浙江大学数学分析考研试题及解答
浙江大学大二数学专业《数学分析(二)》考试A卷及答案
数学分析（二）课程考试A 卷适用专业 考试日期：试卷所需时间120分钟 闭卷 试卷总分100分一、判断题：（对的打√，错的打×，每小题2分，共12分）1、若lim 0n n na a →∞=≠，则级数n a ∑收敛。
（ ）2、若()f x 在[,]a b 上连续，2()0baf x dx =⎰，则[,]x a b ∀∈，()0f x ≡。
（ ）3、若00(,)(,)lim(,)x y x y f x y a →=，则00lim lim (,)x x y y f x y a →→=。
（ ）4、级数2(1)sin nn n x ∞=-+∑在[0,2]x π∈上一致收敛。
（ ）5、级数,n n a b ∑∑均发散，则级数min(,)n n a b ∑也发散。
（ ）6、若在可积，则在可积。
（ ）二、填空题：（共6小题，每小题2分，共12分）1、函数1x e x-在0x =处的幂级数展开式为 。
2、函数222(,)y f x y x y=+在点(0,0)的重极限和累次极限分别为 、 、 。
3、定积分211(sin 2)x ex dx --+⎰等于 。
4、若反常积分11x dx xα+∞-+⎰收敛时，则α的取值范围是 。
5、幂级数2nn x n∑的收敛半径和收敛区域分别为 、 。
6、函数2x 在(,)ππ-上展开成傅立叶级数为 。
三、计算题：（共4小题，每小题5分，共20分）1、1ln eex dx ⎰ 2、1201x dx -3、1xe + 4、!lim lnnn n n→∞四、（10分）计算由sin ,0,2,0y x x x y π====所围成的平面图形，绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积。
院系： 专业班级： 姓名： 学号：装 订 线五、（10分）求幂级数1nn nx ∞=∑的和函数()s x ，并利用该结果求级数12nn n∞=∑的值。
六、（10分）判别：（1）级数3!n n n n∑是否收敛；（2）级数2nx n n+∑在[0,1]x ∈上是否一致收敛。
浙江大学数学分析参考解答
浙江大学 数学分析 1． 计算定积分：20sin xdx π⎰解：22001cos 21sin cos 2242x xdx dx xdx πππππ-==-=⎰⎰⎰2． 假设f(x)在[0,1]Rieman 可积，13()2f x dx =⎰，求11lim 4ln[1()]nn i i f n n →∞=+∑ 解：利用可积的定义和Taylor 展开作2222221111101201220111ln(1)()2()1114ln[1()]4()2()4()13()()2max{()}11lim |2()|2lim |max{|()|}|2lim ||0li nnnni i i i ni nn x n n n x i i x x x o x i f i i in f f f o n n n n n n n i f f x dx nn f x i f f x n n n n =====≤≤→∞→∞→∞≤≤==+=-++=++==≤==∑∑∑∑∑⎰∑∑同理，2211()1m 4()0,lim 4ln[1()]23n nn n i i i f i n o f n n n →∞→∞===⇒+=∑∑3． 设a,b,c 是实数，b>-1,c ≠0,试确定a,b,c ，使得30sin limln(1)x x b ax xc t dtt →-=+⎰解：不断利用L ’Hospital 法则30032320000322200ln(1)lim(sin )0,0lim 00sin cos cos sin cos limlim lim limln(1)3ln(1)31112sin 1cos 12lim lim .033616xbx x x x x x x b x x t ax x c dt tb ax x ax x x a x x x a xc t x x x dt t x a x a x b x x c →→→→→→→→+-=≠⇒==---+-====+++⇒=⎧⎪=⎪-==⇒=⎨=⎰⎰不难得到⎪⎪⎩4． f(x)在[a,b]上连续，对于1[,],[,],|()||()|2x a b y a b f y f x ∀∈∃∈≤，求证：[,],()0a b f ξξ∃∈=证明：利用实数系的几个定理就可以了000[,],(1)()0,(2)()0,{},lim ()0{}{}{}lim ,()[,]()lim ()lim ()0n n n n n n n n n x yn x a b f x f x x f x x x y y y f x a b f y f x f y →∞→∞→→∞∈=≠==⇒===不妨设则命题得证则根据题意，可以得到一个序列然后,有界，所以不难得到存在一个收敛的子列由于在连续，5．(1)设f(x)在[a,+∞]上连续，且()af x dx +∞⎰收敛，证明：存在数列{}[,)n x a ⊂+∞，使得满足，lim ,lim ()0n n n n x f x →∞→∞=+∞=(2) 设f(x)在[a,+∞]上连续，f(x)≥0,且()af x dx +∞⎰收敛，问：是否必有lim ()0n n f x →∞=，为什么？ 证明：（1）此题也可以用反证法来解决，也非常简单。
浙江大学2000年研究生数学分析试题参考答案
浙江大学2000年研究生数学分析试题一．（共10分）(1)求极限1(1)lim xx e x x→-+解：原式=12(1)ln(1)2(1)lim(1)xx x xe x x x x ++-+→+=(2)设2101,,,2,3,,lim 2n n n nn x x x a x b x n x --→∞-==== 求解：)(21211-----=-n n n n x x x x ，这可以构造成为一个压缩映象，则数列收敛，以下求解就按照}{1--n n x x 这个数列来进行即可。
二．（共10分）1．设K ab a f b f K f b a =--=+-→→)()(lim,)0(0试证明‘证： K ab a f f f b f ab a f b f b a b a ==--+-=--+-+-→→→→ )()0()0()(lim )()(lim2．设()f x 在[,]a b 上连续，()f x ''在(,)a b 内存在，试证明存在(,)a b ξ∈，使得)(4)()2(2)()(2ξf a b b a f a f b f ''-=+-+分析：考虑函数)()()(2x f x f x F b a -+=+即可三．（共15分）1．求数项级数∑∞=12n nn的和S分析：S=2S-S2．试证明∑∞==11)(n xnx s 在),1(∞上的连续函数四．（共15分） 1．设方程组⎩⎨⎧=+=+++0sin sin 0v y u x v u y x ，确定了可微函数⎩⎨⎧==),(),(y x v v y x u u ，试求yvx v du ∂∂∂∂,,分析：用隐函数组的方法求解； 2．设2)()d yx y F y x x=，求)1(F '分析：dt dx dx y F tty t y yxyx yxyx ⎰⎰⎰-=+=1cos cos 0cos 0cos 232222)(五．（共30分） 1．计算定积分2sin cos 1cos x x I dx xπ=+⎰分析：令t=cosx ，I=0。
最新浙江大学数学分析试题及解答汇总
2005年浙江大学数学分析试题及解答浙江大学2005年数学分析解答一 （10分）计算定积分20sin x e xdx π⎰解：2sin xe xdx π⎰=()011cos 22x e x dx π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦⎰ ()01x e dx e ππ=-⎰ 由分部积分法0cos 2xe xdx π=⎰()1e π-+20sin 2x e xdx π=⎰()1e π-04cos 2x e xdx π-⎰所以0cos 2x e xdx π=⎰()115e π-，所以20sin x e xdx π⎰=()215e π- 解毕 二 （10分）设()f x 在[0,1]上Riemann可积，且1()2f x dx =⎰，计算 11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑解：因为()f x 在[0,1]上Riemann 可积，所以0,()M f x M ∃>≤，所以1()0if n n→ 因为0ln(1)lim 1x x x →+=，所以114ln[1()]n i i f n n =+∑与114()ni i f n n =∑等价且极限值相等由Riemann 积分的定义：11lim 4ln[1()]nn i if n n →∞=+∑=410()f x dx =⎰解毕三 （15分）设,,a b c 为实数，且1,0b c >-≠试确定,,a b c 的值，使得30sin limln(1)x x b ax xc t dtt →-=+⎰解：若0b ≠，显然30sin lim0ln(1)x x b ax xt dtt →-=+⎰，这与0c ≠矛盾，所以0b =计算300sin limln(1)x x ax xt dtt →-+⎰，利用洛必达法则：33000sin cos lim lim ln(1)ln(1)x x x ax x a xt x dt t x→→--=++⎰，易有30ln(1)lim0x x x→+=，若1a ≠， 33000sin cos limlim ln(1)ln(1)x x x ax x a x t x dt t x →→--==∞++⎰，矛盾，所以1a =.计算301cos lim ln(1)x xx x→-+，继续利用洛必达法则：33001cos cos limlim ln(1)ln(1)x x x x x x x x x →→--=++24003321cos sin 2sin cos lim lim 3631(1)x x x x x x x x x x x x x →→-++==-++332243343cos sin 1lim(612)(1)6(63)(1)2(1)x x x x c x x x x x x x →-===-+--++ 解毕 四 （15分）设()f x 在[,]a b 上连续，且对每一个[],x a b ∈，存在[],y a b ∈，使得1()()2f y f x ≤，证明：在存在[,],a b ξ∈使得()0f ξ=证明:反证法,由于()f x 在[,]a b 上连续,由闭区间上连续函数的性质,不妨假设0()m f x M <<<对于任选的一点1x ,存在2,x 使得211()()2f x f x ≤, 存在3,x 使得321211()()()22f x f x f x ≤≤所以1111[,],()()0,()22n n n n Mx a b f x f x n --∈≤≤→→∞即lim ()0n n f x →∞=,但对所有的x, 0()m f x M <<<,矛盾.所以[,]a b 存在零点 证毕五 （20分）（1）设()f x 在[,)a +∞上连续，且()af x dx +∞⎰收敛。
浙江大学数学试题及答案
浙江大学数学试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个数是无理数？A. 2B. πC. 0.5D. √4答案：B2. 函数f(x)=x^2的反函数是？A. f^(-1)(x)=√xB. f^(-1)(x)=x^2C. f^(-1)(x)=1/xD. f^(-1)(x)=x答案：A3. 集合A={1,2,3}，集合B={2,3,4}，A∩B的结果是？A. {1}B. {2,3}C. {3,4}D. {1,2,3}答案：B4. 以下哪个命题是假命题？A. 所有偶数都是整数B. 所有的整数都是有理数C. 无理数不能表示为两个整数的比D. 所有实数都是有理数或无理数答案：D二、填空题（每题5分，共20分）5. 若函数f(x)=2x+3，求f(-1)的值为______。
答案：-16. 圆的方程为(x-2)^2+(y-3)^2=9，则圆心坐标为______。
答案：(2,3)7. 矩阵A=\[\begin{array}{cc}1 & 2 \\ 3 & 4\end{array}\]的行列式值为______。
答案：-28. 已知等差数列的首项a1=3，公差d=2，求第5项a5的值为______。
答案：11三、解答题（每题15分，共30分）9. 证明：如果一个数列是单调递增且有界的，那么它必定收敛。
证明：设数列{a_n}是单调递增的，即对任意的n，有a_n ≤ a_{n+1}。
又设该数列有上界M，即对任意的n，有a_n ≤ M。
由于数列是单调递增的，因此存在一个子列{a_{n_k}}，使得a_{n_k} ≤ a_{n_{k+1}}。
因为数列有界，所以子列{a_{n_k}}也是有界的。
根据单调有界定理，子列{a_{n_k}}收敛，设其极限为L。
由于{a_{n_k}}是{a_n}的子列，因此数列{a_n}也收敛，且极限也为L。
10. 计算定积分∫(0到π) sin(x) dx。
解：根据定积分的基本定理，我们有∫(0到π) sin(x) dx = [-cos(x)](0到π) = -cos(π) - (-cos(0)) = 2。
浙江大学1999年——2008年数学分析
1 在 (1, ∞ ) 上连续可微． x n =1 n
x + y + z =R
2 2
∫∫
dS
2
x 2 + y 2 + ( z h) 2
，其中 h ≠ R ．
（2）设 a, b, c 为三个实数，证明：方程 e x = ax 2 + bx + c 的根不超过三个． 四、 （20 分）设 f n ( x) = cos x + cos 2 x +
四、 （20 分）设 f ( x ) 连续， ( x) = ∫ f ( xt )dt ，且 lim
0
x →0
1
论 '( x ) 在 x = 0 处的连续性． 五、 （10 分）定义 Pn ( x ) 为 Pn ( x) = 1 d n ( x 2 1) n ， n = 1, 2, 2n n ! dx n P0 ( x) = 1 ．
D
四、设 f (x ) 在 x > 0 时连续， f (1) = 3 ，并且 ∫
( x > 0, y > 0) ，试求函数 f (x ) ．
xy
1
f (t ) dt = x ∫ f (t ) dt + y ∫ f (t ) dt ，
1 1
y
x
五、设函数 f (t )在(a, b) 连续，若有数列 x n → a, y n → a ( x n , y n ∈ (a, b)) 使 lim f ( xn ) = A 及
2 2
五、 （15 分）设二元函数 f ( x, y ) 在正方形区域 [0,1] × [0,1] 上连续．记 J = [0,1] ． （1）试比较 inf sup f ( x, y ) 与 sup inf f ( x, y ) 的大小并证明之；
(NEW)浙江大学819数学分析历年考研真题汇编(含部分答案)
且假定 与 都在 上有界.试证明：
在 上也一致收敛于
；
如果只给出条件： 与
否保证必有
一致收敛于
分别一致收敛于 与 .能 请说明理由.
五、（15分) 设 在 上可积，并且在 处连续，证明： .
六、（15分) 设 ， 证明：数列 有极限，并求其值. 七、（20分) 设
证明： 在
在
在 上连续； 处可导； ； 处不可导.
（1)
；
（2)
；
（3)
；
（4) 计算
，其中 是三角形
方向与 方向相同；
（5)
；
（6)
.
，其法
二、（15分) 设
，且 ，计算
.
三、（15分) 设函数 证明：若
在
上连续， 为奇数.
，则方程
有实根.
四、（20分) 证明：
在
上一致收敛（其中 ）.
五、（20分) 设 连续，证明
公式：
.
六、（20分) 设 ；
2007年浙江大学427数学分析考研真题
浙江大学2007年攻读硕士学位研究生入学试题
考试科目：数学分析（427） 考生注意： 1．本试卷满分为150 分，全部考试时间总计180 分钟； 2．答案必须写在答题纸上，写在试题纸上或草稿纸上均无效。 一、（30分) 证明：
； ； 设 是 上的可积函数，则有
六、（15分) 计算第二类曲面积分
.其中 是椭球面
的下半部分，并选取外侧为正向.
七、（20分) 设 其中 是有理数域， .试问：
在原点处是否连续 是否可微 并证明你的结论； 讨论在其它点处的连续可微情况，并说明理由. 八、（15分) 设 是连续函数，证明：
浙江大学1数学分析考研试题解答
浙江大学 数学分析考研试题解答一、（1）证明 l i m c o s c o s c o s 222n n tt t →∞⋅⋅⋅ (cos cos cos )sin 2222limsin 2n nn nt t t t t→∞⋅⋅⋅= sin lim2sin2n n nt t →∞=sin sin limsin 22n n nt tt tt t-→∞-==； （2）利用1cos42π=，及111cos cos 2222n n ππ+=+， 2312lim coscoscos222n n ππππ+→∞=⋅⋅⋅，即得2111111111222222222π=+++。
二、解 101()()()xg x f xt dt f u du x==⎰⎰，（0x ≠）；显然10(0)(0)0g f dt ==⎰ 102000()1lim ()lim xx x f u du f xt dt x x →→=⎰⎰ 00()1()(0)15limlim (0)22022x x f x f x f f x x →→-'====- 。
三、解 令sin .n a nx =，111(1),2n b n n=+++ 由于1n n b b +-=111111(1)(1)2121n n n n +++-+++++1111111(1)(1)(1)12121n n n n n =++++-++++++1111111(1)(1)012(1)121n n n n n n >++++-+++>++++， 所以{}n b 单调递减. 又因为1lim0,n n →∞=所以111lim lim (1)0.2n n n b n n→∞→∞=+++= 而 1121|||sin |,|sin |nnk xk k a kx ===≤∑∑ (2)x k π≠ 即 1k k a ∞=∑的部分和有界，于是,由Dirichlet 判别法可知级数收敛； 当 2x k π=时，显然级数收敛。
考研数学-浙江大学07年09年10年数分解答
浙江大学2007年数学分析考研试题及解答1. 证明:()()3sin 1xex x x O x -+=，()0x →.证明：()30sin 1lim x x e x x x x→-+ 20sin cos 12lim 3x x x e x e x xx →+--= 02cos 2lim6x x e x x→-= 01cos sin 1lim 313x x x e x e x →-==.2. 证明：2cos sin 1x x x x +>+-，()0,x ∈+∞.证明：设()()2cos sin 1f x x x x x =+-+-，()00f =，()sin cos 12f x x x x '=-+-+， ()00f '=，()cos sin 20f x x x ''=--+>，从而，当0x >时，()()00f x f ''>=， ()()00f x f >=，故2cos sin 1x x x x +>+-， ()0,x ∈+∞.3. 设f是[]1,1-上的可积函数，则有()()()22212111x y z f z dxdydz f u u du π-++≤=-⎰⎰⎰⎰.证明：()2221x y z f z dxdydz ++≤⎰⎰⎰()222111x y t f z dxdy dz -+≤-⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰()222111x y t f z dxdy dz -+≤-⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰()()1211f z z dz π-=-⎰()()1211f u u du π-=-⎰.4. 叙述数集的上确界及下确界的定义.解：设E 是一非空数集，数β称为E 的上确界， 如果（1）x E ∀∈，有x β≤；（2）0ε∀>，x E ε∃∈，使得x εβε>-.设E 是一非空数集，数α称为E 的下确界，如果（1）x E ∀∈，有x α≤； （2）0ε∀>，x E ε∃∈，使得x εαε<+.5. 设E 是一个有上界的数集，用a E 表示E 的一个平移，即{}:a E x a x E =+∈,其中a 是一个实数，试证明：sup sup aE E a =+.证明：由于E 有上界，由确界原理，sup E β=是有定义的，证a β+是a E 的上确界.（1）任意a x x a E '=+∈，x E ∈，x x a a β'=+≤+；（2）0ε∀>，存在x E ε∈，使得x εβε>-，从而()a x a E ε+∈，有()()x a a εβε+>+-，故a β+是a E 的上确界，结论得证.6. 确定数集()22311,1,2,3,2n n S n n ⎧⎫-=-=⎨⎬⎩⎭的上确界和下确界. 解：()22223313131312222222n n n n n -⎛⎫⎛⎫-<--≤-≤-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又()()()2223213lim1222k k k k →∞--=， ()()()221232113lim 12221k k k k +→∞+--=-+， 所以3sup 2S =，3inf 2S =-. 7. Dirichlet 函数 ()10x D x x ⎧=⎨⎩，为有理数，，为无理数.试分别用（1）极限的定义，（2）Cauchy 收敛准则， 证明：当1x →时，()Dx 的极限不存在.证明：（1）用极限定义证：00ε∃>，0δ∀>，存在无理数()1,u U δ∈，使得()()01011D u D ε-=-=≥.（2）Cauchy 收敛准则证：00ε∃>，0δ∀>，存在有理数()1,r U δ∈，存在无理数()1,u U δ∈，使得()()0101D r D u ε-=-=≥.8. 设函数列(){}nf x 与(){}ng x 在区间I 上分别一致收敛于()f x 与()g x ，且假定()f x ，()g x 都在I 上有界，试证明()(){}n n f x g x 在I 上一致收敛于()()f x g x .证明：由(){}nf x 在I 上一致收敛于()f x ，且()f x 在I 上有界，可知(){}nf x 在I 上一致有界，同理(){}ng x 在I 上一致有界.设()n f x A ≤，()n g x B ≤，由()()()()n n f x g x f x g x -()()()()()()()()n n n n f x g x f x g x f x g x f x g x =-+-()()()()()()n n n f x g x g x f x f x g x ≤-+- ()()()()n n A g x g x B f x f x ≤-+-，再由条件，即可得到结论. 9. 在第8题中，如果只给出(){}nf x 与(){}ng x 分别一致收敛于()f x 与()g x ，能否保证有()(){}nnf xg x 一致收敛于()()f x g x .解：不能保证. 例1：()()1n n f x g x x n==+，()()f x g x x ==，显然(){}nf x 与(){}ng x 分别一致收敛，()()22112n n f x g x x x n n=++，()()2lim n n n f x g x x →∞=，但()()()()221supsupn n x Rx Rf xg x f x g x x n n∈∈-=+=+∞ 故()(){}nnf xg x 在R 上不一致收敛于()()f x g x .例2. 在(0,1)I =上, ()()11n n f x g x x n==+,()()1f xg x x ==, 显然(){}nf x 与(){}ng x 分别一致收敛，()()2211112n n f x g x x x n n =++，()()21lim n n n f x g x x →∞=，但()()()()2(0,1)(0,1)211sup supn n x x f x g x f x g x n x n∈∈-=+=+∞ 故()(){}nnf xg x 在(0,1)上不一致收敛于()()f x g x10. 设()f x 在[],a b 上可积，并且在x b =处连续，证明：()()()()11limbnn an n x a f x dx f b b a +→∞+-=-⎰.证明：由于()f x 在[],a b 上可积，从而()f x 在[],a b 上有界，0M ∃>，使得()f x M ≤，[](),x a b ∈，又()f x 在x b =处连续，0ε∀>，()0,b a δ∃∈-，使得[],x b b δ∈-时，有()()2f x f b ε-<.注意到()()111bnn an x a dx b a ++-=-⎰，我们有()()()()11bnn an x a f x dx f b b a ++---⎰()()()()11bnn a n x a f x f b dx b a ++=--⎡⎤⎣⎦-⎰()()()()11b nn an x a f x f b dx b a δ-++≤---⎰()()()()11bnn b n x a f x f b dx b a δ+-++---⎰()()()()111122b bnnn n ab n n Mx a dx x a dx b a b a δδε-++-++≤-+---⎰⎰()()1122n n b a Mb a δε++--≤+-1212n M b a δε+⎛⎫=-+⎪-⎝⎭，由于对该固定的δ，有1lim 10n n b a δ+→∞⎛⎫-= ⎪-⎝⎭， 从而*N N ∃∈，使得当n N >时，114n b a Mδε+⎛⎫-<⎪-⎝⎭，即有()()()()11bnn an x a f x dx f b b a ++---⎰道242MMεεε<+=，故结论得证.11. 设()f x 连续,证明Poisson 公式du c b a u f dS cz by ax f )(2)(22211++=++⎰⎰⎰-∑π，其中∑为2221x y z ++=.证明 取新坐标系Ouvw ，其中原点不变，平面0ax by cz ++=即为Ovw ，u 轴垂直于该面，点(,,)x y z 到平面0ax by cz ++=的距离为222ax by cz d a b c++=++；点(,,)x y z 在Ouvw 中的坐标为(,,)u v w ，则有 222ax by cz u a b c++=++在新坐标系下，公式左端的积分可写为()222Sf u a b c dS ++⎰⎰显然，球面S 的方程为2221u v w ++=或()22221v w u+=-，若表示成参数式，则为22,1cos ,1sin u u v u w u θθ==-=- 其中 11,02u θπ-≤≤≤≤；22(,1cos ,1sin )r u u u θθ→=--， 221(1,cos ,sin )11u u r uuθθ→=----，22(0,1sin ,1cos )r u u θθθ→=---，2211uE r u→==-， 221G r uθ→==-， 20,1u F r r EG F θ→→=⋅=-=从而2dS EG F dud dud θθ=-=，于是，最后得到()222()SSf ax by cz dS f ua b cdS ++=++⎰⎰⎰⎰()2122201d f u a b c du πθ-=++⎰⎰()122212f u a b c du π-=++⎰.12. 设10a >，1314nn na a a +=++，1,2,3,n =证明：数列{}n a 有极限，并求其值.证明：显然11n a +>，1311344nn na a a +=+<+=+，111331144n n n n n n a a a a a a -+-⎛⎫⎛⎫-=+-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()113444n n n n a a a a --⋅=-++134n n a a -<-，()1,2,3,n =，由此，可知{}n a 收敛，设lim nn a a →∞=，在1314n n na a a +=++中，令n →∞取极限，得314aa a=++， 故得到2a =，lim 2nn a →∞=.13. 设()()211ln 1nn f x x n n ∞==+∑， 证明：（1）()f x 在[]1,1-上连续；（2）()f x 在1x =-处可导；（3）()1lim x f x -→'=+∞；（4）()f x 在1x =处不可导.证明：（1）设()()21ln 1n n u x x n n =+， 则()n u x 在[]1,1-上连续，由于()()2211ln 1n u x n n n ≤≤+，()2n ≥，[]()1,1x ∈-，所以()1n n u x ∞=∑在[]1,1-上一致收敛，于是()()1n n f x u x ∞==∑在[]1,1-上连续，对()1,1x ∈-，有()()1nn f x u x ∞=''=∑； （2）因为()()1111ln 1n n n n u x x n n ∞∞-=='=+∑∑，在[]1,0-上一致收敛，所以()f x 在[]1,0-上可导，且()()1nn f x u x ∞=''=∑，[]1,0x ∈-； （3）先证明一个引理： 引理. 设幂级数1nn n a x ∞=∑的收敛半径为R ，且0n a ≥， 则有11lim nn n n x Rn n a x a R -∞∞→===∑∑.对于0R =，不用证明.对于0R >，由于数列1n k k k a R =⎧⎫⎨⎬⎩⎭∑是递增的，若其有上界，则1n n n a R ∞=∑收敛， 从而1nn n a x ∞=∑在x R =左连续，结论成立， 若其无上界，则1nn n a R∞==+∞∑，于是0M ∀>，*N N∃∈，使得11Nnn n a R M =>+∑， 知0δ∃>，使得当[),x R R δ∈-，有111NNnnn n n n a R a x ==-<∑∑， 从而11Nn nnnn n a x a xM∞==≥≥∑∑，即11lim nn n n x Rn n a x a R -∞∞→===+∞=∑∑.现在回头来证明题目，()()11111lim lim ln 1n x x n f x x n n --∞-→→='=+∑()11ln 1n n n ∞==+∑，由于级数()11ln 1n n n ∞=+∑发散， ()11ln 1n n n ∞==+∞+∑， 从而()1lim x f x -→'=+∞；（4）由()()()111lim lim 1x x x f x f f x ξ--→→-'==+∞-，其中(),1x x ξ∈， 所以()()11lim 1x f x f x -→--不有限，()f x 在1x =处不可导.浙江大学2009年数学分析考研试题及解答1. 求22221cos sin dx a x b x +⎰，()0ab ≠.解：原式222221cos 1tan dx b a x x a =⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰2t a n 11t a n b d x a ab b x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰1a r c t a n t a n bx C ab a⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 2. 求()()22022cos lim11cos arctan t xx xe tdt xex x→---⎰.解：原式()22220252cos lim1cos arctan 1t x x x e tdt xx x xx x xe →-=⋅⋅⋅--⎰2240cos 1lim 5x x e x x→-=()223cos sin lim20x x ex x x x →-=30c o s s i nl i m 20x x x x x →-=20sin 1lim6060x x x x →-==-. 3. 求2ln 1xdx x+∞+⎰. 解：2ln 1xIdx x+∞=+⎰2021l n 111t x d t t t t +∞-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+⎰ 2ln 1tdt t+∞=-+⎰I =-， 所以2ln 01xIdx x+∞==+⎰. 4. 求()()sgn Dx y x y dxdy +-⎰⎰，其中[][]0,10,1D =⨯.解：原式()()110x ydx x y dy dy x y dx =+-+⎰⎰⎰⎰()()11xxdx x y dy dx x y dy =+-+⎰⎰⎰⎰0=.5. 如果()f x 在0x 的某邻域内可导，且()001lim2x x f x x x →'=-， 证明：()f x 在点0x 处取极小值.证明：由()001lim02x x f x x x →'=>-，0δ∃>，使得当00x x δ<-<时，()0f x x x '>-，从而当00x x δ<-<时，()0f x '>；当00x x δ-<-<时，()0f x '<，即f在0x 的左领域上递减，在0x 的右邻域上递增，于是f在点0x 处取得极小值.6. 设(),,f x y z 表示从原点到椭球面2222221x y z a b c∑:++=，()0,0,0a b c >>>上点(),,P x y z 处的切平面的距离，求第一型曲面积分(),,dSf x y z ∑⎰⎰.解：容易知道，椭球面上点()000,,x y z 处的切平面方程为0002221x y z x y z a b c++=， 于是()0002220004441,,f x y z x y z a b c =++，即得()2224441,,f x y z x y z a b c =++，由对称性(){}1,,,0,0,0x y z x y z ∑=∈∑≥≥≥，22221x y z c a b=--，()2222,1,,0x y x y D x y a b ⎧⎫∈=+≤≥⎨⎬⎩⎭，221x y dS z z dxdy =++22244422221x y zc a b c x y a b++=--，()()18,,,,dS dS f x y z f x y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰222281Dc dxdy x ya b =--⎰⎰12281c d abrdr rπθ=-⎰⎰12821r abc dr rπ=⋅-⎰()1122812abc r π⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭4abc π=.7. 设()f x 在[],a b 上连续，且[](),min 1x a b f x ∈=，证明：()()1lim 1nb n a n dx f x →∞⎛⎫⎪= ⎪⎝⎭⎰.解：直接利用，()[],gx a b ∈，()()[]()1,limmax bnnan x a b g x dxg x →∞∈=⎰，令()()1gx f x =，即得结果. 8. 设对任意0a >，()f x 在[]0,a 上黎曼可积，且()lim x f x C →+∞=，证明：()00lim tx t te f x dx C ++∞-→=⎰.证明：()0txu u tef x dx e f du t +∞+∞--⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰⎰，由题设条件可知()f x 在[)0,+∞上有界，()f x M≤，u u u e f Me t --⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，u u e f du t +∞-⎛⎫⎪⎝⎭⎰关于0t >是一致收敛的，在任意[],A δ上，uu e f t -⎛⎫ ⎪⎝⎭一致收敛于ue C -.由广义积分的控制收敛定理， 原式00lim u t u e f du t ++∞-→⎛⎫=⎪⎝⎭⎰00lim u t u e f du t ++∞-→⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰0ue Cdu C +∞-==⎰. 9. 证明()sin xf x x=在()0,1与()1,0-上均一致连续，但是在()()1,00,1-上不一致连续.证明：定义()1sin ,(0,1]1,0xx g x x x ⎧∈⎪=⎨⎪=⎩，()[)2sin ,1,01,0xx g x xx ⎧∈-⎪=⎨⎪-=⎩， 即知()1g x ，()2g x 分别在[]0,1，[]1,0-上连续，从而一致连续，而他们的限制()f x 在()0,1，()1,0-上一致连续.用反正法. 若()f x 在()()1,00,1-上一致收敛，则对0ε∀>，0δ∃>，当()()12,1,00,1x x ∈-，且12x x δ-<，有()()12f x f x ε-<，特别，由柯西收敛定理， 可以推知()0limx f x →存在，但()0lim 1x f x +→=，()0lim 1x f x -→=-， 这是矛盾的， 所以()f x 在()()1,00,1-上不一致连续.10. 设()f x 在[],a b 上可导，导函数()f x '在[],a b 上单调下降，且()0f b '>.证明：()()2cos baf x dx f b ≤'⎰.证明：()cos baf x dx⎰()()()()()11cos f b f a y f x ydyf fy -='⎰()()()()11cos f b f aydy f fξ-='⎰ ()()()1sin sin f b f a f b =-'()2f b ≤'，其中用到了推广的积分第一中值定理.或者利用第二积分平均值定理，得()()()()11cos f b f aydy f f y -'⎰()()()11cos f b ydy f f b η-='⎰()2f b ≤'.浙大2010年数学分析考研试题及解答1. 求()2211limn n k n k+→∞=∑.解：由()221221221n k n n n n n k+=++≤≤+∑， 知()2211lim2n n k n k+→∞==∑. 2. 求()[][]0,0,1sin y xy dxdy π⨯⎰⎰.解：原式()1sin dy y xy dx π=⎰⎰()101cos 1y dy π=-=⎡⎤⎣⎦⎰.3. 求()30sin 1lim sin x x e x x x x→-+. 解：原式()3330sin 1lim sin x x e x x x x x x→-+=⋅ 20sin cos 12lim 3x x x e x e x xx →+--= 02cos 2lim6x x e x x→-= ()0sin cos 1lim 31x x e x x →-+=13=.4. 计算zdxdy ∑⎰⎰，其中∑是三角形(){},,:,,0,1x y z x y z x y z ≥++=，其法向量与()1,1,1相同.解：(){},,:,,0,1x y z x y z x y z Ω=≥++≤由高斯公式zdxdy zdxdy ∑∂Ω=⎰⎰⎰⎰16dxdydz Ω==⎰⎰⎰，()1,01x y x y dxdydz x y dxdy Ω+≤≥=--⎰⎰⎰⎰⎰()11001xdx x y dy -=--⎰⎰()()12201112x x dx ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦⎰()12011126x dx =-=⎰， :1z x y ∑=--，(){},,:,0,1x y D x y x y x y ∈=≥+≤，zdxdy ∑⎰⎰()1Dx y dxdy =--⎰⎰()11001xdx x y dy -=--⎰⎰()()12201112x x dx ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦⎰()12011126x dx =-=⎰.5. 求201sin xdx π+⎰. 解：201sin xdx π+⎰20cos 1sin x dx xπ=-⎰32223022cos 1sin x dx xπππππ⎛⎫=++ ⎪-⎝⎭⎰⎰⎰()()()3211122222302221sin 21sin 21sin x x x πππππ=--+---()22221242=+--=.6. 求()120ln 11x dx x ++⎰.解：()120ln 11x dx x ++⎰()40tan ln 1tan x d πθθθ=+⎰()440ln sin cos ln cos d d ππθθθθθ=+-⎰⎰4400ln 2cos ln cos 4d d πππθθθθ⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎰⎰404ln 2ln cos ln cos 8udu d πππθθ-=+-⎰⎰ln 28π=.7. 设1sin nn a a -=，()2,3,n =，且10a >，计算lim3n n na →∞. 解：（1）先证明lim 0n n a →∞=，事实上11sin n n n a a a --=≤，而limn n a A →∞=存在，由于211a -≤≤，n a ，()2,3,n =是同号的，所以lim nn a B →∞=存在，于1sin n n a a -=两边令n →∞，有sin A A =，而得0A =.（2）证1111,22,lim 0,,31,222,n n k a k n a a k k a k ππππππππ→∞<<+⎧⎪==⎨⎪-+<<+⎩，1,2,k =，事实上 （a ）当1a k π=时，0n a =，而lim03n n na →∞=； （b ）当1a k π≠时， 若122k a k πππ<<+时，则0na >；若1222k a k ππππ+<<+时，则0n a <.故此时，仅需证2lim13n n n a →∞=. 而这可以通过用Stolz 公式立即得到：221lim lim 133n n n n n n a a →∞→∞=22111lim 113n n n a a →∞-=-221111lim 113sin n n n a a →∞--=-221122111sin lim 3sin n n n n n a a a a --→∞--=-222201sin lim 3sin x x xx x→=-32201sin lim 3sin sin x x x x x x x x x →⎛⎫=⋅⋅ ⎪-+⎝⎭3011lim32sin x x x x →=⋅-2013lim61cos x x x→=-012lim 12sin x x x→==.8. 设函数()f x 在(),-∞+∞上连续，n 为奇数，试证：若()()limlim 1n n x x f x f x x x→-∞→+∞==，则方程()0nf x x +=有实根. 证明：有题设条件， 存在0A >，使得()0nf A A >,()()0n f A A ->-. ()()n F x f x x =+，n 为奇数，()()10n n f A F A A A ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，()()()()10nn f A F A A A ⎛⎫--=-+< ⎪ ⎪-⎝⎭，于是由连续函数的介值定理， 存在(),A A ξ∈-，使得()0F ξ=，结论得证.9. 证明sin xydy y+∞⎰在[),δ+∞上一致连续，其中0δ>. 证明：由sin 2u du u π+∞=⎰， 可知()0sin xy f x dy y +∞=⎰0s i n 2u x y u d u u π+∞==⎰， 故()0sin xyf x dy y+∞=⎰在[),δ+∞上一致连续， （1）先证sin xydy y+∞⎰在[),δ+∞上一致收敛， 事实上，因为1001sin sin sin xyxy xy dy dy dy y y y+∞+∞=+⎰⎰⎰，由于111200sin sin x y x y dy dy y y -⎰⎰1120sin sin x y x ydy y -≤⎰()1120cos y x x dy yξ⋅-≤⎰12x x ≤-，所以10sin xydy y ⎰在[),δ+∞上一致连续；只需验证反常积分1sin xydy y+∞⎰一致收敛，而用Dirichlet 判别法， 1）122sin Axydy x δ≤≤⎰，2）1y 关于y 递减，且1lim 0y y→+∞=，由狄利克雷判别法， 于是1sin xydy y+∞⎰在[),δ+∞上一致收敛， 对于任意固定0ε>，1A ∃>，使得对一切[),x δ∈+∞，有sin 3Axydy ε+∞<⎰，1211sin sin x y x y dy dy y y +∞+∞-⎰⎰12121sin sin sin sin AAAx y x yx yx ydy dy dy yyy+∞+∞-≤++⎰⎰⎰()12213A x x ε≤--+ε≤，(当123x x Aε-<时)， 即1sin xydy y+∞⎰关于x 在[),δ+∞上一致连续， 故sin xydy y+∞⎰关于x 在[),δ+∞上一致连续. 11. 设{}n a ，{}n b 为实数序列，满足（1）limn n b →∞=+∞；（2）1111n i i i nb b b -+=⎧⎫⎪⎪-⎨⎬⎪⎪⎩⎭∑有界， 证明：若11limn n n n na ab b +→∞+--存在，则lim n n n ab →∞，也存在.证明：记11n nnn na a cb b ++-=-，不妨设lim 0nn c c →∞==，若不然，用n n a cb -代替n a ，而()()111lim0n n n n n n na cb a cb b b ++→∞+---=-，lim lim n n n n n nn a a cb c b b →∞→∞-=+， 往证lim 0n n na b →∞=， 由1111n i i i n b b b -+=⎧⎫⎪⎪-⎨⎬⎪⎪⎩⎭∑有界， 而设界为0M >，由lim 0n n c →∞=知，对任意固定的0ε>，*1N N ∃∈，使得 当1n N >时，有2n c M ε≤； 由1lim 0n nb →∞=，知 对于上述1N ，*N N ∃∈，当n N >时， 有 12N n a b ε<；现有()111n n n n n a a c b b ---=+-=()1111n N i i i i N a c b b -+==+-∑， 而()111112n N n i i i i N n n na a cb b b b M b ε-+=≤+⋅-∑ 22M M εε≤+⋅ ε≤，当n N >， 故lim0n n n a b →∞=.。
浙江大学 2019 年数学分析考研试题
y
dx
在 x ≥ 0 上一致收敛.（注：此为试卷原题，但疑似是 dy ）
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三、(15′ ) 对于函数 f : R → R, 证明 f 在 R 上连续的充分必要条件是，对于 R 上任意 a, b,
{x : f (x) > a} 和 {x : f (x) < a} 都是开集合.
四、(15′ ) 对于函数 f : [a, b] → R, 证明函数 |f (x)| 在 [a, b] 上黎曼可积的充分必要条件是，函数
f 2 (x) 在 [a, b] 上黎曼可积.
五、(15′ )
（1）(5′ ) 叙述 R 上的聚点定理； （2）(10′ ) 使用聚点定理证明闭区间上的连续函数一致连续.
时,∀n ≥ 1, 有 |fn (x) − fn (y )| < ε; 又设函数列 {fn (x)} 在 [a, b] 上逐点收敛, 证明 {fn (x)} 在 [a, b] 上一 致收敛.
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3. (10′ ) 计算
∫
0
1
ln x
(1 + x)
2 dx.
4. (15′ ) 计算
∫∫ x2 dxdy,
D
其中 D 是由 A (x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) , C (x3 , y3 ) 三点围成的三角形闭区域.
二、(15′ ) 证明
I (x) =
∫
0
∞
x 2 e −x
3
2 2
浙江大学 2019 年数学分析考研试题
一、计算题 (50′ )
1. (10′ ) 计算 In =
0
∫
n
( x )n xa−1 1 − dx. n
浙江大学 (西溪校区) 数学分析 1999年
浙江大学数学分析1999一．求下列极限1。
x x x 2tan 4)(tan lim π→ 2。
)2cos 4cos 2(cos lim n x x x x ∞→ 二．证明若数列{a n }收敛,则{na a a n +++ 21}也收敛,并举例说明反之不真。
三．计算积分 1。
⎰++dx x x x )cos 1(sin sin 1 2。
dx x x x ⎰+π02cos 1sin 四．试证明当x>-1时成立下列不等式x x xx ≤+≤+)1ln(1 五．试求级数∑∞=++01212n n n x 的收敛区间,和函数,并求级数∑∞=+1)12(21n n n 的和。
六．试证明级数∑∞=151sinn n x 在x ∈(0,∞)上非一致收敛 七．设⎪⎩⎪⎨⎧==u v u y u v u x sin cos 求x u , x v 八．求1222222≤++c z b y a x 和22a x +22by ≥22c z 所交部分的体积。
九．求x-2y+2z 在条件2x +2y +2z =1下的极值。
十．求含参变量积分⎰-+2cos 1cos 1ln πx dx acox x (a <1) 十一． 求证设D 为3R 中区域u,v 在D 上二阶连续可微,则(1)dV u v v u D ⎰∆-∆)(=⎰∂∂∂-∂∂D dS n u v n v u )( 其中为体积元素,D ∂为D 的边界,dS 为面积元素,n∂∂沿D 的外法向。
(2)U(p)=-⎰⎰∂∂∂+∆D D dS r n u udV r 141141ππ_⎰∂∂∂D dS r n )1(41π 其中202020000)()()(),,,(z z y y x x r z y x p -+-+-==(3)若=∆u 0，在D 内成立，则⎰∂=∂∂D ds x u 0，从而有⎰∂=B uds a p u 241)(π，其中球B=B(P,Q)。
浙江大学2018年数学分析考研试题及解答
{xn} 收敛到 x0. 由 f (xn) = 0 以及 f (x) 的连续性, 取极限得 f (x0) = 0, 因此 x0 ∈ (0, 1). 前面的数列 {xn} 可以取成单调数列, 用罗尔定理可以得到一个趋于 x0 的单调数列 {yn}, 使得 f ′(yn) = 0. 如果 f ′(x0) = 0, 则得到矛盾. 最后用反证法来证明前一句话, 从而完成证 明.
|f ′(x) − f ′(y)| < L|x − y|.
证明: (f ′(x))2 < 2Lf (x).
2
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浙江大学 2018 年数学分析试题参考解答
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浙江大学 2018 年数学分析考研试题参考解答
1. (1) 因为 故 于是
(2) (3)
sin kπ = kπ + O n2 n2
.
(3) 求
Rxdydz + (z + R)2dxdy
,
Σ
x2 + y2 + z2
其中 Σ 为 x2 + y2 + z2 = R2 的下半球面的上侧, R 为一常数.
2. (10 分)
(1) 用极限定义叙述 limx→+∞ f (x) ̸= +∞.
(2)
证明
limx→+∞
x√sin x x+1
̸=
+∞.
原式 = 1
Rx dy dz + (z + R)2 dx dy
RΣ
1 =−
Rx dy dz + (z + R)2 dx dy + 1
R Σ∪{z=0}
R
1 =−
[R + 2(z + R)] dx dy dz + πR3
浙江大学2003年数学分析考研试题解答
2
(1 − cos 2 x ) dx = π 4sin 4 x dx ∫0 ( 2 − cos 2 x )3 ∫0 1 + 2sin 2 x 3 ( )
π
2
= 2∫
π
2 0
4sin 4 x
( 3sin
2
x + cos x )
2
3
dx
= 8∫ 2
0
π
dx sin 2 x ( 3 + cot 2 x )
( x 2 − 1)m
( m)
dx
1 m − ∫ ( x 2 − 1) −1 −1
(m)
( x 2 − 1)m
( m +1)
( m −1) 1
( m +1)
( x 2 − 1)m
( m −1)
dx
1 m 2 = −∫ x − 1 ( ) −1
(2)
、解：做坐标变换
y2 x
u = xy ， v =
，
y x ∂ ( u, v ) ∂ ( x, y ) 1 = y 2 2 y = 3v ， = ， ∂ ( x, y ) − 2 ∂ ( u , v ) 3v x x
∫∫ y
D
3 xdxdy 2 + xy 3
3
=∫ =∫
1
∫
3
1
3 1 ⋅ dudv v + uv 3v
n m n n
x →+∞
可知 F ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续， 又 f ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续， 所以ϕ ( x ) = f ( x ) − F ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上一致连续. 3. 证明：因为当 x > a 时， f ′′ ( x ) ≤ 0 ， 所以 f ′ ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上单调递减， 当 x > a 时， f ′ ( x ) ≤ f ′ ( a ) < 0 ， 从而 f ( x ) 在 [ a, +∞ ) 上严格单调递减， 又 f ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a )( x − a ) + 1 f ′′ (ξ )( x − a )