1、11 求证：在 上不存在可导函数 ，使其满足 。Rf 32()1fx证明 如果这样的 存在，我们来求 的不动点，即满足 的 ，由假f()()fx设 ，由此得 ，这表明 有唯一的不动点 。321x1x(fx令设 ，那么 ，因而 ，这说明()f()f()1ff也是 的不动点，因而 ，即 ，在等式x()1f两边求导得， ，32()1f23xx令 ，即得 ， ，这是不可能的，命题得证。1x()f2 求证：在 上不存在可导函数 ，使其满足 。Rf 2()fx证明 如果这样的函数 存在，我们来求 的不动点，即满足 的()fx ()fx，由假设 ，x23，240或 ，1这表明 仅有两个不动点 或 ，()fx
2、1x3今设 ， ，(3f那么 ，(1)f因而 ，(f这说明 也是 的不动点，因而 或 ，同理 或 ，)x1313若 ， ， ，这是不可能的，1(23ff2()f若 ， ， ，3)1()f，(fxfx让 ， ，()f让 ， ，3x13这也是不可能的，故这样的函数 是不存在的。f24 设 ，定义函数 ， （假设对任,fCab2 20()()()limhfxfhfxDf何 ，上述极限均存在） ，若 ， ，求证：(,)xf(,)ab，其中 ， 为常数。12fc1c2证明 令 ，只要证明 ，()()()fbgxfaxa()0,gxab定义 ，()()x0直接验算可知， （1）222DgDf现在证明 在
3、中不能取最大值，如果它在某点 取到最大，那么(,)ab0(,)xab0002()()xh因而 ，这与（1）矛盾，这说明 的最大值只能在 的两个断点 处20()D(,)ab,ab达到，而 ，故 ， ，ab()0x()0gxx令 ， ，即得 ，()gx于是 ，结论得证。()()fafaxb例 3.1.5 设函数 在闭区间 上连续， ，且在开区间 内有连续()fx,()fab(,)ab的右导数 ， ，求证：存在一点 ，使0)(limhfxf,得 。()证明 若 常数，则 ，问题自明。现设 不恒等于常数，fx()fx ()fx为了证明存在 ，使得 ，只要证明存在 ，分别有(,ab0,)ab， ，那么
4、的连续性，便知存在 ，使得 。()0f)f()fx ()0f3事实上，找这样的 ，只要找最大、最小值点即可。,因 ，所以最大、最小值至少有一个在内部达到，设 是 的()fab (,)abf最大值点， （内部达最小值类似讨论）于是，()()lim0xff 任取一点 ： ，因 在 上连续， 在 上必有一点 达到最小caf,cf,c值，于是，()()li0xff如此，我们即达到了目的，结论得证。3.2.35 设 在 上连续， ，又设对一切 ，()f,ab()fab(,)xab存在，用 表示这一极限值，0()limtfxtftgx试证：存在 ，使得 。(,)cab()0c吉米多维奇1286 若于某邻域
5、 内，函数增量 的符号与自变量增量0x00()()fxfx的符号相同，函数 为在 点增大。证明：若函数 于无穷或有穷00x()f f区间 内的每一点增大，则它在此区间内是增函数。(,)ab证明 要证对任意两点 ，都有 ，对 中每12x12()axb12()fxf12,x一点 ，由假定存在开区间 ，使当 时，c,cc0c，()0fx于是，诸区间 （ 取遍 ）形成 的一个开覆盖，由有限覆盖定理，c12,x12,x4从 中可以选出有限个，设为 ，它们已经覆盖了 ，c12,.,mcc12,x不妨设 ，而且可设诸区间 互不包含（因若 ，12.mxxicijc则可将 舍去） 。于是，必有 （因若 不属于
6、，而属于某 ， ，则显ic 1c11jc然有 ，此与 互不包含相矛盾） 。另外，易知 与 必1jic ic1i(,2.1)m有公共点 （因若 与 没有公共点，则 必属于某 ， ， ，ixi1iiijji若 ，则 矛盾，若 ，则 ，也矛盾）jijcji1ijcc显然可取公共点 ，满足 ，于是 ，ixiicx1()()iiiffxfc，同理可知， ，于是，我们有(1,2.)im2mc，1122()().()mfffff证完。设 ， ，求极限 。20sinntId,2.linI解 利用 ，21cossitt2102(1)sinnttI d 20()(itt，20sin(1)td2n由此便知， ，再由
7、 Stolz 定理立得.35nI1limli()lnnnI5。12limn()21lin()n2009 年中国科大数学分析考研试题一 、1 、判断 是否绝对收敛。1(2)3nni2 、设 为有限区间， 在 上有定义，试证： 在 上一致收敛充要条件是I()fxI()fxI把 Cauchy 序列映射为 Cauchy 序列， （即当 为 Cauchy 序列时， 亦为f nxI()nfxCauchy 序列） 。二、 .1、 在 展开的幂级数，问其收敛集是什么？()1fxx2、求 的根的个数。2sin3 、求 的和。11. .436824nn三 设 ，单调递增，且 是闭集，证明 在 上连续。:0,1fR
8、0,ff0,四 、设 在 上连续，且 ， ，证明 。 ()x1()nxd,12.()0fx五 是否存在原函数 ，使得 满足如下等式：(,)fyf。2yx六 设 ，且对每一 ， 是有限集， 存在，:fN*nN1()fnlimna证明： 存在。()limfna七 设 ，32,:1SxyzRxyz1 证明 在 中确定一张隐式的曲面，并求出一个在点 附近的参数方程；(1,)2 是否连通，是否紧致？3 点 ， 是 到原点的距离，当 满足 ，求 组成的集合。qSpinfqSp八 证明恒等式： 。221ne6九 记 ， ，试用 表示10()pxed322(,):1SxyzRxyz()p第一类曲面积分， ，其
9、中 。2()Sy12009 年中国科大数学分析考研试题的解答一 、1 解 因为，(2)5()3()33nnni收敛，15()nn所以 绝对收敛。123ni2 证明 必要性 设 在 上一致连续，()fxI对 ，当 时，有 ，0,x()fxf设 是 Cauchy 序列，则对此 ， ，当 时，有nxI0*N,nmN，从而有 ，所以有 是 Cauchy 序列；m()nmfxf()fx充分性 用反证法，假若 在 上非一致连续，则 ， ，fI010n，虽然 ，但 ，,nxyI1nxy0()nnfxfy(,2.)注意到 为有限区间， ，因此 中存在收敛的子列 ，I,2.knx因 ，故 亦收敛，且 ，0kkn
10、xyknylimlikknnxy从而穿插之后，序列 亦收敛，为 Cauchy 序列，但其像序列12,.,.kx1122()(),(),.kknnnfyfxyfxy恒有 ，不是 Cauchy 序列，与一致条件矛盾，所以假设不成立，故0()kknfx有 在 上一致连续，命题得证。I7注：当 为无限区间时，充分性不再成立，例如 把 上的任一I 2()fx(,)ICauchy 序列 ，映成 Cauchy 序 ，但 在 上不一致连续。nx()nfx二、 1、解 ()1f1212x1()()2 ()!2nnnx13()1()4nn当 时，级数收敛,收敛域为 。|2x3,2、解 显然 是方程 的一个解，02
11、sinx当 时， ，(,1x2isn0x，显然在 和 上方程无解，2sin(,)(,1)当 时， ，故方程 在 上只有唯一的根(,0)x2sin0x2six(,)。3 、解 计算级数 的和，011()44nn1242()2()n，1()n令 ， ，20()1)(nnxfx,x则 即为所有，1()2f求导得到 ，及 ，0()f2201()nfxx(,1)积分得到8，201()lnxxft(1,)，1100()()ln()l()l22ffxdd所以所求级数的和为 。l三、 证明 注意到单调函数的间断点是第一类的，假设函数 不连续，设()fx为其一个间断点，记 ，则 ，在 两侧分0(,1)x00li
12、m(),li()xxAfBfAB0别取单调递增和单调递减数列，满足 ， ，由函数的单调nnablimnnab递增性及 是闭集，知道存在 满足 ，因(,)f ,00li(),()xxff是闭集，所以 ，存在 ，使得 ，0,1f,(1)ABf,1,(AfB，()()n nfaffb由此 ，矛盾，nab当 或 时，亦可得到矛盾，所以 在 上连续。0x01()fx0,1四、 设 是 上的连续函数，f,ba如果 ， ，0)(dxfkba ,21,0k那么 在 上恒等于 0。f,证明 由条件 ， ，)(dxfkba ,21,0k得对任何多项式，mxaxxq10)(9成立 ；0)(dxqxfba因为 是 上
13、的连续函数，f,根据魏尔斯特拉斯逼近定理，存在多项式序列 ，使得 在)(xpn )(xpn上一致收敛于 。,ba)(xf于是 在 上一致收敛于 ；)()(pxfn,ba)(2xf从而有，dxpxfnban )()(lim dxfba)(2再由 ，0)()(fnba得 ，)(2dxfba由 是 上的连续函数，f,所以 。0f五、 假设存在这样的二元函数 ，使得： ，(,)fxy2xdyf则对于任意的简单闭曲线 ，应有 ，C0df特别的，我们取 为单位圆周 ，则2:1xy，02CDdfdxy 10所以这样的二元函数 是不存在的。(,)fxy六 证明 首先 是无界数列，否则 是有限集合，由已知关于每
14、个自然数 ，n()fnn都是有限集合，推出“定义域”是有限集合，矛盾。1()f其次，由 存在，即对 ， ，当 时， ，limna0*Nnna显然对满足 的那些 ，也有 ，固定 ，记 ，()fN()fna()fb，则 是有限集合，取 ，则当 ， ，若:AnAmxAn不然，存在 ， ，必有 ，则依集合 的定义有 ，这00nb0()fN0A与 矛盾，于是 存在，故命题得证。0max()lifna七 证明：1 因为 是曲面方程 ， 的图像，所以 在 中确定了一张S231xyz)S3R隐式的曲面；就是它的一个参数方程。23xuvyz2 显然平面 的上面和下面均有曲面的一部分，而 与平面 无交点，从而 是
15、0S0zS不连通的，显然 为无界的闭集，S，1,nnxyz， 无界，从而 非紧致。(,)nxyz(,)S3 直接求出 就行了，我们尝试求出曲面到原点的最短距离，下面提供两种方法：ifqS方法 1 由已知得 246xyz22z2221634xyz由几何平均-算术平均不等式，得22233yz66()x11，226()xyz故最短距离为 ，(,)min143xyzS r点的集合为 ，为一球面；p3:Rpr方法 2 求条件极值的套路方法-拉格朗日乘数法，即令，2223(,)(1)Fxyzyzxy然后再求偏导数，求驻点，解方程组。八、证明恒等式 .2|nne21证法一 由 221()12an 21()1
16、2ae,1()ne得 2| 21nne21()n.221nn证法二 取 ,21()fx则有2()()ixtftfed21itx21(cosin2)txtdx20(costf2te由 Poisson 公式 ，()()imxmmfxfe,()()ff得 .2|21mme12或取 ,2|()xfe则有 ,()ittfd2| 21xited由 Poisson 公式 ，2)()imxmmfxf,()()ff即得 .2| 21me九、 解 我们取球面的参数形式， ，sinco,sin,cosxyz则 ，注意到被积函数和积分区域的对称性，故sindS（其中 为球面在第一卦限的部分）122()8()SSxyd
17、xydS1220sini2104id,()B再由 及 可知)(,(pqB12。(1)32Sxyd中国科大 2010 年数学分析考研试题一 设函数 一致连续， ，求证：函数():0,)fx(0,1在 上一致连续。()gxf,二 设 在 上可微，在 处连续，且,y2()R(,)13，(,)0, (,)0,(,)limli0xyxyffy求证： 在 处可微。(,f三 设 ， ， ，求证： 收敛，并求其031,)2x210x11,2,.nnxnx极限。四 设 在 上有连续的导函数， ，且曲线积分()fxR(0)f与路径无关，求 。()()xLefydfxy (1,)0xefydxy五 设 ，求证：以下
18、含参量 的无穷积分 定义了 上的一个可1a1arctn(0,)微函数 且满足 。()fx()()rt0fxafx六 设 都是正数，计算曲面积分 ，其中 是上半椭,abc333Sdyzxzdy S球面 ，方向朝上。221,0xyzc七 设 是定义在实轴上以 为周期的奇函数，又 有连续的导函数，且满足()f2()fx，试求 。2fxf()fx八 设 是一个收敛的正向级数，求证：（1） 也收敛；（2） 也收敛。na1na1na九 设函数 在 上二阶可导， 且满足 ，()fx0,)(0),()0ff()fx求证： 。(fx十 设 都是正数列，满足 ，及 ，,nablimnb1li()nnaby求证：（
19、1） ；（2）级数 收敛。li0n1na14中国科大 2010 年数学分析考研试题的解答一 证明 利用不等式 ， 得ppqab(,01)abp，12122()()(gxfxffxf12,0,再由 是一致连续的，即可得到 在 上是():,)fx()gxf0,)一致连续的。二 证明 令 ，(,tfxty(,)(0,由题设条件， 可导， ，)0(,(,)fxyf1)(，,)(,)fxyfxy由此，再由条件，即得，2(,)(0,)(0,)lim0xyffxy故 在 处可微。(,)f三 证明 由题设条件，显然 1,(0,.)n21)2nnnxxxy112nnx1126nnx12()ma,2nn(3,4.
20、)15由此推得，21 3211()max,6nnx x收敛， 收敛，1n1nxlin令 ，在 中令 ，取极限，则得 ，limnxa12nn 2a，故 。4li4四 解 ， ，()xPefy()Qfx由 ，得y，()xefx，e(0)f，()xf1, (1,0) (1,)(0) 0)xxxxxydeydeeyd0。五 证明 因 ， 收敛，对每一 ， 关于 单调有界，且0a1adt(0,)xarctnxt是一致有界，由阿贝尔判别法，于是 关于 一致收敛，1arctnd(0,)或由 ，即得 关于 一致收敛，10arctn2axt1rtax(,)又 ， 1(t)ad 21()adtt，2210()aa
21、atxtt关于 是一致收敛的， （任意 ）,016所以 在 上有定义，连续可微，1()arctnfxxd(0,)且 ，21()af tt，21()()axxf dtt1rctn()af tatxt 21()axtd21rctn()attx故有 ， 。()()r0xfafx ,)六 解 设 ，22,:1,yzzbc，2(,):,0xDya利用高斯公式，得 333SxdzxzdySD下 侧 上 侧22(3)0xyzdxy2122222200(sincosincos)sindarbrrabrd 2222203ii i5abc 2 22 2000(osnssnsincosin)ddbdd 21)533
22、cabc17。22()5abc七 解 由 ，()fxf，()()()()22fffxf，0fxf，12()sincosCx再由 为奇函数，可知 ， （ 为常数） 。fx()sinfCx八 证明 （1）由正项级数 收敛，可知 ，1nalim0na存在 ，当 时，*1N， ， （ ） ，0nana10na1N所以 收敛；1n（2）设 ，由 收敛，知 收敛，2nba1na1nblim0na存在正整数 ，当 时，1N，22nba从而 ， ， （ 充分大）1lim()nnb13()n， （ 充分大）110()2nnnab故 收敛。1n九、 证明 在 上有二阶导数，知 在 上连续，()fx0,)(),fx
23、0,)18由 ，得()fxf，10()()xfftd(0,)x从而 ，10()()xfftd，2()fx由此得 ，210() ()xtfxfdt，210()tdft432100() ()xtttfxdft221().nttf d，10()xnnft10()xfft，容易知道，成立lim，2321100li.()0nxtttnddft 故有 。()()fxf,)十 、证明 由 ，存在 ，当 时，1linnaby*1N1n，13()22naby由此，可得 ， ，10na1na单调递减，有下界，于是 （存在） ，1nN limn再由 ，存在正整数 ，使当 时， ，li0nb2N21nb当 时， ，12max,11()nnnbaay，11nn()N19显然 收敛，从而 收敛，必有 ， （否则 发散） ；11()na1nalim0na1na由 ，11()lim()linnnba得存在 ，存在正整数 ，使得当 时，有 ，1r001()nar利用 判别法，得级数 收敛。Rabe1na
