数学分析各校考研试题及答案

#证明 (反证法)，假设f(X,y)不是f(X,y)在羽y>0上的最大值。由于00limf(x,y)=0，存在r>0，当x2+y2>r,x>0,y>0时，f(x,y)<f(x,y)。00x2+y2-s考察闭区域D={(x,y):x>0,y>0,x2+y2<r},显然(x,y)gD,由已知f(x,y)在D00上连续，从而f(x,y)在D上取得最大值，设为f(x,y)。显然在6D上，总有11TOC\o"1-5"\h\zf(x,y)<f(x,y)，因而必有：f'(x,y)=f'(x,y)=0。当x2+y2>r,x>0,y>000 x11 y11时，f(x,y)<f(x,y)<f(x,y)，因此00 11f(x,y)是f(x,y)在x,y>0上的最大值。由假设，(x,y)丰(x,y)。11 11 00这与已知矛盾，可知假设不真。.设处处有f"(x)>0.证明：曲线y=f(x)位于任一切线之上方，且与切线有唯一公共点．证明设(x,y)为曲线y=f(x)上任一点，在该点处曲线的切线方程为00TOC\o"1-5"\h\zy=f(x)+f'(x)(x—x)0 00对曲线y=f(X)上任意点，按Taylor公式展开，得f(X)=f(X)+f'(X)(X-X)+1f )(X-X)20 0 02 0由f"(x)>0知，当X丰X时，f(x)+f'(x)(x-x)<f(x),而(x,y)为唯一公共点.得0 0 0 0 00证．.求I=J产—乎,L是取反时针方向的单位圆周.L4x2+9y2解L的参数方程：x=cos0,y=sin9,0<0<2兀I=Jxdy-yd二卜cos20+sin20d0=4J；1+tan20d0=41，dt=4(6arctan-31)L4x2+9y2 04cos20+9sin20 04+9tan20 04+=4(6arctan-31)+s兀=I07.设fq是连续正值函数，JJJf(x2+y2+z2)dxdydzF(t)=x2+Jj+z2<t2(x2+y2)f(x2+y2)dxdx2+y2<12证明F(t)(t>0)是严格单调减函数.JJJf(x2+y2+z2)dxdydz(x2+y2)f(x2+y2)dxdx2+y2<t212f(12)Jtr3f(r2)dr-13f(12)Jtr2f(r2)drF'(t)=2 0 e 0 (Jtr3f(r2)dr)20Jtr2f(r2)dr=2f ，当t>0时Jtr3f(r2)dr012f(12)Jtr2f(r2)(r一t)dr

=2 /»-0 <0(Jtr3f(r2)dr)20因此，F(t)(t>0)是严格单调减函数。8•设级数£高n=0收敛，证明J1£axndx=£0n=0a n-

n+1ga证明由乙n+1n=0收敛知，S(x)=£出xn+1在b"上一致收敛，从而n=0S(x)=£-On7xn+1左连续n+1n=0ga即lim，—-xn+1x-1- 0n+1n=0=£念•对vxe(0，］)有n=0Jx(£gatn)dt=£gJx0 n=0£gaaxndx=，-n—xn+1,

n n+1n=0于是「£axndx=lim"£atn)dt=lim£g0n=0na ga n-xn+1= n-n+1 n+1n=09．设f(x)在[0，g)上连续，其零点为x:0=x<x<n 01<x< ，n证明：积分Jgf(x)dx收敛O级数£Jxn+1f(x)dx收敛.xn=0 n证明xn=0n00汀+证明xn=0n00汀+ixn=0n敛。f(x)dx=limJxN+1f(x)dx=limJxN+1nT90xT90N+1f(x)dx=J+9f(x)dx0即］Efxn+1f(x)dx收xn=0n2kf(x)dx=k+"(x)dx，若J"f(x)dx收敛，则同理可知£>"+1f(x)dx不收敛。x

n=0n)，当nT8时，f(x)n10.设a<b,f(x)在［a,b］)，当nT8时，f(x)n在［ab］上一致收敛于f(x).证明：至少存在一点x0e［a,b］，使得f(xo)>0.证明由f(x)在［a,b］上一致收敛于f(x)，得知f(x)在［a,b］上连续，且数列nJbf(x)dx收敛于Jbf(x)dx，即limJbf(xdx=Jbfxdx，由于Jbf(x)dx>0，得n nna a nT9a a aJbf(x)dx>0，至少存在一点