2025年考研数学三数学分析冲刺试卷（含答案）

2025年考研数学三数学分析冲刺试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设数列{a_n}满足a_1=1,a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}(n\geq1)。证明数列{a_n}收敛，并求其极限。二、计算极限\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(1-\cost^2)\,dt}{x^5}。三、设函数f(x)在区间(a,b)内可导，且导函数f'(x)连续。证明：存在唯一的常数L，使得对于(a,b)内的任意x，都有f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt。四、讨论函数f(x)=x^3\lnx在(0,+\infty)内的凹凸性，并求其拐点。五、计算不定积分\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx。六、计算定积分\int_0^1\frac{x\arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}\,dx。七、设正项级数\sum_{n=1}^\inftya_n收敛，证明级数\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}也收敛。八、求幂级数\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n\cdot3^n}的收敛域。九、设函数f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)>0。证明：存在唯一的点\xi\in(a,b)，使得\int_a^\xif(t)\,dt=\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt。请先证明存在性，再证明唯一性。十、计算二重积分\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma，其中区域D是由曲线y=\sqrt{2x-x^2}和直线y=x所围成。十一、计算三重积分\iiint_Vz\,dV，其中V是由曲面x^2+y^2+z^2=4和z=\sqrt{x^2+y^2}所围成的有界闭区域。十二、设函数f(u)具有连续导数，且\lim_{u\to0}\frac{f(u)}{u}=1。函数z=f(x+y)满足偏微分方程z_x+z_y=z。求函数f(u)的表达式。试卷答案一、证明：由递推关系a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}，易知a_n>0对所有n成立。现用数学归纳法证明数列有界。显然a_1=1<2。假设a_k<2，则a_{k+1}=1+\frac{1}{a_k}<1+\frac{1}{2}=1.5<2。由归纳法，a_n<2对所有n成立。故数列有上界2。又a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}-a_n=\frac{1-a_n^2}{a_n}。由于a_n<2，1-a_n^2<0，故a_{n+1}-a_n<0，即数列单调递减。数列{a_n}单调递减且有下界0，故收敛。设\lim_{n\to\infty}a_n=L，由a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}两边取极限得L=1+\frac{1}{L}。解得L^2-L-1=0，L=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}。由于a_n>0，L>0，故L=\frac{1+\sqrt{5}}{2}。即数列极限为\frac{1+\sqrt{5}}{2}。二、解法一：使用洛必达法则。\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(1-\cost^2)\,dt}{x^5}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx^2}{5x^4}=\lim_{x\to0}\frac{2x^2\sinx^2}{20x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\sinx^2}{10x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2}{10x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{10}=0。解法二：使用泰勒展开。\int_0^x(1-\cost^2)\,dt\approx\int_0^x(1-(1-\frac{1}{2}t^4+o(t^4)))\,dt=\int_0^x(\frac{1}{2}t^4+o(t^4))\,dt=\frac{1}{10}x^5+o(x^5)。故原式=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{10}x^5+o(x^5)}{x^5}=\frac{1}{10}。三、证明：存在性。令L=f'(a)。考虑函数F(x)=f(x)-f(a)-L(x-a)。显然F(a)=0。计算F'(x)=f'(x)-L。由于f'(x)在(a,b)内连续，故F'(x)在(a,b)内连续。由拉格朗日中值定理，对于(a,b)内任意x，存在\xi\in(a,x)(或(x,a))，使得F(x)-F(a)=F'(\xi)(x-a)。即f(x)-f(a)-L(x-a)=[f'(\xi)-L](x-a)。整理得f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt。这证明了存在性。唯一性。假设存在L_1\neqL也满足题设条件。即对于(a,b)内任意x，都有f(x)-f(a)=L_1(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L_1]\,dt。将此式与原式f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt相减，得(L-L_1)(x-a)+\int_a^x([f'(t)-L]-[f'(t)-L_1])\,dt=0。即(L-L_1)(x-a)+\int_a^x(L_1-L)\,dt=0。整理得(L-L_1)(x-a-\int_a^x1\,dt)=0。即(L-L_1)(x-a-(x-a))=0，即(L-L_1)\cdot0=0。这表明L-L_1=0。矛盾。故L是唯一的。四、解：计算二阶导数f''(x)=3x^2\lnx+x^2\cdot\frac{1}{x}=3x^2\lnx+x=x(3x\lnx+1)。令f''(x)=0，得x=0或3x\lnx+1=0。由于x>0，x=0不在定义域内。解3x\lnx=-1。令g(x)=3x\lnx+1，g'(x)=3(1+\lnx)。令g'(x)=0，得x=\frac{1}{e}。当0<x<\frac{1}{e}时，g'(x)<0；当x>\frac{1}{e}时，g'(x)>0。故g(x)在x=\frac{1}{e}取得极小值，也是最小值。g(\frac{1}{e})=3\cdot\frac{1}{e}\cdot\ln(\frac{1}{e})+1=3\cdot\frac{1}{e}\cdot(-1)+1=1-\frac{3}{e}<0。又当x\to0^+时，g(x)\to1；当x\to+\infty时，g(x)\to+\infty。故方程3x\lnx+1=0有唯一解x_0=\frac{1}{e}。即f''(x_0)=0。考虑f''(x)在x_0两侧的符号：当0<x<x_0时，3x\lnx<-1，f''(x)<0。函数f(x)在(0,x_0)内凹。当x_0<x<+\infty时，3x\lnx>-1，f''(x)>0。函数f(x)在(x_0,+\infty)内凸。拐点为(x_0,f(x_0))。计算f(x_0)=x_0^3\lnx_0=(\frac{1}{e})^3\ln(\frac{1}{e})=\frac{1}{e^3}\cdot(-1)=-\frac{1}{e^3}。拐点为(\frac{1}{e},-\frac{1}{e^3})。五、解：使用分部积分法。令u=\arctanx，dv=\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx。则du=\frac{1}{1+x^2}dx，v=\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1+x^2-1}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1}{1+x^2}dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\arctanx-\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx。对于\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx，令t=\tanx，dx=\frac{dt}{1+t^2}，1+x^2=1+t^2。\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1}{(1+t^2)^2}\cdot\frac{1}{1+t^2}dt=\int\frac{1}{(1+t^2)^3}dt。令t=\sinhu，dt=\coshudu，1+t^2=\cosh^2u。\int\frac{1}{(1+t^2)^3}dt=\int\frac{1}{(\cosh^2u)^3}\cdot\coshudu=\int\frac{\coshu}{\cosh^6u}du=\int\frac{1}{\cosh^5u}du=\int\text{sech}^5udu。使用reductionformula或查表得\int\text{sech}^5udu=\frac{1}{4}(\text{sech}^3u\tanhu+3\text{sech}^3u)+C。将t=\sinhu代回，\text{sech}u=\frac{2}{e^u+e^{-u}}=\frac{2}{\sqrt{1+t^2}+1}=\frac{1}{1+\sqrt{1+t^2}}，\tanhu=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}。\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+3\frac{1}{1+x^2}\right]+C。所以v=\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]+C_1。\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=\arctanx\cdot\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)-\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\cdot\frac{1}{1+x^2}dx。令I=\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx。I=(\arctanx)^2-\frac{1}{4}\left(\frac{x\arctanx}{(1+x^2)^2}+\frac{3\arctanx}{1+x^2}\right)-\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\arctanx\,\frac{1}{1+x^2}dx。令J=\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\arctanx\,\frac{1}{1+x^2}dx。则I=(\arctanx)^2-\frac{1}{4}\left(\frac{x\arctanx}{(1+x^2)^2}+\frac{3\arctanx}{1+x^2}\right)-J。计算I-J。由于J项复杂，直接计算可能过于繁琐。更简洁的方法是考虑凑微分或换元。注意到原被积函数可以写为\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx=\arctanx\cdot\frac{x^2}{(1+x^2)^2}=\arctanx\cdot\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdotx^2=\arctanx\cdot\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdot(1+x^2-1)=\arctanx\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(1+x^2)^2}\right)。令u=\arctanx，v=\frac{1}{1+x^2}。则dv=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}dx=-\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdot2xdx=-\frac{1}{(1+x^2)^2}d(1+x^2)。\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=\intu\left(v-dv\right)dx=\intuv\,dx-\intu\,dv。使用分部积分法，令w=u，dw=du；dv=dx，v=x。\intuv\,dx=xu-\intx\,du=x\arctanx-\intx\cdot\frac{1}{1+x^2}dx=x\arctanx-\frac{1}{2}\int\frac{d(1+x^2)}{1+x^2}=x\arctanx-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)。\intu\,dv=\intu\,dx=xu=x\arctanx。故原式=(x\arctanx-\frac{1}{2}\ln(1+x^2))-x\arctanx=-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C。六、解：令x=\sint，dx=\costdt，当x=0时，t=0；当x=1时，t=\frac{\pi}{2}。\int_0^1\frac{x\arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sint\cdott}{\sqrt{1-\sin^2t}}\cost\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\sint\,dt。使用分部积分法，令u=t，dv=\sintdt。则du=dt，v=-\cost。\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\sint\,dt=-t\cost\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cost\,dt=-\frac{\pi}{2}\cos(\frac{\pi}{2})-(-0\cdot\cos0)+\sint\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}=0+(\sin(\frac{\pi}{2})-\sin0)=1。七、证明：方法一：比较判别法。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收敛，故\lim_{n\to\infty}a_n=0。存在N，当n>N时，a_n<1。对于n>N，有\frac{\sqrt{a_n}}{n}\leq\frac{\sqrt{a_n}}{n}\cdot1\leq\frac{a_n}{n}。由于\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}是正项级数，且\sum_{n=1}^\inftya_n收敛，\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}发散。但\frac{a_n}{n}是\frac{1}{n}乘以一个趋于0的正数a_n，不能直接说收敛。需要更精确的比较。考虑级数\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^2}。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收敛，部分和A_n=\sum_{k=1}^na_k有界，即|A_n|\leqM。则对于n>N，有\left|\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{a_k}}{k}\right|\leq\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{a_k}}{k^2}\leq\sum_{k=n}^\infty\frac{|\sqrt{a_k}|}{k^2}=\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}}{k^2}。由柯西不等式，\left(\sum_{k=n}^\infty\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}\right)^2\leq\left(\sum_{k=n}^\infty1\right)\left(\sum_{k=n}^\infty(A_k-A_{k-1})\right)=(m-n+1)\cdot(A_{m}-A_{n-1})。\sum_{k=n}^\infty\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}\leq\sqrt{(m-n+1)(A_m-A_{n-1})}。故\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}}{k^2}\leq\sqrt{(m-n+1)(A_m-A_{n-1})}\cdot\sum_{k=n}^\infty\frac{1}{k^2}\leq\sqrt{m(M-A_{n-1})}\cdot\frac{\pi^2}{6}。取m\to\infty，右边趋于0。故\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n^2}收敛。再由比较判别法，\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}也收敛。方法二：Cauchy-Schwarz不等式。\left(\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2\leq\left(\sum_{n=1}^Na_n\right)\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\right)。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收敛，故部分和\sum_{n=1}^Na_n有界。又\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}收敛。故存在常数C>0，使得\left(\sum_{n=1}^Na_n\right)\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\right)\leqC。从而\left(\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2\leqC。即\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}收敛。由级数收敛的定义，\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}收敛。八、解：使用比值判别法。\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}(x)}{a_n(x)}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)\cdot3^{n+1}}}{\frac{x^n}{n\cdot3^n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{n\cdot3^n\cdotx^{n+1}}{(n+1)\cdot3^{n+1}\cdotx^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{nx}{3(n+1)}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{|x|n}{3n+3}=\frac{|x|}{3}。令\frac{|x|}{3}<1，得|x|<3。即收敛半径R=3。当|x|=3时，原级数变为\sum_{n=1}^\infty\frac{3^n}{n\cdot3^n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}，这是调和级数，发散。故收敛域为(-3,3)。九、证明：存在性：令F(x)=\int_a^xf(t)\,dt-\int_x^b\frac{1}{f(t)}\,dt。显然F(a)=\int_a^af(t)\,dt-\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt=0-\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt<0（因为f(x)>0，故\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt>0）。F(b)=\int_a^bf(t)\,dt-\int_b^b\frac{1}{f(t)}\,dt=\int_a^bf(t)\,dt-0>0（因为\int_a^bf(t)\,dt>0）。F(x)在[a,b]上连续。由连续函数介值定理，存在\xi\in(a,b)，使得F(\xi)=0。即\int_a^\xif(t)\,dt-\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt=0。即\int_a^\xif(t)\,dt=\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt。存在性得证。唯一性：假设存在\xi_1,\xi_2\in(a,b)，且\xi_1\neq\xi_2，使得\int_a^{\xi_1}f(t)\,dt=\int_{\xi_1}^b\frac{1}{f(t)}\,dt且\int_a^{\xi_2}f(t)\,dt=\int_{\xi_2}^b\frac{1}{f(t)}\,dt。令G(x)=\int_a^xf(t)\,dt-\int_x^b\frac{1}{f(t)}\,dt。则G(\xi_1)=0且G(\xi_2)=0。且\xi_1\neq\xi_2。考虑G(x)的导数G'(x)=f(x)-\left(-\frac{1}{f(x)}\right)=f(x)+\frac{1}{f(x)}。由于f(x)>0，故G'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}>0对所有x\in(a,b)成立。即G(x)在(a,b)内严格单调递增。一个严格单调递增的连续函数在定义域内最多只能取某个值一次。矛盾。故唯一性得证。十、解：在直角坐标系下，区域D由y=\sqrt{2x-x^2}(x\leq1)和y=x(x\geq0)围成。曲线y=\sqrt{2x-x^2}可化为(x-1)^2+y^2=1，表示圆心为(1,0)，半径为1的上半圆。区域D位于x轴上方，被直线y=x和圆弧x^2+y^2=1(x\leq1)所截。积分区域D可表示为：D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,x\leqy\leq\sqrt{2x-x^2}\}。\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma=\int_0^1\int_x^{\sqrt{2x-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}\,dy\,dx。此积分在直角坐标系下计算较为复杂。转换为极坐标系更方便。令x=r\cos\theta，y=r\sin\theta，d\sigma=r\,dr\,d\theta。曲线y=x对应\theta=\frac{\pi}{4}。曲线y=\sqrt{2x-x^2}对应r^2=2r\cos\theta-r^2，即r=2\cos\theta。区域D在极坐标系下表示为：D=\{(r,\theta)|0\leq\theta\leq\frac{\pi}{4},0\leqr\leq2\cos\theta\}。\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\cos\theta}\sqrt{r^2}\cdotr\,dr\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr\,d\theta。计算内层积分：\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr=\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2\cos\theta}=\frac{(2\cos\theta)^3}{3}=\frac{8\cos^3\theta}{3}。故原式=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{8\cos^3\theta}{3}\,d\theta=\frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^3\theta\,d\theta。使用三重角公式\cos^3\theta=\cos\theta(1-\sin^2\theta)=\cos\theta-\cos\theta\sin^2\theta。原式=\frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\cos\theta-\cos\theta\sin^2\theta)\,d\theta=\frac{8}{3}\left(\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\,d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta\right)。第一项：\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\,d\theta=\sin\theta\bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}-0=\frac{\sqrt{2}}{2}。第二项：令u=\sin\theta，du=\cos\thetad\theta。当\theta=0时，u=0；当\theta=\frac{\pi}{4}时，u=\frac{\sqrt{2}}{2}。\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta=\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}u^2\,du=\left[\frac{u^3}{3}\right]_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}{3}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{8}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}。故原式=\frac{8}{3}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{12}\right)=\frac{8}{3}\cdot\frac{6\sqrt{2}-\sqrt{2}}{12}=\frac{8}{3}\cdot\frac{5\sqrt{2}}{12}=\frac{40\sqrt{2}}{36}=\frac{10\sqrt{2}}{9}。十一、解：积分区域V由球面x^2+y^2+z^2=4和锥面z=\sqrt{x^2+y^2}所围成。这两个曲面在xOy平面上投影为圆x^2+y^2=2。区域V关于xOy平面和yOz平面对称。积分函数z在V内非负。考虑第一卦限部分V_1，V=8V_1。在第一卦限，V_1由锥面z=\sqrt{x^2+y^2}和球面x^2+y^2+z^2=4以及x\geq0,y\geq0,z\geq0所围成。使用柱面坐标：x=r\cos\theta，y=r\sin\theta，z=z，dV=r\,dr\,d\theta\,dz。在第一卦限，r的范围：0\leqr\leq\sqrt{2}。\theta的范围：0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}。z的范围：由锥面r\leqz，球面r^2+z^2=4。解得z\geqr，且z^2\leq4-r^2。故z的范围：r\leqz\leq\sqrt{4-r^2}。\iiint_Vz\,dV=8\iiint_{V_1}z\,r\,dr\,d\theta\,dz=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\sqrt{2}}\int_r^{\sqrt{4-r^2}}z\cdotr\,dz\,dr\,d\theta。计算内层积分：\int_r^{\sqrt{4-r^2}}z\cdotr\,dz=r\left[\frac{z^2}{2}\right]_r^{\sqrt{4-r^2}}=r\left(\frac{4-r^2}{2}-\frac{r^2}{2}\right)=r\left(\frac{4-2r^2}{2}\right)=r(2-r^2)。故积分=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\sqrt{2}}