华东师范大学19972011年数学分析试题及解答

1、华东师范大学 1997 年攻读学位入学试题一（12 分）设 f(x)是区间 I 上的连续函数。证明：若 f(x)为一一在区间 I 上严格单调。，则 f(x)二（12 分）设D(x) = ì 1, x为有理数í0，x为无理数îf '(0) = 0证明：若 f(x), D(x)f(x) 在点 x=0 处都可导，且 f(0)=0,则三（16 分）函数 f(x)=xlnx 的凸性，并由此证明不等式：a+b³ (ab)(a > 0, b > 0)aabb2¥¥四（16 分）设级数å ann=1收敛，试就å

2、 dn 为正项级数和一般项级数两种n=1n¥情况分别证明å ann=1n +n也收敛。五（20 分）设方程 F ( x , y ) = 0 满足隐函数定理条件，并由此确定了隐函数y=f(x)。又设 F ( x , y ) 具有连续的二阶偏导数。f ''( x)（1）求1若 F ( x0 , y0 ) = 0, y0 =f ( x0 ) 为 f(x)的一个极值，试证明：（2）当 Fy ( x0 , y0 ) 与 Fxx ( x0 , y0 ) 同号时，当 Fy ( x0 , y0 ) 与 Fxx ( x0 , y0 ) 异号时，f ( x0 ) 为极大值；f

3、( x0 ) 为极小值。+ xy + y 2= 27 ，在隐函数形式下（不解出 y）求 y=f(x)（3）对方程 x2的极值，并用（2）的结论判别极大或极小。六（12 分）改变累次4 x - 2 04I =d x ò 4ò( y - 4 ) d yx - 82x的次序，并求其值。I = òò ( x 2 co s a +sco s b+ co s g ) d sy 2z 2七（12 分）计算曲面z =+ y 2x20 £ z £ h其 中s为 锥 面上 介 于的 一 块 ，cosa , cos b , cos g 为 s 的下侧法向的

4、方向余弦。2华东师范大学 1998 年攻读学位入学试题一简答题（20 分）3 n 2 + 232=用定义验证： lim（1）；n ® ¥ 2 n 2+ n + 1f ( ) = ìcos（2）íln(1îx 3计算ò（3）dx .21 + x二 （12分p= 2 , ò f0） 设f(x)有 连续 的 二阶 导 函 数 ，且f (p )( x ) + f'' ( x ) s in xd x = 5 , 求 f(0).三（20 分）¥1¥（1）已知å为发散的一般项级数，试证明

5、29; (1 + n ) a n 也是发散级数。a nn =1n =1¥1（2）证明ån =12 n在(0, + ¥ ) 上处处收敛，而不一致收敛。s in3 nx: x 2 +£ t 2 ,y 2z 2四（12 分）设 DF (t) = òòò f ( x2 + y2 + z2 )dxdydz, 其D中 f 为连续函数，f(1)=1.证明F'(1) =4p.3y = - x 2+ 1 所围成的闭域。y =- 1 与x 2五（12 分）设 D 为由两抛物线x 2a 2y 2b 2+=1, 使其面积为最大。试在 D 内

6、求一椭圆，六（12 分）设 u ( x , y )有连续二阶偏导数， F ( u , t ) 有连续一阶偏导数，且' ) 2+ ( F' ) 2¹满足 F ( u ' , u ' ) = 0 ,( F0 , 证明：stxy-= 0 .u '' u ''( u '' ) 2xxyy xy 为( -¥ , +¥ ) 的周期函数，其周期可小于任意小的正数。f ( x )七（12 分）设f ( x ) º在( - ¥ , + ¥ )证明若 f ( x )上连续，则

7、常数。4华东师范大学 1999 年攻读学位入学试题n Î N0, 0 < x1 < a>n ) ,a一设 a，证明： xn 收敛，并求其极限。ff二.证明：若函数在区间 I 上处处连续，且为一一，则在 I 上为严格单调.三.用条件极值的方法证明不等式：ö 2x( x k >0 , k = 1, 2 , ., n )çn ÷nènøf ( x ) 在 ( a , ¥ )f ( x )f ' ( x ) =+¥ lim四.设上可导，且，证明在x ® + ¥( a ,

8、¥ )上不一致连续。在a , b 上二阶可导，且f ( x ) ³ 0f '' ( x ) < 0f ( x )五.设，证明： 2b - af ( t )d t , x Î a , b .bòf ( x ) £a5在 D = a , b ´ c , d 上有二阶连续偏导数。f( x , y )六.设òòDòòDf( x , y ) d xd y =''''f( x , y )d xd y（1）通过计算验证：xy yx f( x , y ),

9、( x , y ) Î D( x , y ) =''xy ''f（2）利用（1）证明：.yxa , b n ® ¥n , f n ( x )七.设对每个 在上有界，且当 时， f n ( x ) Þf ( x ) , x Î a , b 证明：在a , b 上有界；f ( x )（1）lim su pf n ( x ) = su pf ( x ), ( = su p lim f n ( x )（2）n ® ¥ a £ x £ ba £ x £ b n &

10、#174; ¥ a £ x £ bÌ R 2 , P ( x , y )八设 S为 S 的内点， P ( x , y ) 为 S 的外点，证明：000111直线段 P0 P1 至少与 S 的边界¶ S 有一个交点。6华东师大 2000 年数学分析试题一、（24 分）计算题：1- 1 ) ；（1） 求l3求ò cos x sin x（2）dx1+ cos2 x（3） 设 z = z(x, y) 是由方程F (xyz, x2 + y2 + z2 ) = 0 所确定的可微隐函数，试求grad z。二、（14 分）证明：ìü

11、;1（1） (1+)为递减数列：1+níýînþ1< ln(1+ 1 ) < 1 , n = 1, 2 ××××（2）n +1nn三、（12 分）设 f(x)在a, b 中任意两点之间都具有介质性，而且 f 在（a，b）内可导，£ K（K 为正常数）， x Î (a, b)f '(x)证明：f 在点 a 右连续，在点 b 左连续。12 n四、（14 分）设I =(1- x ) dx ，证明：òn02 n2 n + 1(1) I =, n = 2 , 3 , 

12、5;××× In - 1nf (x) =2(2) I n ³, n = 1, 2 , ×××× 3n五、（12 分）设S 为一旋转曲面，它由光滑曲线段f (x), x Îa, b, z = 0y =( f (x) ³ 0)绕x 轴曲线旋转而成，试用二重计算曲面面积的方法，导出 S 的b1+ f '(x)2 dxò面积公式为： A = 2pf (x)a六、（24 分）级数问题：ì si¹0x Îa,b f f (x)(x) Þ f (x)f

13、 (x) = ínn1, x=0î（1） 设,求 1Þ 1 fn (x)f (x)f (k) (0), k = 1, 2,L¥¥¥å= 0 ，证明： ån(an - an+1 ) = åan 。（2） 设 a 收敛， lim nannx®¥n=1n=1n=1（3） 设 fn (x) 为a,b 上的连续函数序列，且 fn (x) Þf (x) ， x Îa,b ，证明：若 f (x) 在a,b 上无零点，则当 n 充分大时， fn (x) 在a,b 上11， x &#

14、206;a,b 。也无零点；并有Þfn (x)f (x)华东师范大学 2000 年数学分析解答一、11 -lim x - ln(1 + x) = limx1= 11 + x= lim= limx ln(1 + x) + 1 + 12 1 + xx®0cos x(1 - cos2 x)cos x sin 3 x òdx = -òd (cos x)1 + cos2 x1 + cos2 xt(t 2 - 1)t(1 + t 2 ) - 2t= òdt = òdt1 + t 21 + t 2t 2æ2töò=t

15、-dt =- ln(1 + t ) + Cç÷21 + t2èø212=cos2 x - ln(1 + cos x) + C2yzF1 + 2xF2 üz = - Fx = -ïxxyF + 2zFFz12 ý Þ gradz = z , z = - FyF= - zxF1 + 2 yF2 ïxyzyxyF + 2zFïþ12二、1 ö1+nö2+nææ1欲证ç1 +³ ç1 +÷÷，即n + 1

16、øèn øè1 ön+1n + 2æn+2 ç1 +· 1 ³÷n + 1èn ø1= 1 +, xn+2 = 1 。由n因此，令n+1n + 2³n+2，n+2111+L +n+2即得1 ön +1æn + 21 +· 1 ³ç÷n+2-1ènøæ n + 1ö· (n + 1) + 1ç÷ènøn + 2n + 2

17、。n + 1=n· (n + 1) + 1n + 1æ1 ön由与ç1 +为递增数列，得到÷èn ø1 ön+1æ1 önæ1 < ç1 +< e < ç1 +÷÷èn øèn øæ1 öæ1 öÞ n lnç1 +÷ < 1 < (n + 1) lnç1 +÷èn ø

18、èn øæ1 öæ1 ö11Þ lnç1 +÷ <, lnç1 +÷ >。n øn + 1èn ønè三、证明 ：e"e > 0, $d =，当 x Î (a, a + d ) 时，若 f (x) º f (a) ，则 f 在 a 右连续。2K否则， $x0 Î (a, a + d ) ，使 f (x0 ) ¹ f (a) （不妨设 f (x0 ) < f (a) ）。&q

19、uot;m 满足：< xf (x ) < m < f (a) ，f (a) - m。02由介值性， $x1 Î (a, x0 ) ，使 f (x1 ) = m 。于是对于一切 x Î (a, a + d ) ，有f (x) - f (a)£f (x) - f (x1 ) +f (x1 ) - f (a)f ' (x ) ·+ m - f (a)x - x=1< K · e + e = e2K2所以 f 在 a 点右连续。同理可证 f 在b 左连续。四、证明：11ò0ò因为 I =(1 - x

20、2 )n dx = x(1 - x 2 )n+2n|1n001= 2nò(0= 2nIn-1 - 2nIn ，2n所以有 I n = 2n + 1 I n-1 , n = 2,3,L由，= 2n · 2n - 2 L 4 IIn2n + 12n -1512 4 62n=L3 5 72n + 12462n=××L3 ×35 ×7 ×72n + 1 × 2n + 15³ 2 ×1L1×12=2n + 13(2n + 1)322>=， n = 1,2,L3 × 3n3 n五、

21、证明：S : y 2 + z 2 = f 2 (x) ，取其上半部分z =f 2 (x) - y 2 ， (x, y) Î D = (x, y) | - f (x) £ y £f (x), a £ x £ b。- yf (x) f '(x)由 zx =, z y =，得f 2 (x) - y 2f 2 (x) - y 2f 2 (x)1 + ( f '(x)2 1 + z + z=22，xyf 2 (x) - y 2根据计算曲面面积的二重公式，有bf ( x)1 + ( f '(x)2A = 2ò dxf (x

22、)a- f ( x)òdyf 2 (x) - y 2f ( x)ò- f ( x)bdy= 2ò f (x) 1 + ( f '(x)2 dxaf 2 (x) - y 2因其中f ( x)ò- f ( x)dyy= arcsin= p ，f ( x)- f ( x)f (x)f 2 (x) - y 2于是得：bA = 2p ò f (x) 1 + ( f '(x)2 dx 。a六、解：x 2n-1，得到(2n - 1)!¥由sin x = å(-1)n=1n-1x 2n-2¥sin x = 

23、9;(-1)n-1。(2n - 1)!xn=1再由泰勒系数公式，得到f (2n-2) (0) =(-1)n-1，(2n - 2)!(2n - 1)!n-1 (2n - 2)!(-1)n-1(2n-2)(0) = (-1)=于是求得 f。(2n - 1)!2n - 1¥¥设å an 与å n(an - an+1 ) 的部分和分别记做 Sn 与s n 。则有n=1n=1s n = (a1 - a2 ) + 2(a2 - a3 ) +L+ n(an - an+1 )= a1 + a2 +L + an - nan+1= Sn - nan+1n由于lim Sn =

24、 S, lim nan+1 = lim(n + 1)an+1 ×= 0 都存在，因此n + 1n®¥n®¥n®¥lims n = lim Sn = S ，n®¥n®¥¥¥即å n(an - an+1 ) = å an = S 。n=1n=1因为 f n (x) 为连续函数序列， f n (x) 一致收敛于 f (x) ， x Îa, b ，故 f (x) 在a,b上连续。又因为 f (x) > 0 ，所以f (x) ³

25、min f (x) = m > 0.， x Îa, bxÎ a,bm取e 0 => 0 ， $N0 > 0 ，当 n > N0 时，对一切 x Îa, b ，都有2mf n (x) -£f n (x) - f (x)<，f (x)2mmmm2Þ= m -£ f (x) -< f n (x) < f (x) +。222由此可见，当 n > N0 时， f n (x) 都无零点。11又因为0 <£，故由f (x)m11-=，f n (x)f (x)m2³(n >

26、; N0 , X Îa, b) ，对上述e > 0 ，存在 N1 > 0 ，当f n (x) f (x)2n > N1 时，有m2f n (x) - f (x)<× e 。2于是当 n > N = maxN0 , N1时，满足2× m111m22-<× e ， "x Îa, b。f (x)f (x)2nf n (x) - f (x)f n (x) f (x)华东师大数学分析 2001 年试卷一、（30 分）简单计算题x验证当 x ®¥ 时， 2xò et2 dt 与ex

27、2 为等价无穷大量.0（1）ln(1+ x)òx2dx .（2）求不定求曲线I = ò ( y 2 - cos y)dx + x sin ydy ,其中有向曲线 O A 为沿着正弦曲线O A（3）y = sin x 从 O（0,0）到点 A (p , 0) .设 f 为可微函数， u = f (x2 + y2 + z2 ) ，并有方程 3x + 2 y2 + z3 = 6xyz ，试对以（4）¶u下两种情形分别计算在点 P (1,1,1) 处的值；¶x0由方程确定了隐函数 z = z(x, y) ;1)由方程确定了隐函数 z = z(z, x) ;2)x

28、2y2z2x2y2z2二、（12 分）求椭球+= 1 与锥面+-= 0 (z ³ 0) 所围成的立体.a2b2c2a2b2c2，则其导函数 f ' (x) 在(a, b)三、（12 分）证明：若函数 f (x) 在有限区域(a, b) 内可导，但内必.¥¥四、（12 分）证明：若åan 绝对收敛，则åan (a1 +a2 + +an ) 亦必绝对收敛。n=1n=1五、（17 分）设 f (x) 在0,1上连续， f (1) = 0 ，证明：1. xn 在0,1上不一致收敛；2. f (x)xn 在0,1上一致收敛；六、（17 分）设函数

29、 f (x) 在闭区间a, b 上，证明：1.$xn Ì a, b，使得lim f (xn ) = ¥n®¥2.$c Ì a, b ，使得"d > 0, f (x)在(c-d , c + d )Ia,b上.（此题鼓励多）2001 年华东师范大学<数学分析>试题解答招生一、用洛必达法则验证：xxòòt 2t 2x22e dt + 2xe2xe dt0= lim0lim2ex22xexx®+¥x®+¥x2òte dt= lim+ 102xex2exx&

30、#174;+¥= lim+ 12x®+¥ ex (1 + 2x 2 )= 0 + 1 = 1ln(1 + x)1òx 2dx = ò ln(1 + x)d (- x )= -x)= -+ Cxp2 I = -¶u第一种情况：=¶xf '(x + y + z )(2x + 2zzx ).2223 - 6 yz1 - 2 yzz = -= -x3z 2 - 6xyz 2 - 2xy¶u¶x= 0.(1,1,1)3 - 6 yz= -4 y - 6xz第二种情况：FOR yx¶uSO，= f

31、'(x 2 + y 2 + z 2 )(2x + 2 yy )= - f '(3).(1,1,1)x(1,1,1)¶x二、设立方体在 xy 平面的投影区域为：ì1 üx 2y 2D = í(x, y) a 2 + b2 £ 2 ý 。îþæöx 2y 2x 2y 2ç c+ ÷dxdy 。òòçV =1 - c÷a 2b2a 2b2D èø令 x = ar cosq , y = ar sinq , J

32、 = abr, D': r 2 £ 1 。212pV = ò dq ò 2 (c 1 - r 2 - r 2 )abrdr001= 2pabcò 2 (r 1 - r 2 - r 2 )dr02 -2pabc 。=3f '(x) £ M。则对任意取定c Î (a, b) ，对一三、（反证法）：若 f '(x) 在(a, b) 上有界，设f '(x x ) × x - c +切 x Î (a, b) 有£f (x) - f (c) +£f (x)f (c)f (c)

33、£ M (b - a) += M *f (c)导致与 f (x) 在 x Î (a, b) 上界。的条件，故证得 f ' (x) 在 x Î (a, b) 上必定无¥四、 因为å ann=1> 0 ，使收敛，所以存在 M+ a2+L + an£ M ，a1Þan (a1 + a2 +L +an )£ M an。¥¥又 因 为 å M ann=1= M å an n=1收 敛 ， 故 由 优 级 数 列 判 别 法 推 得¥å an (a1 +

34、 a2 + L+ an ) 也收敛。n=1五、ì0, x Î (0,1) lim = í。1, x = 1n®¥î由于sup(xn - 0) = 1 ®/ 0(n ® ¥) ，因此x 在0,1) 不一致收敛，故在0，1上更n0£ x<1不一致收敛。由于 f (1) = 0 ，因此Î0,1lim f (n®¥"e > 0 ，因 f 在 x = 1左连续，故$d > 0 ，当 x Î (1 - d ,1 时，满足< ef (x

35、) - f (1)=f (x)于是当 x Î (1 - d ,1 时，有< e , "n Î N + ，f (x)xn - 0£f (x)说明f (x)xn 在 x Î (1 - d ,1 上一致连续。又在 x Î0,1 - d 上，因为> 0 （若f (x) 在0，1上连续，故存在最大值 Mº 0 ，结论显然成立）。此时有f (x)M=0，则£ M (1 - d )n ® 0(n ® ¥) ，f (x)xn - 0sup0£ x£1-d所以f (x)x

36、n 在 x Î0,1 - d 上一致连续。综上证得f (x)xn 在0，1上一致连续。六、因为 f 在a, b 上，故"M > 0, $x Îa, b，使> M 。f (x)现取 M = n(n = 1,2,L) ，相应地$xn Îa, b(n = 1,2,L) ，使得> n ，f (xn )故lim f (xn ) = ¥ 。n®¥证明：（利用致密性原理）因为中所得的xn Ì a, b ，故存在收敛子列，设为lim xn = c Îa, bk ®¥k"d

37、> 0, $K1 > 0 ，当 k > K1 时，xn Î U(c;d ) Ça, b。k另一方面。因为lim f (xn ) = ¥ ，故"M > 0, $K 2 > 0 ，当 k > K 2 时n®¥> M 。f (nk )使综上，当 k > K = maxK1 , K 2 时，同时有xn Î U(c;d ) Ça, b，k> M ，f (nk )于是 f 在(c;d ) Ça, b 上。说明：利用有限覆盖原理亦可以完成证明。华东师范大学 2003

38、 年数学分析试题及解答Tangshan0315一、（30 分）简答题（只需写出正确）：sin 2 (1 - x)1= ( ); limx®1 (x - 1)2 (x + 3)312 y = arccos(),则y' = ();1 + x 2(1 + x 2 ) 2 + x 2 ò ln 2 xdx = (+ 2) + C)x z = y sin( ),则dz = (z dx + z dy)yxxy D = (x, y) | x 2 + y 2 £ 1,则òòe x2 + y 2 dxdy = (p (e - 1)D L = (x, y)

39、 | x 2 + y 2 = 1, 取顺时针方向，则ò xdy - ydx = (-2p ).L二、（20 分）判别题（正确的说明理由，错误的举出反例）；若lim xn = 0,则lim nxn = 0 。n®¥n®¥11错；例如lim= 0 ，但lim= 1。n®¥ nn®¥ nn若 f (x) 在(0,+¥) 上可导，且 f '(x) 有界，则 f (x) 在(0,+¥) 上一致连续.e£ K , x Î (0,+¥),则"e >

40、; 0, $d => 0, "x'," < df (x)'K对设f '(x ) × x'-x" £ K · e = ef (x') - f (x")=,Kx若 f (x) 在a, b 上可积， F (x) = ò f (t)dt 在 x0 Î (a, b) 可导，则 F '(x0 ) =af (x0 ) 。= 0错；例如 f (在-1，1xF (x) = ò f (t)dt º 0, x Î-1,1 Þ F

41、 ' (x) º 0,-1上可积，并且但是F ' (0) ¹f (0) = 1.¥¥å+ a ) 收敛，且lim a = 0 则åan 收敛。若(an=12n-12nnn®¥n=1¥¥对；设åan , å(a2n-1 + a2n ) 的部分和分别为 Sn 与s n ，则n=1n=1= s n ® S,(n ® ¥) AndS2n+1 = s n + a2n+1 ® S + 0,(n ® ¥) 

42、2;S2nlim Sn = Sn®¥三、（17 分）求极限：xsin t= f (x); 指出 f (x) 的间断点，并lim() sin t -sin x间断点的类型。sin xt ® x xsin xxxsin t - sin xsin t)sin t -sin x = lim(1 +) sin t -sin x sin x = e sin x =解： lim(f (x) 。sin xsin xt ®xt ®x由于lim f (x) = e ， lim f (x)(k ¹ 0) 不存在，因此 x = 0 为 f (x) 的可去间断

43、点，x®0x®kpx = kp (k ¹ 0) 为 f (x) 的第二类间断点。Ma 2aò四、（17 分）设 f (x) 在0，a上连续， f (0) = 0 .证明'£f (x)dx其中20M = max0£ x£af ' (x)dx.证明：由下式出发：=f (x) - f (0)=f ' (x ) x £ Mx, x Î0, a, 在0, a 上取定xf (x)，即得Ma 2aaaòòò££ Mxdx =f (x)dxf (x

44、) dx。2000存在 L > 0 ，对 R 2数 f (x, y) 在上对 x 连续，且 五 、（ 17分）若函 "x, y ' ,f (x, y ' ) - f (x, y" )£ L y'- y" ，证明 f (x, y) 在 R 2 上连续。证明： "(x0 , y0 ) Î R 有：2Dz=f (x0 + Dx, y0 + Dy) - f (x0 , y0 )£f (x0 + Dx, y0 + Dy) - f (x0 + Dx, y0 ) +f (x0 + Dx, y0 ) - f (

45、x0 , y0 )£ L · Dyf (x0 + Dx, y0 ) - f (x0 + y0 ) 。+因为 f (x, y0 ) 关于 x 在 x0 连续， 故 "x > 0, $d > 0 ，当 Dx< d 时xxxf (x0 + Dx, y0 ) - f (x0 , y0 )<；又当 Dy2<时 L · Dy2L<，2x现取d1 = min2L ,d ，且当 Dx在 R 2 上任一点(x , y ) 连续。00< d1, Dy< d1 时，使得 Dz< e 。故 f (x, y)I = ò

46、;ò f (x, y, z)dS六、（17分）求下列，其中SS = (x, y, z) | x 2 + y 2 + z 2 = a 2(a > 0)，f (x, y, z) = x 2 + y 2 , z ³x 2 + y 2 ,;0, z <x 2 + y 2 。证明：记 S1 = (x, y, z) | x + y + z = a , z ³x + y 。因为 S 上2222221f (x, y, z) = x 2 + y 2SS1上f (x, y, z) = 0, 故 有， 而 在I = òò f (x, y, z)dS =

47、I = òò f (x 2 + y 2 )dS 。SS1a 2又因为 S1 在 xy 平面上的投影区域为 D : x + y £，有 S1 的方程222az =a 2 - x 2 - y 2，又有 1 + z 2 + z 2 =，所以可求得：xya 2 - x 2 - y 2I = òò(x 2 + y 2 ) ×adxdy ，令 x = r cosq , y = r sinqa 2 - x 2 - y 2Da2r 32p= aò dq òdr ， （令a 2 - r 2 = u ）00a 2 - r 2- 121

48、- u 2 )dua2= paòa2 (a 2u213= pa(2a 2u 2 - 2 u 2 ) |a2a223145 2= pa (4 -) 。32七、（17 分）设0 < r < 1 ， x Î R 。证明：1 - r 21 - 2r cos x + r 2¥= 1 + 2å r cos nx ；nn=1pòln(1 - 2r cos x + r )dx = 0 。20cos x - r¥1 - 2r cos x + r 2å证明：把欲证明的等式经移项后写为：=rcos nx 。n-1n=1只要把此式左边的

49、分母乘至右边，经整理后可得 cos x - r ，主要过程如下：(1 - 2r cos x + r 2 )å r n-1 cos nxn=1= å r n-1 cos nx + å r n+1 cos nx - 2å r n cos(n - 1)x¥¥¥¥n=1n=1n=1¥¥¥其中- 2å r n cos nx = -å r n cos(n + 1)x - 2å r n cos(n - 1)x ，把它带入上式后，n=1化简可得cos x - r 。n=1

50、n=1- 2 cos x + 2r¥利用一的结果：由以上等式又有：= -2å rcos nx ，容易看1 - 2r cos x + r 2n-1n=1出左边的是分母对r求导的结果。所以先通过两边对 r 求，得到： a - + ¥ 2 cos x 2rråòòa = -2acos nxdn-1a ，d1 - 2a cos x + a200n=1¥r nln(1 - 2r cos x + r ) = -2åcos nx 。2即nn=1在0,p 上X再对求，又得¥r nnppln(1 - 2r cos x +

51、r )dx = -2åò0ò02cos nxdx = 0证毕。n=111八、（15 分）设 a > 0, b > 0, a1 = a, a2 = b ， an +2 = 2 +, n = 1,2,3.22aan+1n证明：an 收敛。5证明：由于 n ³ 3 时 an > 2 ，故n ³ 5 时 an < 2 。估计：1111a- a=+-n+1na 2a 2a 2a 2nn-1n-1n-2+ an-2ana - ann-2)2(a an n-25£( a - a+ a- a)nn-1n-1n-216=

52、3; 5 max( a - a, a- a)nn-1n-1n-28n5 -3£ . £ ( ) 2B(n ³ 9)8其中正常数 B 或者是 a6 - a5，或者是 a7 - a6。由此又得：an + p - an+1£an+ p - an+ p-1+ . + an+2- an+1 n+ p-7 n-5 55£ ( ) 8+ . + ( )B228 n-5 B5<5 ( )® 0(n ® ¥)281 -8所以根据 Cauchy 准则，an 为收敛数列。华东师范大学 2004 数学分析一、（30 分）计算题。1)

53、 x2x 221、求lim(cos x -x®0解： cos x = 1 - 2 sin 2® 0)- 1 ( -1) lim(cos x -= e-12 )x2x®022、若 y = e-ln x + x sin(arctan x), 求 y ' .- 2 ln x-ln2 x解： y ='e+ sin(arctan x) +2xxe- x3、求ò (1 - x)2解：dx .xe- xxe- x(xe-x )'xe- xxe- x1òdx = ò xe- ò- ò e dx =- x-

54、x- xdx =+ e+ cd1 - x1 - x(1 - x)=(1 - x)1 - x1 - x22¥4、求幂级数ånxn 的和函数 f (x) .n=1解: | x |< 1时¥¥¥¥(å nxn+1 )'n=0= å(n + 1)xn = ånxn + å x nn=0n=0n=0¥å¥¥nxn = (å nxn+1 )' - åxn = ( x )' - 1 =1- 1 =xÞ1 - x

55、1 - x(1 - x)21 - x(1 - x)2n=0n=0n=0pò5、 L 为过O(0,0) 和 A(,0) 的曲线 y = a sin x(a > 0) ,求 (x + y 3 )dx + (2 + y)dy.2y = a sin x, dy = da sin x = a cos xdxpLpppòòòòò(x + y )dx + (2 + y)dy =xdx + asin xdx + 2acos xdx + asin x cos xdx33322222L0000p 22a33a 22=+8+ 2a +ò&#

56、242;(2x + z)dydz + zdxdy ,其中 z = x + y , (0 £ z £ 1) ,取上侧.226、求曲面S解：应用 Gauss 公式，并应用极坐标变换得：¶(2x + ¶z)zòòòòò(2x + z)dydz + zdxdy =(V+)dxdydz¶x¶zS32p1zòòòòòò= 3dxdydz = 3 dzdrrdq =p .2000V二、（30 分）题（正确的证明，错误的举出反例）1、若xn

57、, n = 1,2,L, 是互不相等的非无穷大数列，则xn 至少存在一个聚点 x0 Î (-¥,+¥).正确。xn 在数轴上对应的点集必为有界无限点集，故由聚点定理，点集xn 至少存在一个聚点x0 Î (-¥,+¥).2、若 f (x) 在(a, b) 上连续有界，则 f (x) 在(a, b) 上一致连续.正确。证： f (x) 在(a, b) 上连续有界，故 lim f (x) 与 lim f (x) 都有存在，不妨设为 A, B .x®a+x®b-,x = a,x Î (a, b),x = bìAf