可微，且，并说明满足条件的函数有任意多个。解 构造函数项级数，显然此幂级数的收敛半径为，从而可以定义函数： ，容易验证此函数满足：，考虑到函数，由我们熟知的结论知，在上无穷次可微，且，从而也满足题目要求条件，为任意常数，结论得证。5 、设，是上的连续函数，证明满足的点有无穷多个。证明 设 ， 。那么我们有， ，下面分两种情况讨论：（1） 若或有一个成立时，当，我们有，从而有，从而为常数，此时结论显然成立；当时，我们有，

5、从而为常数，此时结论显然成立；（2）我们可以选取无穷多条连接和的不相交的连续曲线，；显然连续，由连续函数的介值定理，存在，使得 ，即，结论得证。6 、求，其中是，方向向上。解法1 设， ；。解法2 记，利用高斯公式，得。7、 设是上的连续函数，试作一无界区域,使在上的广义积分收敛。解 首先取，使得，满足 ；再选取，使得，满足 ；依次选取，使得，满足 ，取，是一个无界区域，可以验证在上的广义积分收敛。8、 设，讨论不同的对在上积分的敛散性。解 显然在时，发散，下面只对时讨论。由，当时，收敛，时，发散，当时，发散； 时，收敛；当时，收敛；所以（1）当时，由，得绝对收敛；（2） 当时，（充分大），

6、收敛，由于发散，此时，发散，于是发散，而，收敛，收敛；故当时，条件收敛；（3）时，（充分大）；由于发散，于是发散，而收敛，故此时发散。9、 记，是否存在以及函数在上可导，且，。解 首先由级数在内是收敛的，且是内闭一致收敛的；显然；分别把看成的函数，由于对逐项求导后的形式为和两者都在，（为任意大于0的常数）内都是一致收敛的。从而可在的某个邻域的偏导数可以逐项求导，存在，且是连续的，又有，到这里我们已经验证了隐函数定理的三条件：（1），为刚刚解答中的某个邻域，（2），（3），从而根据隐函数定理可知存在这样的满足题目中的条件，结论得证。事实上，显然，是方程的唯一解。10 、设在上黎曼可积，证明：的傅

7、里叶展开式有相同系数的充要条件是。证明 在这里我们只证明的情况（对于一般的情况只是区间的平移和拉伸）。记为的傅里叶系数；为的傅里叶系数，先证充分性：设，那么显然 ，从而，同理；再证必要性：若的傅里叶展开式有相同的系数，从而得傅里叶系数都为0，因为在上黎曼可积，从而，在上黎曼可积。由等式，我们得到，而又由不等式得到 ，从而，这就证明了必要性。华东师范大学2000年攻读硕士学位研究生入学试题一（24分）计算题：（1）（2）（3）设是由方程,所确定的可微隐函数，试求Z.二（14分）二、设 ，；，；证明： （1）是严格递增的;（2）是严格递减的;（3）用对数函数的严格递增性质证明： ，对一切n

8、6;N *成立.三（12分）设在中任意两点之间都具有介值性，而且在内可导，（正常数）, 证明在点a右连续（同理在点b左连续）.四（14分）设证明:（1）,n=2,3;（2）n=1,2,3.五（12分）设S为一旋转曲面，由平面光滑曲线饶轴旋转而成。试用二重积分计算曲面面积的方法，导出S的面积公式为 （提示：据空间解几知道S的方程为）六（24分）级数问题：（1） 设,求。（2） 设收敛，证明: 。（3） 设为上的连续函数序列，且证明：若在上无零点。则当充分大时在上也无零点，并有 .华东师大2000年数分考研试题解答一（1）解： ；（2） 解：；（3） 解：，；二、证明 （1） (应用比值法与贝努里

9、不等式)由于 ,于是有,所以是严格递增的; (2) (应用比值法与贝努里不等式)由于 ,于是有,所以是严格递减的;（3）因为，所以，于是，对一切nÎN *成立3 证明，取，当时，若，则在右连续；否则，使得.不妨设，满足：，由题设条件，使得，于是对于一切，有 ，所以在右连续.同理可证在左连续.四、证明 （1）因为，所以有，；（2）由（1），（）。或者 利用贝努利不等式,得.五、证明 曲线绕轴旋转所得旋转曲面的面积。 显然，曲面的方程为，由此得旋转曲面在正方向的方程为，由此得，于是，面积，其中是旋转曲面在平面的投影区域，于是。六 解 （1）由，得到 ，再由泰勒系数公式，得到 ，于是求得

10、；（2）设，由，都存在，因此，即；（3）因为为连续函数序列，在上一致收敛于，故在上连续，又因为，所以 ，记，则有，对，当时，对一切，都有 ，从而 ，由此可见，当时，都无零点，又因为，故由，即得 ，故在上一致收敛于。华东师范大学2003年攻读硕士学位研究生入学试题一（30分）简答题（只需写出正确答案）。1.；2.，则3.4.，则5.，则6.方向为顺时针方向，则二.（20分）判别题（正确的说明理由，错误的举出反例）1.若则.2.若在上可导，且导函数有界，则在上一致连续。3.若在上可积，在上可导，则4.若收敛，且则收敛。三.（17分）求极限,记此极限为，求函数的间断点，并判别间断点类型.四.（17分

11、）设在上连续，且证明,其中。五.（17分）若函数在上对连续，且存在，对，.求证：在上连续.六.（17分）求下列积分:其中.七（17分）设（1）求证：；（2）求证：。八（15分）求证：收敛。华东师大2003年数学分析考研试题解答1 （1） ； （2） ；（3） ；（4） ；（5） ；（6） .2 （1）错.例如，但.（2） 正确. 设，对于任意，有，由此可知，在上一致连续.（3） 错. 例如，显然在上可积，且，但.（4） 正确. 设，则，故有.3 解： ，由于， 不存在，因此为的可去间断点，为的第二间断点.4 证明：有题设条件，得，于是.5 证明：，有 ，由条件，利用夹逼定理，即得，亦即在处连续

12、，从而在上连续.6 证明：记，因为在上，而在上，故有，又因为在平面上的投影区域为，又的方程为，所以可求得.7 证明（1）把欲证明的不等式经移项后写为：，只要把此式左边的分母乘至右边，经过整理后可得.主要过程如下：，于是成立，故成立；（2） 记，由（1）中的等式，可得如下等式成立，由，在上连续，故，即，.8 由于时，；故时，.估计 ,，其中正常数或者是，或者，由此又得 ，所以根据Cauchy收敛准则为收敛数列.华东师范大学2008年数学分析考研试题一、 判别题（6*6=30分）（正确的说明理由，错误的举出反例）1数列收敛的充要条件是对任意，存在正整数，使得当时，恒有。2若在处可微，则在的某个邻域

13、内存在。3设在上连续，且，则在上有零点。4设级数收敛，则收敛。5设在的某个邻域内有定义且，则在处连续。6. 对任意给定的，任意给定的严格增加正整数列，存在定义在上的函数使得，（表示在点处的阶导数）。二、计算题 （10*3=30分）（计算应包括必要的计算步骤）1求 2设 为由方程组所确定的隐函数。求3计算 其中，积分沿曲面的外侧。三、证明题（14*6=84分）1设级数收敛于（有限数）。证明：2设在上的不连续点都是第一类间断点。证明：在上有界。求证：存在,使得在上有3已知在上，函数列一致收敛于，函数列一致收敛于。证明：函数列一致收敛于。4设数列为中互不相同的点列，为函数在上的唯一间断点。设在上一致

14、有界，即存在正数使得对所有的与所有均成立。证明：函数在内的间断点集为。5设，证明：（1） 在上连续； （2）在上存在且连续；（3）。6（1）设在上可导。若存在，使，证明:存在,使得。（2）设，在上可导，设存在，,使 .设，证明：存在,使。华东师大2008年数学分析考研试题解答1 1、解 设数列收敛，则对任意，存在正整数，使得当时，恒有。反之不真，反例 设，显然有 ，但发散.2. 解 错误.若在处可微，则在处，存在，但不能确定在的某个邻域内，存在.3. 解 正确.因为在上连续，存在，使得，即在内有零点.4. 解 正确.设，则单调有界；收敛，由Abel判别法，知收敛.或者设，则单调递减趋于0，收敛

15、，有界利用Dirichlet判别法，知收敛.5. 解 错误.反例 设，显然有，但是在点处不连续.6. 解 正确. 例如函数 就满足条件.二.1. 解 .2. 解 求偏导数的链索法则 略.3. 解 ，取充分小，由高斯公式，知.三1. 证明 设，则有，故有.2. 题目不清楚 略.3. 证明 由，在上分别一致收敛于，可得，在上分别一致收敛于，进而 在上分别一致收敛于，于是结论得证.4. 证明 由，知在上一致收敛，在上连续，所以在上连续.对任意固定的，在处间断，在处连续，在处间断，故函数在内的间断点集为.5. 证明 设，（1） 显然在上连续，而收敛，所以在上一致收敛，于是在上连续.（2） 在上连续，由

16、，知在上一致收敛，在连续，由此，知在连续.（3） 因为，这里用到了，.6、（1）、证明 证法一 用反证法，假若结论不真，由导函数的介值性，对所有，必有或者.若对一切，都有，则在上严格单调递增，当充分大时，有，有，令，取极限，则得，这与条件矛盾，同理对所有，都有时，亦是矛盾的，所以假设不成立，故原结论成立.证法二 （1）当为有限数时，若，则，结论自然成立；若不很等于，则存在，使得，下设，（对，类似可证）因为，函数在内连续，所以对任意取定的数，存在，使得，从而由Rolle定理知，存在，使得。若或，则任取一点作，上面的推理保持有效.（2）当时，易知在内可取到最小值，设在处取到最小值，则有；（3）当时

17、，易知在内可取到最大值，设在处取到最大值，则有；注：此题是推广的罗尔中值定理。6、（2）由于对所有，由导函数的介值性，对所有，必有或者.故有在上严格单调递增，或在上严格单调递减。所以都存在；用反证法，假若结论不真。令，则对任意，均有，于是，令，则有对所有，必有或者.若对一切，都有，则在上严格单调递增，当充分大时，有，有，令，取极限，则得，这与条件矛盾，同理对所有，都有时，亦是矛盾的，所以假设不成立，故原结论成立.存在,使。华东师大2009年数学分析考研试题1 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，此处均为实数，则.2. 设为闭区间上不恒为零的连续函数，为Dirichl

18、et函数，则在上不可积.3. 存在实数，使得.4. 已知在处连续，且，证明在处可导.5. 如果在处可导，则在的一个邻域内连续.6. 若多项式函数列在上一致收敛于函数，则必是多项式函数.2 计算下列各题1. 设，求极限.2. 设圆盘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. 设为中封闭光滑曲面，为任何固定方向，为曲面的外法线方向，求.3 证明下列各题1. 设是曲面外一点，若，求证直线是在点处的法线.2. 设，证明在原点处沿任何方向的的方向导数存在，但不可微.3. 设，均为实数，已知在上单调，值域为，证明在上一致连续.4. 设数列满足条件：，且，证明数列无界.5. 设在上连续且有界

19、，证明对任意正数，存在，使得.6. 设函数在闭区间上可积，证明 若对任意，有，则存在，使得对任意，均有.华东师大2009年数学分析考研试题解答一1.解 错误.反例. 设，显然，但，.2. 解 正确.由在上连续不恒为零，可知，存在，使得在上有，显然在上不可积，从而在上不可积.3. 解 正确.可选取到周期为的连续可微函数，且当时，；时，取，为的Fourier系数，则有，结论得证.4. 解 正确，因为，所以在处可导.5. 解 错误.反例 设，显然在处可导，但在处不连续.6、设实系数多项式序列在上一致收敛于实值函数，证明：也是多项式。证明 因为实系数多项式序列在上一致收敛于实值函数，所以对任意，存在，

20、使得当时，有，又因为也是多项式，若不为常数，则当趋于无穷时，也趋于无穷，矛盾。所以，其中为一无穷小序列。 由上面结论及是多项式，可知当时，其中为某一固定的多项式，为某一收敛数（因为为柯西列）因为由已知条件，一致收敛于0,及，所以有，即也是多项式，结论得证。二1.解 ， ，当时，当时，.2. 解 .3. 解 设，则，利用高斯公式，则有 .三1.证明 设，显然在上连续，为有界闭集，在上达到最大值，设在处达到最大值，令，令，在处取到条件极值，必是的驻点，即得满足，曲面在的法线方向为，所以直线是在点处的法线.2. 证明 由，即得，表及里所以在处连续，对任意方向，存在，显然，当，时，的极限不存在，所以在

21、处不可微.3. 证明 因为函数的值域为开区间，所以在上具有介值性质，又在上单调，可以得到在上连续，由在上单调有界，所以，存在且有限，从而知在上一致连续.4. 证明 用反证法假若数列有界，存在，使得，由条件知 ，对，存在正整数，当时，有，令，则有，于是有，从而显然有，这与矛盾，所以数列无界.5、 设在区间上连续有界，且对某个，对所有，有，试证：存在数列，使得。证明 ，依题设条件，可得必有或，不妨设， 我们断定，对于任意大的，不可能对所有，恒有，否则由,这与的有界性矛盾，所以任取，存在，使得，所以 ，结论得证。注：。 6、设函数在区间上Riemann可积，且.试证明：存在闭区间，使得当时，.证明：

22、反证法，假设对任意区间，都存,使，任意分割，都存在,使得,于是，与题设条件，矛盾. 华东师范大学2004年数学分析考研试题一.（30分）计算题（1）求；（2）若求.（3）求.（4）求幂级数的和函数.（5）L为过和的曲线，求:（6）求曲面积分其中取上侧.二（30分）判别题（正确的证明，错误的举反例）1 .若是互不相等的非无穷大数列，则至少存在一个聚点2. 若在上连续有界，则在上一致连续.3. 若在上可积，则:4 .若收敛，则收敛.5.若在上定义的函数存在偏导数，且在上连续，则在上可微.6 .在上连续，若则.三.（15分）函数在上连续且，求证：在上有最大值或最小值.四（15分）求证不等式：五（15

23、分）设在上连续且在上一致收敛于,若,求证：使六（15分）设满足：（1）（2）级数收敛。求证：.七（15分）若函数在上一致连续，求证：在上有界.八（15分）设在有连续偏导数，而且对以任意点为中心，以任意正数为半径的上半球面恒有:求证： 华东师范大学2004数学分析考研试题及解答一、（30分）计算题。1、求解： 2、若求.解：3、求.解：=-=4、求幂级数的和函数.解:时 =+=-=5、为过和的曲线,求=+ =6、求曲面积分,其中,取上侧.解：应用Gauss公式，并应用极坐标变换得：=.二、（30分）判断题（正确的证明，错误的举出反例）1、若是互不相等的非无穷大数列，则至少存在一个聚点正确。在数轴上对应的点集必有界无限的子点集，故由聚点定理，点集至少存在一个聚点2、若在上连续有界，则在上一致连续.解 错误 .反例在上连续,且有界,但在上不一致连续.3、若,在上可积，则.解 正确。证：,在上可积