数学分析-各校考研试题及答案

1、精选优质文档-倾情为你奉上2003南开大学年数学分析一、 设其中有二阶连续偏导数，求解：令u=x+y,v=x-y,z=x则；二、 设数列非负单增且，证明解：因为an非负单增，故有由；据两边夹定理有极限成立。三、 设试确定的取值范围，使f(x)分别满足：（1） 极限存在（2） f(x)在x=0连续（3） f(x)在x=0可导解：（1）因为=极限存在则2+知(2)因为=0=f(0)所以要使f(x)在0连续则（3）所以要使f(x)在0可导则四、设f(x)在R连续，证明积分与积分路径无关解；令U=则=又f(x)在R上连续故存在F（u）使dF(u)=f(u)du=所以积分与路径无关。 （此题应感谢小毒物

2、提供思路）五、 设f(x)在a,b上可导，且,证明证：因f(x)在a,b可导，则由拉格朗日中值定理，存在即有六、设单减而且收敛于0。发散a) 证明b) 证明其中；证：（1）因为而单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知（2）因为正项级数发散则又由上题知故有七、设证明（1）在一致收敛（2） 在连续证：（1）因收敛（可由狄利克莱判别法判出）故在t>=0上一致收敛；又在x>=1,t>=0 单调且一致有界由阿贝尔判别法知一致收敛（2）由上题知，F（t）在一致收敛，且由在（x,t）上连续知F（t）在连续所以在连续，由的任意性得证八、令是a,b上定义的函数列，满足（1）对任意是一个有

3、界数列（2）对任意，存在一个求证存在一个子序列在a,b上一致收敛证：对任意，是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列，设为，又令U=则U为a,b的一个开覆盖集，由有限覆盖定理，存在有限个开区间覆盖a,b，不妨设为于是对>0，有令则由条件（2）知对上述于是+由柯西准则得证。2004年南开大学数学分析试题答案1. 2. ,=3.即证明，即证设，证完。4.= 5.设P=，Q=，积分与路径无关，则6. ,又当时，收敛，当时，级数发散，原题得证7.由拉格朗日定理，其中，原题得证8.（1）应用数学归纳法，当时命题成立，若当时命题也成立，则当时，由归纳假设连续。（2）（3）由单调递减趋于，与都连续，

4、由地尼定理，该收敛为一致收敛。9.(1)证明：取，代入式中得，即，所以函数单调递增有下界，从而存在右极限，则；，由题设可得，即从而，所以导函数递增。(2)参考实变函数的有关教材。2005年南开大学数学分析试题答案2.，其中由 求出3.4.在上单调一致趋于0，则在上一致收敛，又在上连续，则在上连续。5.由泰勒公式，则，后者收敛，则原级数收敛。6.由拉格朗日中值定理，后者收敛，由魏尔特拉斯定理，原级数一致收敛。由一致收敛，则可以逐项求导，也一致收敛且连续，故连续可导7.反证：设存在有，不妨设，由连续函数的局部保号性，知道存在一个邻域当时，则存在一个圆周与已知矛盾。8.当时，时，综上，若对任意的有，

5、则在时，不存在，矛盾。设当时，当时，两边对积分即可6. ，由在上有定义，则在上有界，则可以得到在上连续。，则，则 则单调递增有下界，存在右极限，存在，同理存在，由极限的保不等式性可得2003年中国科学院数学研究院数学分析试题答案1. （1）当时，当时，当时，当时，（2）当时，=（3）当时，当时，当时，当时，2. 当时， ，从而连续；当时，存在；当时， ,3.即证：，当时，设，所以，当时，设，所以，4. 5.假设存在常数M，积分矛盾6.作代换=7.椭球面的切向量为，切点为和8. 当时，相加：令，所以9由含参量积分的性质，科院2006年数学分析试题参考解答1求a,b使下列函数在x=0处可导:解：由

6、于函数在x=0处可导，从而连续，由得到b=1;又由得到a=0.即得。2 证明: 用反证法。 由知，均为正项级数。假设级数收敛，则，于是有，从而由正项级数的比较判别法知级数收敛，矛盾，从而得证。3 解：从而即得解。（利用余元公式、换元、函数更为简单）4 证明：知,从而令有从而得证。 5证明: 6 证明: 我们先来证明一个不等式，一般的称为Cauchy-Schwarz不等式，即定理1 7 证明：8 设曲线的周长和所围成的面积分别为L和S，还令，则.证明：由对称性知9 解： 为证明=I，我们先来证明一个定理：定理2 设在|x|<R内收敛，若也收敛，则 回到题目，看数项级数收敛，设=，|x|&l

7、t;1,由定理2即知 =I.10 解: 这是星形线，充分考虑到对称性(x=0,y=0,x=y,x=-y)，有北京大学20051设，试求和.解: 当然此上极限可以令.此下极限当然可以令1. (1)设在开区间可微，且在有界。证明在一致连续.证明:由存在.这显然就是(2) 设在开区间可微且一致连续，试问在是否一定有界。（若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明）证明:否定回答.闭区间上连续函数一致连续.所以显然此而3设. (1)求的麦克劳林展开式。(2)求。解: 这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变形.有 . 又由于 比较系数有：，接下来，若 中 ，此时令 有。 同理可得：， 。综合得：

8、 4试作出定义在中的一个函数，使得它在原点处同时满足以下三个条件： （1）的两个偏导数都存在；（2）任何方向极限都存在；（3）原点不连续 解： 。显然这个函数在 的时候，有偏导数存在 ，而对于的时候，有 ，此式在原点也成立。 对于任意方向极限，有。显然沿任意方向趋于原点。 此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向趋向原点。不妨设有不同的极限 。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。5计算.其中是球面与平面的交线。 解：首先，曲线是球面与平面的交线。因为平面过原点，球面中心为原点。 所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有 。 因此有 =。6设函数列满足下列条件：（1），在

9、连续且有（） （2）点点收敛于上的连续函数证明：在上一致收敛于 证法1：首先，因为对任意。且有，所以，对于任意，有。 又因为在点连续。所以可以找到，当 时。有，以及 同时成立。因此，当， 时，有 。 如此，令，所以有开区间族 覆盖了区间。 而在闭区间上连续。由Heine-Borel 定理，从开区间族中可以选出有限个， 使 。由的选法。可由相应与，当，且时，有。 取，当时，且，有 成立。所以在上一致收敛于。 证毕。 证法2：反证法.设存在某，对于任意，有一，使得又有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收敛子列收敛于中某值因为对任意。且有，所以，当时，有设某，由与连续性存

10、在一，当时有同时成立显然，又因为所以存在值， 当时， 成立最后，当时，有这与假设矛盾所以在上，是一致收敛于证毕大连理工大学2005试题数学分析试题解答一、 计算题1、 求极限：解：2、求极限：解：3、证明区间（0，1）和（0，+）具有相同的势。证明：构造一一对应y=arctanx。4、计算积分，其中D是x=0,y=1,y=x围成的区域解：5、计算第二类曲线积分：，方向为逆时针。解：6、设a>0,b>0,证明：。证明：二、 设f(x)为a,b上的有界可测函数，且证明：f(x)在a,b上几乎处处为0。证明：反证法，假设A=x|f(x)0，那么mA>0。三、 设函数f(x)在开区间

11、（0，+）内连续且有界，是讨论f(x)在（0，+）内的一致连续性。讨论：非一致连续，构造函数：四、 设，讨论函数的连续性和可微性。解：1）连续性：连续2）可微性：可微五、 设f(x)在（a,b）内二次可微，求证：证明：六、 f(x)在R上二次可导，证明：f(x)在R上恰有两个零点。证明：七、 设函数f(x)和g(x)在a,b内可积，证明:对a,b内任意分割证明：八、 求级数：解：九、 讨论函数项级数在(0,1)和(1,+)的一致收敛性讨论：1） 0<x<12） x>1十、 计算为圆锥曲面被平面z=0,z=2所截部分的外侧。解：十一、设f(x)在0,1上单调增加,f(0)>

12、;=0,f(1)<=1,证明：证明：十二、设f(x)在0,+上连续，绝对收敛，证明：证明：十三、设，证明：当下极限时，级数收敛当上极限时，级数发散证明：（1）（2）苏州大学2004年数学分析解答1.(20)2.(20')05苏州大学8.(18分)设在上二次连续可微(其中),且在处的梯度,Hesse矩阵Q=为正定矩阵.证明：在处取到极小值；若是Q的最大特征值，是Q对应于的特征向量，则从处沿着方向增长浙江师范大学2005年研究生一（每小题8分，共48分）计算题1、 求极限 .解 原式 3分 5分 8分2、 求级数 的和.解 作，则 2分作，则 因此 5分于是 ，原式 8分3、 求级数

13、 的和. 解 因，故 2分为了求，作， 4分则 5分 6分因此，原式 8分4、求的值.解 原式 4分 8分5、 求极限 解 因的周期为， 2分故当为有理数时，存在正整数和整数使得，这时当时， 4分而当为无理数时， 6分因此，原式 8分6、求极限 解 原式 4分 8分二（14分）已知实数列收敛于，且，用定义证明也收敛于. 证记，则，使得, 3分因，故，使得， 8分令，则当时，有 14分三（20分）设和为二次可微函数，证明证， 5分 ， 15分因此，左右 20分四（20分）设在上连续，证明若，且，则， 证 记 (1) 令，则因此，左右 10分（2）（用反证法）若不然，则使得，由极限的保号性，存在开

14、区间使得，且当时，有， 16分这与矛盾. 20分 五（16分）若不定积分为有理式，则应满足什么条件？解 因，故当且仅当时，不定积分为有理式. 16分六（16分）若在上可微，求证内存在一个数列，使得单调，且.证法1 因在上可微，故，在上连续，在内可导，从而由拉格朗日中值定理知， 使，即 9分因，故由海涅归结原则知，从而. 16分证法2 由知，使得当时， 2分，使当时，使当时，使得当时， 6分用数学归纳法，得到一个数列，在闭区间上应用拉格朗日中值定理，使得 10分由知，数列单调增，由数列满足和知 13分由知 16分七（16分）设，证明在上一致收敛.证法1 ，当时，当时，由对称性知 当时， 6分因，

15、故对上述的，正整数使得当时， 14分综上，当时，对中的一切成立，这表明在上一致收敛. 16分证法2当时 3分由Dini定理，要证在上一致收敛.只需证明在上下面分，这四种情形来证明即知极限函数一定连续. 7分而当时，当时， 当或时，而当时， 10分于是，有，即关于n单调， 16分武汉大学2003年一、 判断下列命题是否正确（共5小题，每小题6分，共30分）：1）单调序列中有一子列收敛，则序列收敛。正确。不妨设收敛于a，利用单调性那么不难证明也收敛于a2）子列的子序列和收敛，则序列也收敛不正确。只要和收敛于不同的极限，A、B那么不收敛3）序列收敛，则序列收敛，其逆命题也成立不正确。序列收敛=序列收

16、敛，但反之命题不成立如4）收敛，则.不正确。可以找到莱布尼兹级数5）函数序列，满足对任意的自然数p和任意，有以下性质：，则一致收敛。不正确。不妨设，。显然并非一致收敛。二、 计算题（每小题8分，共32分）1）设（应用LHospital法则）2）求极限：（应用Taylor展开）3）4）计算曲面积分，S为球面的外侧三、 判断级数与反常积分的敛散性（共4小题，每小题9分，共36分）1）2） 3） 4） 四、 设a>0,求曲线上的点到xy-平面的最大最小距离解1：解2：（初等数学的不等式方法）当z取到最值，即xy取到最值五、 设0<c<1, 。证明收敛，并求其极限分析：只须满足即可。

17、证明：六、 设f(t)在R上连续，证明：证明：（考虑在（0，1）趋近于0）七、 证明含参量非正常积分：，对任意一致收敛，而在上不是一致收敛的证明：1）2）武汉大学2004年攻读硕士学位研究生入学考试试题科目名称：数学分析科目代码：369一、 计算下列各题：1 2. 3. 4. 5.6. 二、 设，证明：存在，并求出极限证明：三、证明：（另外，还可以用上下确界的方法做）四、 讨论在（0，0）点的连续性和可微性解：（1）连续性：（2）可微性五、 计算曲线积分，L的方向是：从x轴的正方向看过去为逆时针方向。解：六、 计算曲面积分（h,R>0）及三个坐标面所围的第一卦限部分的外侧。解：另外可以用

18、Stokes公式做七、 证明：解：八、 证明积分解：另外可以用积分判别法的Dirichlet定理做武 汉 大 学2005 年一、 设满足: , ，证明收敛。证明：（分析：压缩映像原理）二、 对任意 > 0。证明级数在(1,1+)上不一致收敛。证明：（利用反证法，Cauchy收敛准则和定义证明。）三、 设解，（本题利用莱布尼兹求导法则：）四、 判断级数的绝对收敛性和相对收敛性解：（1）绝对收敛性：（主要使用放缩法）（2）相对收敛性：（A-D判别法）五、 计算，其中为曲线，从z轴的正方向看过去，是逆时针方向解：（利用奇偶性做）六、 设，且为连续函数，求证：证明：（画出函数图像，分两段讨论：）

19、七、 证明含参变量反常积分上一致收敛，其中>0，但是在(0, )内不一定一致收敛。证明：八、 在底面半径为a，高为h的正圆锥内作长方体，其一面与圆锥地面重合，对面四个顶点在锥面上，求长方体的最大体积。解：九、 设，,在（0，a）内可导，以及在(0,a)内取到最值，且满足f(0)=0,f(a)=a。证明：1）； 2）证明：1）命题有问题，取a=1/2,f(x)=5x-8x2f(0)=0,f(1/2)=1/2f(x)在5/16取到最值，但是f(x)-ax只在x=0,x=9/16等于0，与命题1矛盾。2004年上海交通大学 数学分析一（14）设，证明 证 因 ，故利用Stolz公式，得二（14

20、）证明在上不一致连续.证 因， ，故在上不一致连续.三（14）设在上连续，且，证明，使证 作（），则在上连续，因，故，情形1 若，则取，则，情形2 若，则因，故由介值定理知，存在，使得，即.四（14）证明不等式， 证 作，则因，故在上严格单调减少，而，因此，在上，有，即.五 (14) 设收敛,且在上一致连续，证明= 0.证 因在上一致连续，故，使得当且时，有，令，则由积分第一中值定理得，使得.因收敛，故级数收敛，从而，即，也即，故对上述的，存在，使得当时，.取，则当时，因故存在惟一的，使得，易见，且，从而六（14）设，证明级数收敛.解. ，因，故只要证收敛即可.七（14）设在上连续，= 0 , ， 证明在上一致收敛.八（12）设在上连续，证明.证 （1）（令，则， （2）因在上连续，故，使得，（3），记，不妨设，则，（4） （5）因在上连续，故在上一致连续，故对上述的正数，当且时，有（6）因，记，则存在正整数，使得当时，有，（7）当时，有，从而当时，有（8）由（3）和（7）知，当时，有九（12）设>0，证明1 证 （1）要证1 ，只要证，即只要证，即证（2）因，故， 因此只要证，即只要证（3）由知，单调增加，假如有上界，则必有极限，由知，因此，矛盾.这表明单调增加、没有上界，因此. （证完）十（2