1、2003 南开大学年数学分析一、设 其中 有二阶连续偏导数，求),(xyfw),(zyf xyw解：令 u=x+y,v=x-y,z=x 则 ；vu)1()1()1( zvuvuvxy fff二、设数列 非负单增且 ，证明naanlimaannn12li解：因为 an 非负单增，故有 n121)(由 ；据两边夹定理有极限成立。nli三、设 试确定 的取值范围，使 f(x)分别满足：0,)l()2xf（1） 极限 存在limf（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+)(li0xf)1ln(i20 )()1(i 2420nnx xo 知(
2、2)因为 =0=f(0)所以要使 f(x)在 0 连续则)(lim0fx （3） 所以要使 f(x)在 0 可导则 1四、设 f(x)在 R 连续，证明积分 与积分路径无关ydxfl)(2解；令 U= 则 = 又 f(x)在 R 上连续故存在 F（u）2yxxl ufl(使 dF(u)=f(u)du= ydf)(所以积分与路径无关。 （此题应感谢小毒物提供思路）五、 设 f(x)在a,b上可导， 且 ,证明0)2(bafMxf(4)(Mdxfba证：因 f(x)在a,b可导，则由拉格朗日中值定理，存在即有)2)(2(),( baxfbafxba使 dfdfa 222 )(4)()()2)( a
3、bMdxaxbaMxbf bba 六、设 单减而且收敛于 0。 发散nnsia) 证明 收 敛aib) 证明 其中 ；1lmnvu)sini(kakn)sii(k证：（1）因为 而 单减而且收敛于 0 据狄利克莱判别法知21sinia收 敛nasi（2）因为正项级数 发散则 又由上题知ansi )(sinka故有有 界ksi1lmvu七、设 证明dxetFtsi)(1（1） 在 一致收敛xtin),0（2） 在 连续)(t),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dx1si在 x=1,t=0 单调且一致有界 由阿贝尔判别法知一致txe )0,1(0txet收敛
4、（2） 由上题知，F（t）在 一致收敛，,0,),0 tt使 ,且由 在（x,t） 上连续知 F（t ）在 连续所以在xetsin)1连续，由 的任意性得证0t0t八、令 是a,b上定义的函数列，满足)(fn（1）对任意 是一个有界数列0x,ba)(0xfn（2）对任意 ，存在一个 )(, yfxfn，yy n有对 一 切 自 然 数时且当求证存在一个子序列 在a,b上一致收敛)(xfkn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x,ba为 ，又令 U= 则 U 为a,b的一个开覆盖集，由有限覆盖)(fkn ,),(baux定理，存在有限个开区间覆盖a,b ，不妨设为 ),
5、()(1mxxu于是对 0， 有N能 找 到 一,0 ,2,21 ink令 则由条件（2）知对上述3)()(22 ininxffkk ,mi1mx0 3)(, lnll xfxbax 有对 一 切 自 然 数使于是 有有 , baxNnKtkltk )()()()()( ffffffff kkklttkt nlnlnlnn + + 由柯西准则得lxtt nlklkkl证。2004 年南开大学数学分析试题答案1. 1lim)(li )()(ln1afaxfaxax ef2. ,yxfz2=yyxyxyx ffffy 322 1 yyxfxff3213.即证明 ，即证)1ln( )ln(设 ， ，
6、)xf xx1l20f， ，证完。2)(1(f )(20)(fxf4. = =Ddxyyxln22 10250lncosindr= 105202lcosi8r725.设 P= ，Q= ， ，积分与路径无关，则2yxxyyPQ032dJ6. ,又当 时， 收敛，当 时，级数 发散，nen1ll01ln01ln原题得证7.由拉格朗日定理， ，其中fnffn)()2(n2，原题得证0)lim)(li fnn8.（1）应用数学归纳法，当 时命题成立，1n若当 时命题也成立，则当 时，kk，由归纳假设 连续。2)(,min1111 kkkk fFffF 1kF（2）（3）由 单调递减趋于 ， 与 都连续
7、，由地尼定理，该收敛)(1xFk)(xF)(1kxF为一致收敛。9.(1)证明： 2100),(ba取 ，代入式中得，021021,xx即 ，所以函数)()( 0202101 fffxf 0201 )()(xffxff 单调递增有下界，从而存在右极限，则0)(xfg；)(0f 0)(lim0fx，由题设可得 ，4321 3221 )()(xffxff 43)(xff即 从而 ，21)(xff43)(xff21)(lim12ffx43)(lim34ffx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 0D.1 为成 奇 函 数 ， 所 以 该 积 分轴 对 称
8、 ， 被 积 函 数 关 于关 于由 于 yx2. ，其中 由 求出xzfyfdxuxz, 0xzhyggxxzhgxyyz,yzyxhg3. 1021234)(4limdnknk4. 在 上单调一致趋于 0，则 在 上一致txdtM1,2sin0 ),0()(xf),0(收敛，又 在 上连续，则 在 上连续。t)(xf,(5.由泰勒公式 ，则)!1(!21!nee，后者收敛，则原级数收敛。)!()!(!1ene6.由拉格朗日中值定理， 后者收敛，由魏尔特拉,(12nMxfnxf 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)(xs 12)()(nfxs
9、)(xs可导7.反证：设存在 有 ，不妨设 ，由连),(0yx0),(0yxPQ0),(0yxPQ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。,0CDQdyPx0)(dxyP8.当 时，2axxff)(时， ，综上，a)(xgf若对任意的 有 ，则在 时， 不存在，矛盾。)(),0(ax)(xgf 2设当 时， 当 时 ，两边对 积分3U0f U,0)(xf x即可6. ， ，由 在 上有)()(00xgxf )()(00gxff)(g,ba定义，则 在 上有界，则可以得到 在 上连续。,ba,ba，则 ，则 210)2(x12101 )()()(
10、 xffxgff 则 单调递增有下界，存在右极限，0201 )()(xffxff 0)(xf存在，同理 存在，由极限的保不等式性可得)(f)(f2003 年中国科学院数学研究院数学分析试题答案1. )1ln(im)ln(i00 xABxBxAx ee（1）当 时， )1ln(i)l(i00 xABxBxAx e当 时，0A )l(i)ln(i00 xABxBxAxe当 时， )1ln(im)l(i00 xABxBxAx e当 时，A 0)l(i)ln(i00xABxBxAxe（2）当 时，B=20000 limli)1ln(im)ln(i xBAexeexe xABxABxAx li2)(xB
11、Ax（3）当 时，0 xAeexAxBxAx 2lni)2ln(i)ln(i 000当 时，A exAxBxAx lim)l(i)l(im000当 时， exAxBxAx 2lni)2ln(i)ln(i 000当 时，A lli)l(i)l(i 000 exAxBxAx2. 当 时， ，从而 )(xf连续；00)(lim0xf当 时， ， 存在；11sinfx0当 时，2xcos)( 2,0li0xf3.即证： ，yyyx lnlnl， ，tttflnl)(0)1(f)(fytfl1当 时，设 ， ， ，t)(gytln101)(ytg0)1(g所以 ，0l)( ytf 0)(ft当 时，设
12、， ， ，10yt)(gytln101)(ytg0)1(g所以 ，0ln)(ytf 0)(ft4.020 cos2cos2cosddd 23tan4cos4412 202020200 dd03cosd5.假设存在常数 M， ，积分 矛盾xf)(0 )()ln)(l abMfbf6.作代换 sinco1ryxzdrrdrdVcos2021actn02 in)cs1(si= =cos0221arctn02 )( ddd )2cos1()2cos1(36s316)21arctn0 2arctn0422 =7.椭球面 的切向量为19622zyx ),96(zyx，切点为 和1243z83,zyx 83
13、,1,zyx360,9Dd8. 当 时，,xAxff)(2212)(1f224)(Axff nnnxff 212)(211相加： knnkkn Axf412)(411 令 ，所以f)0(9 1112)(dxyf 101 01020 limlili)(limyyyyf由含参量积分的性质， li0yli10y 02102 0)()()( fdxfdxyf )()()(222 yfyff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:21axby当 0;当 0,f(x)是 定 义 在 -a,上 的 连 续 的 偶 函 数 ,则 1+e证明： 知 ,从而令 有由 f
14、是 定 义 在 ,上 的 连 续 的 偶 函 数 ()ffxt()()11aaattfefdxdde ()+从而 ()( ()22aaaatfxfxexf()f)得证。0000011()()()()()2aaaaafdffdffd5 (),fxab设 函 数 在 含 有 的 某 个 开 区 间 内 二 次 可 导 且 f(a)=b,24,|.()f则 存 在 使 得 |f证明: 2122212(,)()(),!(.()0,|()()|2!)|max|,|,Taylerbfxfaxfxabbbfffxafxf f由 定 理 +对 =有2而 故 有令 ( 则 有|b 222 ()|()|! 44|
15、()|.bbafff faa-即6 12,222(),|()|(|)|,1|.bababaafxabfftdfxdft设 实 值 函 数 及 其 一 阶 导 数 在 区 间 上 连 续而 且 =0,则m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 1122()()()(,)bbbaaafxgdfxgxdfgab是 上 的 可 积 函 数22222 2222()(),t(),ab,()()()t(),()(4()()0.b bbaaaabbbaaahxftgxfgxhxdfxtfdgxdtfxgfxx:设 则两 边 从 到 取 积 分 有由 等 式
16、 右 边 对 都 成 立 知 即 证0000000222 22:(1)|()|,|()|()|()|1|()|()|(|xxaaxaxxxaaabaffNewtonLibzftdffftftdtftdftxa,b下 面 我 们 来 证 明 题 目设 m则 有 公 式 有即两 边 开 方 即 得 证 。(2)同 样 ， 由 Ne2222222222()()1x()()()()|(xxaabbxaaabxax baaffffftdtfdftft xftdfdxxaxwton-Libz公 式 有f=+(t即 t等 式 两 边 从 到 积 分 有2(baft又 得 证 。7 2nDCu()Cudsdx
17、y:设 是 平 面 区 域 的 正 向 边 界 线 的 外 法 线 ， 则证明： 2Gren()()C Duuudsydxdxyx由 公 式 有8 设曲线 的周长和所围成的面积分别为 L 和 S，还令2:1yab，则 .22()Jxds 2SJ证明：由对称性知 222()Jbxyadsbs:222abSLL9 1 n10 ()323d计 算 积 分 的 值 ， 并 证 明 它 也 等 于 数 项 级 数 的 和 。+x解：10I3设 =，113200120120120120I()x(3ln)|36l2l()|d33lnlnarctn()l239ddxdxxxx则为证明 =I，我们先来证明一个定
18、理：n1()32定理 2 设 在|x|0,b0,证明： 。1bba证明： 111()1()()1ln10()()bb xbbbbxaabfxafafabfx Taylorx， 构 造 函 数 展 开 可 以 证 明所 以 递 增 ， 从 而 得 证二、 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2,()0,abfd处处为 0。证明：反证法，假设 A=x|f(x)0，那么 mA0。122,|(), ,00,n nnnabAxfAAmmd。 必 然 存 在 某 个矛 盾三、 设函数 f(x)在开区间（0，+ ）内连续且有界，是讨论 f(x)在（0，+ ）内的一 致连续性
19、。讨论：非一致连续，构造函数： 1()sin()0,|“|1|sini|.1“2 1, |“|() (2)1|sini|“fxfxxxxnnx 显 然 ， 连 续 且 有 界 。 但 是 在 时 非 一 致 连 续反 证 法 ： 如 果 一 致 连 续 ， 对 当取令 。 当 足 够 大 的 时 候四、 设 ，讨论函数的连续性和可微性。24,()0,(,)0,yxf解：1）连续性：连续 242004limli1xxyy2）可微性：可微 0 22 420 02204(,)(,0)(,)li,m()(,)(,)li limli1xxyxyx xy yxyffffff yxx五、 设 f(x)在（a
20、,b）内二次可微，求证： 2()(,)()2)“(4abaabffff ， 满 足证明：2()(2()(,)2()(“(),)2,)“(bagxffxCauchybfxLarnebabafffgxf令 ， 利 用 中 值 定 理 ：利 用 中 值 定 理 ：令 =原 式六、 f(x)在 R 上二次可导， 00),()RfxRfx，证明：f(x)在 R 上恰有两个零点。lim()0,li()xxff证明： 11110 ()0li(), ,0,2()().20()“()()(x fxf xfxxxfxffxfx(1)先 证 ： 当 的 时 候 ，所 以 ， 当 的 绝 对 值 足 够 的 时 候
21、不 妨 设当 时 ，当 的 时 候 ，2同 理 ,当 的 时 候 ，又 为 递 增 函 数 先 单 调 减 少 ， 在 单 调 递 增， 根 据 连 续 函 数 的 介 值 定 理 ， 在 0,)(,)x各 有 一 个 零 点七、 设函数 f(x)和 g(x)在a,b内可积，证明:对a,b内任意分割01 1|:.,2.lim()()niinbiiaaxxxfgfgd有证明：1|01 10001 100()lim()| |()()|ax|()|()|()|nb iian nii ii iiiii i iniiiii niiiiifxgdfgxfgxfgxg 根 据 定 义由 于 可 积 ， 所
22、以11|0 ()lim() | innii iii i xfxfg ， 为 振 幅， 从 而 得 证八、 求级数： 0(1)3n解： 313003 33001133000()()(1,() ()()1()lim(3nnn MMMnnMnxxxxxdxxx 在 内 收 敛在 内 一 致 收 敛 ， 所 以 可 以 逐 项 求 导 2021210 3)l() )6()4l21lnarct|33dxx d九、 讨论函数项级数 在(0,1)和(1,+)的一致收敛性2 2(1)1(nxnxnee讨论： 2 22(1)1(lim()xnxnxnn 1） 01 222 22222 4lim()01(1)0,
23、1,ln,()nxnxx xnxnnx neeeeNNSx即十、 计算 为圆锥曲面 被平面222xdyzxzdy， 其 中 22zyz=0,z=2 所截部分的外侧。解： 22202222000()(cosin)4Vz zxyxzyxydrrddr 十一、设 f(x)在0,1上单调增加,f(0)=0,f(1)0存 在与 单 调 性 矛 盾 。十二、设 f(x)在0,+上连续， 绝对收敛，证明：0()xd00lim()()nxfxdfxd证明： 0000000li()()()()()| ()|()()|()|()|nx nn nffdx xdxf fxfxdxfd 因 为 绝 对 收 敛 ， 当 足 够 大 的 时 候 令 显 然 在 连 续下 证 f()1= 2 2323222 2icosin(1cos)si(cosin)()sico),(0,)cosnsin1cosin3siin(3i)0,(,)( xxxxhxxxxxxxhh令所 以 单 调 递 增 ，232200lim0cosincosin0,0,(,)(),(),sinliml1co()1tan,(,)si2xxxxffffx从 而又所 以 即 在 单 调 递 增所 以 即从 而
