伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(广义积分)【圣才出品】

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伍胜健《数学分析》配套模拟试题及详解【圣才出品】

伍胜健《数学分析》配套模拟试题及详解1．（15分）把x作为函数，u=xz、v=yz作为自变量，变换公式解：由于du=xdz+zdx，dv=ydz+zdy，所以于是故有代入原式，即得2．（15分）应用Stokes公式，计算曲线积分，式中C为圆周若从Ox轴正向看去，该圆周是沿逆时针方向进行的．解：平而x+y+z=0的法线的余弦为，于是3．（15分）证明：在x=0处三阶导数不存在．证明：当x≠0时，易知有从而根据导数的定义再由左、右导数的定义可得可见所以在x=0处的三阶导数不存在．4．（15分）设f（x）在[a,b]上连续，在（a，b）内有二阶导数，试证明：存在c∈（a，b）使证明：由于做辅助函数则由Lagrange中值定理知，存在使得令即有5．（15分）函数f（x）在闭区间[0，1]上有连续的一阶导数，证明：证明：若结论显然成立．若则f（x）在[0，1]上变号，由f（x）的连续性知，存在使于是取积分可得原不等式得证．6．（15分）计算，其中图一解：如图一：把D分成D1，D2两部分，其中7．（20分）设L为球面和平面x+y+z=0的交线，若从x轴正向看去，L是沿逆时针方向的，试计算下列第二型曲线积分：解：把Y=-x-z代人，得令x=u+v，z=-v，可得所以可取由此知道L的参量方程为（1）因为并由对称性得所以（2）因为并由对称性得所以8．（20分）求函数在条件约束下的极值．解：作拉格朗日函数并令由前三式消去μ，得再消去λ，又得于是求得x=y或x=z或y=z．当x=y时，代入条件函数后又解得由此得出同样，当x=z或y=z时，也可得上述结果．由于函数，在有界闭集上必有最大值和最小值，所以有9．（20分）设悬链方程为，它在[0，t]上的一段弧长和曲边梯形的面积分别记为：s（t）、A（t）．该曲边梯形绕x轴一周所得旋转体体积、侧面积和x=t处的截面面积分别记为V（t）、S（t）、F（t）．证明：（1）s（t）=A（t），t>0；（2）S（t）=2V （t）；（3）证明：（1）由弧长公式得由定积分的几何意义可得（2）旋转体体积为侧面积为。

伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-章节题库(数项级数)

第9章数项级数1．试证明下列命题：（1）设a＞0，b＞a＋1，则（2）设a＞0，b＞a＋2，则证明：（1）记，则令从n＝0到n＝N的各项相加，故得因此．（2）由（1）可知以a＋1代a，则（*）式又成为将两式相减，可得．1．求下列级数的和：解：（1）由，有（2）当n＝3m时，时，，而且级数都是收敛的，根据顺项可括性，有（3）由于[x]是数x的整数部分，有1．求的和，其中解：记，则考察函数．若，则有f（S）＝S，且为此方程的惟一解．由于在上是递减函数，故知因为f（x）在（0，1）上递减，所以．从而得即有下界，且此外又有这说明．1．判别下列级数的敛散性：解：（1）当p≤0时，，该级数显然发散．当p＞0时，是递减正数列，从而考察级数．易知它是等比级数，且可得公比时，收敛；时，发散．因此，I在p≤1时发散，p＞1时收敛．（2）易知通项是递减正数列．根据凝聚判别法，有由此知，I在p＞1时收敛，p≤1时发散．（3）易知通项是递减正数列，用凝聚判别法，考察由此即知I发散．1．试证明下列命题：（1）设级数收敛，则（2）设．若收敛，则（3）设．若收敛，则（4）设，则证明：（1）不妨假定，且记，以及，则用归纳法可推等式（*）当n＝1时，显然，故式（*）为真．假定n＝m时式（*）为真，则对m＋1，有从而式（*）对m＋1成立．令m→∞，即可得证．（2）应用Cauchy－Schwarz不等式，可知注意到，即可得证．（2）依题设可知，对任给ε＞0，存在，使得“．取，并对和式作分解又放大，可知（[r]表示数r的整数部分）从而可得．由此即可得证．（4）注意到等式（，C是Euler常数）故只需指出．实际上，对任给ε＞0，依题设知，存在，使得．由此又知从而导致．最后有．证毕．1．试证明下列不等式：，其中是递增正数列，（3）（Hardy－Landau不等式）设同（2），则（4）（Carleman不等式）设是正项收敛级数，则证明：（1）改写通项为再应用在上的微分中值公式，有从而知（2）由（不等式：）可知。

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(多元函数的极限和连续)【圣才出品】

③用列向量
来表示
，称 x 为中的一个点或向量
的转置．
④记
为中的原点或零向量．
（2）中的运算
① 中的加法运算
设
，定义
，
并称 x y 为 x 与 y 的和．
② 中的数乘运算
设
，定义
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并称 x 为与 x 的数乘．
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向量空间有了内积运算后，称为欧几里得（Euclid）空间或欧氏空间．
②向量的模
利用内积运算，定义向量
的模如下：
中两个非零向量 x 与 y 的内积为：
．
其中 x, y 是向量 x 与 y 的夹角．
（5）距离
①距离的定义
设
与
为中任意两个点，则 x 与 y 的距离定义
表示单位向量（0，1），并称它们为单位坐标向量．因此，对于
，有
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③当 n＝3 时，用 (x, y, z) 表示空间中的点，记
，
于是对于
有
（7）矩阵的范数
设
是一个 m n 矩阵，其中
2．点列极限
（1）欧氏空间中邻域的概念
集合，并称之为 E 的内部．
②若存在
使得
，则称 x 是 E 的外点．E 的所有外点构成的集合称
为 E 的外部．
③若对于
，有
，并且
，则称 x 是 E 的边界点，
并用来记 E 的边界点集，称之为 E 的边界．
注：E 的内点一定属于 E；E 的外点一定不属于 E，且 E 的外部即为的内部；E

伍胜健《数学分析》(第1册)配套题库【考研真题+章节题库+模拟试题】【圣才出品】

，使得
存在
，使得
。改变 n 的值，有
[北取，
依次类推，有且
而且满足
很明显，
为一个严格单调递减的数列，
3．设{xy}为所有 xy 乘积的集合，其中
，且 x≥0 及 y≥0．证明：
[武汉大学研]
证明：设
①
②
又
，可取
．且使
③
由
，∴存在
由③有
④
由②，④得证
4．设解：当当－1≤x＜0 时，
．[同济大学研]
第1章函数
一、填空题设 A．0 B．1 C． D．【答案】B 【解析】
（）．[浙江大学研]
二、解答题
1．使用确界原理证明单调递减的有界数列必有极限。[天津大学研]
证明：确界原理，即有上界的非空集必有上确界，有下界的非空集必有下确界。
设为单调递减且有界的数列，则由确界原理可知，
存在。下面证该下确界就是的极限。
由下确界定义：
（1）对任意的 n，有
，当然
成立，这ε为任意小的正数。
（2）对上述任意的ε，存在 N，当 n>N 时，有
。又因为条件（1），所以
成立。
2．设 S 是非空集合，ξ＝infS，试证明：若ξ∈S，则 S 中必存在一个严格单调递减的
，使得
京航空航天大学研]
证明：若ξ＝infS，即（1）对任意的 x∈S，有 X≥ξ：（2）对任意的ε>0，存在
②
证明：
，并利用（1），求极限
证明：（1）（i）先设
，由①式，
．[中国人民大学研] ，存在 N>0，当 n>N 时有
特别取 n＝N＋1，N＋2，……

伍胜健《数学分析》(第1册)章节题库-第4章导数与微分【圣才出品】

，则
（4）设 f（x）在（a，b）上存在 f（x）在（a，b）上可导．
．若
在（a，b）上连续，则
证明：（1）因为证毕．
，所以当令 y→x 时，可得
（2）作区间[a，b]：以 a＜c＜d＜b，易知（三弦不等式）
由此得|f（y）－f（x）|≤M·|y－x|，其中
此外，由三弦不等式可知差商存在．
（3）作函数（在[a，b]上）
可知，
4．设
存在，且对是有界列，则
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．若数列
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证明：（i）令
十万种考研考证电子书、题库视频学习平
台
如下：
则可得（两式相减）
（ii）令 n→∞，且
5．试求下列函数 y＝F（x）的导数
（1）设（2）（3）（4）f（x）＞0 且存在
解：（1）令 z＝ln|y|，则
，则得
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因为有．
．
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2．试证明下列命题：
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（1）设定义在（﹣∞，∞）上的 f（x）满足
则（2）设 f（x）是（﹣∞，∞）上的（下）凸函数，则在任一区间[c，d]上 f∈Lip1，
且处处左、右可导．
（3）设 f∈C（[a，b]），且在（a，b）上存在
（2）应用（x，y）与（r，θ）之关系，则有
由
此可知
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．
8．试解答下列问题：（1）试问对什么 x 值，函数 y＝f（x）＝cosx 在 Δx→0 时，其微分 dy 与差分 Δy＝Δf（x）不等价?
（2）设

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(函数)【圣才出品】

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解第1章函数1.1复习笔记一、实数1．数集（1）集合的概念集合是将具有某种特性的、确定的、互不相同的对象的全体作为一个整体，这些对象称为集合中的元素，若a是集合A中的元素，则记为a∈A，如果a不是集合A中的元素，则记为.（2）集合的表示方法①列举法：是将集合中的元素全部列出.②描述法：是将集合的特性精确给出.（3）子集的相关概念①子集的定义：若集合A中的每一个元素X都属于集合B，则称B包含A，记为，此时也称A是B的子集.②集合相等：如果和同时成立，则认为A，B是同一个集合，此时也记为A＝B.③真子集的定义：若且A≠B，则称A是B的真子集，记为A B⊂.≠注：空集即中不含有任何元素,因此是任何集合的子集.（4）集合的运算给定集合A，B，集合有以下常用运算：①称为A与B的并；②称为A与B的交；③称为A与B的差.2．实数系的连续性（1）分划的定义设S是一个有大小顺序的非空数集，A和B是它的两个子集，如果它们满足以下条件①②③都有④A中无最大数，则将A，B称为S的一个分划，记为.（2）戴德金分割定理对实数系R的任一分划（A|B），B中必有最小数.3．有界集与确界（1）有界集①设集合并且，a．如果存在使得对有x≤M，则称E是有上界的，并且说M是E的一个上界；b．如果存在使得对有x≥m，则称E是有下界的，并且说m是E的一十万种考研考证电子书、题库视频学习平台圣才电子书个下界；c．如果E 既有上界又有下界，则称E 是有界的.②E 是有界的充分必要条件是：存在M＞0，使得对任意的有（2）确界的定义①上确界设为一个非空数集，若有满足a．M 是E 的一个上界，即有b ．对存在使得则称M 为E 的上确界，记为.②下确界设为一个非空数集，若有满足：a．m 是E 的一个下界，即有b ．对存在使得，则称m 为E 的下确界，记为显然，E 的上确界就是它的最小上界，而下确界就是它的最大下界.（3）确界定理非空有上界的实数集必有上确界；非空有下界的实数集必有下确界.（4）常用不等式①实数的绝对值由此可知，对任何有②三角不等式，③伯努利（Bernoulli）不等式：对任意的和任意正整数n，有④算术—几何平均不等式：对任意n个非负实数有：（5）常用记号①N：全体正整数组成的集合；②Z：全体整数组成的集合；③Q：全体有理数组成的集合；④R：全体实数组成的集合.显然有⑤闭区间：⑥开区间：⑦左开右闭区间：⑧左闭右开区间：且；⑨无穷区间：.二、函数的概念1．函数的定义（1）对于给定的集合，如果存在某种对应法则f，使得对X中的每一个数x，在R中存在唯一的数y与之对应，则称对应法则f为从X到R的一个函数，记做其中y称为f在点x的值，X称为函数f的定义域，数集称为函数f的值域，记为f（x），x称做自变量，y称做因变量.（2）构成一个函数必须具备三个基本要素：定义域、值域和对应法则.2．常见函数类型（1）基本初等函数①常值函数：②幂函数：③指数函数：④对数函数：⑤三角函数：⑥反三角函数：.（2）特殊函数①符号函数②狄利克雷（Dirich1et）函数.③高斯（Gauss）取整函数其中［x］即不超过x的最大整数，即n≤x＜n＋1.④黎曼（Riemann）函数⑤特征函数:设，称为集E的特征函数.3．函数的构造（1）函数的四则运算设为两个已知函数，且则可以利用实数的四则运算构造新函数如下：（2）函数的限制与延拓设函数和满足：且则称f（x）是g（x）在X1上的限制，而g（x）是f（x）在X2上的延拓.（3）函数的复合设为两个函数，若则定义在X1上的函数称为f1和f2的复合函数，记作，通常称f1为该复合函数的内函数，f2为外函数.注：函数的复合运算可以进行的前提条件是，外函数的定义域必须包含内函数的值域.（4）映射和反函数的定义①单射：设是一个函数，若对任意的只要x1≠x2，就有。

伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-名校考研真题(函数序列与函数项级数)

第10章函数序列与函数项级数1．设（x）在[0，1]上连续，f（1）=0．证明：（1）{x n}在[0，1]上不一致收敛；（2）{f（x）⋅x n}在[0，1]上一致收敛．[华东师范大学研]证明：（1）显然是的极限函数，x n在[0，1]上连续（n∈N），而g（x）在[0，1]上不连续，所以{x n}在[0，1]上不一致收敛．（2）f（x）在x=1处连续，所以对当时，有即易证{f（x）⋅x n）在[0，1－δ]上一致收敛于零，即对，当x>N时，对一切x∈[0，1－δ]有所以对当n>N时，对一切x∈[0，1]，有所以{f（x）⋅x n}在[0，1]上一致收敛于零．2．试证：无穷级数在0<x<1时收敛，但不一致收敛．[中国科学院研] 证明：有收敛，所以收敛．取，则对及使得所以在（0，1）上不是一致收敛的．3．设0≤x<1，证明：[华中科技大学研] 证明：令，则0≤f（x）<1．故4．可微函数列在[a，b]上收敛，在[a，b]上一致有界，证明：在[a，b]上一致收敛．[上海交通大学研]证明：由题设，有①，取使则②在[a，b]上收敛，所以，当n>N，p是任意自然数，有③由②，③，当n>N时，对任意自然数p，有即在[a，b]上一致收敛．5．求函数项级数的收敛域，并证明该级数在收敛域是一致收敛的．[中山大学研]解：由于，又收敛，故由Weierstrass判别法知在（-∞，+∞）上是一致收敛的．6．研究在（1）[-l，l]（l＞0）上的一致收敛性；（2）（-∞，+∞）上的一致收敛性．[南京师范大学研]解：（1）当时，存在N，当n＞N时有下式成立又收敛，故由Weierstrass判别法知在[-l，l]上一致收敛．（2）取，则不收敛，所以在（-∞，+∞）上不一致收敛．7．函数，g（1）=0，且（g’(1)可理解为左导数），证明：在[0,1]上一致收敛．[北京师范大学2006研]证明：由于，所以对任意的，存在使得当时，有．从而对任意的，m、n＞0，有由于，所以存在M＞0使得当时，．从而当时，，又收敛，故由Weierstrass判别法知在上一致收敛．于是对上述的ε＞0，存在．N＞0，使得当，m、n＞N时，有结合两部分，当，m、n＞N时，有，故在[0，1]上一致收敛．8．设函数列满足：（1）是[-1,1]上的可积函数列，且在[-1，1]上一致有界；（2）任意的在[-1，-c]和[c,1]上一致收敛于0．证明：对任意的[-1,1]上的连续函数f（x），有[中山大学2006研]证明：由于在[-1,1]上一致有界，f（x）在[-1,1]上连续，所以存在M＞0，使得因为f（x）在x=0处连续，所以对任意的ε＞0，存在δ＞0，使得又在[-1，-δ]和[δ，1]上一致收敛于0，所以存在N＞0，使得从而对任意的n＞N有即9．设的收敛半径为∞，令，证明：在任意有限区间[a，b]上都一致收敛于f（f（x））．[厦门大学研]证明：因为的收敛半径为∞，所以在[a，b]上一致收敛于f（x）．由于在[a，b]上连续，则f（x）在[a，b]上连续，所以f（x）在[a，b]上有界，即存在，使得当时有．又因为在[a，b]上一致收敛于f（x），所以存在，使得当时有由于在[a，b]上连续，所以存在使得当时有．取，则有下式成立同样由于在[-M，M]上一致收敛于f（x），所以f（x）在[a，b]上连续，从而一致连续．所以对任意的，存在使得当时有．因为在[a，b]上一致收敛于f（x），所以存在N＞0，使得当，n＞N时有．于是当，n＞N时，，结论得证．10．研究函数在[0，+∞）上的连续性、一致连续性、可微性、单调性．[华南理工大学2006研]解：因为，而收敛，所以由Weierstrass判别法得知f（x）在[0,+∞）上一致收敛．因为在[0，+∞）上连续，所以f（x）在[0，+∞）上连续．又因为，故在[0，+∞）上一致连续，所以f（x）在[0，+∞）上一致连续．因为，而收敛，由Weierstrass判别法得知，所以可微，且单调递减．。

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(含参变量积分)【圣才出品】

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解第17章含参变量积分17.1复习笔记一、含参变量定积分1．基本概念设函数在平面区域上有定义．（1）若对于定积分存在，则由此定义了区间[a，b]上的函数I（x）称为含参变量定积分（简称含参变量积分），其中x为参变量．（2）若对于存在，则也称J（y）为含参变量定积分，其中y为参变量．2．基本性质（1）连续性定理①设函数在区域上连续，则对于含参变量定积分存在，并且I（x）在区间[a，b]上连续．注：f（x，y）在D上连续只是I（x）连续的充分条件．②设函数在区域上连续，则有③设函数在区域上连续，则对变上限含参变量积分存在，并且二元函数I（x，u）在D上连续．对于变下限含参变量积分，也有类似的结论．（2）可积性定理①设函数f（x，y）在区域上连续，则函数和分别在区间[a，b]和[c，d]上可积，并且②设函数f（x，y）在区域上连续，则（3）可导性定理①设函数f（x，y）及其偏导数在区域上连续，则函数在区间[a，b]上可导，并且有②设函数f（x，y）及其偏导数在区域上连续，则求导数运算与积分运算是可交换顺序的．③设函数及其偏导数在区域上连续，且是满足的可微函数，则函数在区间上可导，并且二、含参变量广义积分1．含参变量无穷积分（1）含参变量无穷积分的定义设函数在上有定义，其中为一个集合．若对于广义积分收敛，则可得到E上的函数称该函数为含参变量无穷积分．（2）含参变量无穷积分的一致收敛①含参变量无穷积分的一致收敛的定义设函数在上有定义，其中是一个区间．若对于当时，对于有则称含参变量无穷积分在E上一致收敛．②含参变量无穷积分的绝对一致收敛的定义设函数在上有定义，其中是一个区间．若对于收敛，则称在E上绝对收敛．若在E上绝对收敛，则在E 上收敛．另外，若在E上一致收敛，则在E上绝对一致收敛．（3）一致收敛的判别法则①柯西准则设函数在上有定义，其中是一个区间，则含参变量无穷积分在E上一致收敛的充分必要条件是：对当时，对，有②魏尔斯特拉斯定理设函数在上有定义，其中是一个区间．若存在函数使得对于及有并且收敛，则在E上绝对一致收敛．③狄利克雷判别法设函数在上有定义（其中是一个区间），并且满足：a．存在对于及有b．对任意固定的是y的单调函数，且对于当时，对一切有即当时，q（x，y）关于x一致趋于0，则含参变量无穷积分在E上一致收敛．④阿贝尔判别法设函数在上有定义（其中是一个区间，并且满足：a．在上一致收敛；b．对任意固定的是y的单调函数，并且存在常数对于及有则含参变量无穷积分在E上一致收敛．（4）基本性质①定理1设函数在上有定义，其中则含参变量无穷积分在上一致收敛的充分必要条件是：对任意的满足条件且的序列函数序列在E 上一致收敛．②定理2设函数在上连续，其中是一个区间，并且含参变量无穷积分在E 上一致收敛到函数I（x），则I（x）在E 上连续．③定理3设函数在上连续，且含参变量无穷积分在[a，b]上一致收敛，则有④定理4设函数f（x，y）及其偏导数在上连续，其中是一个区间，再设存在x 0∈E，使得收敛，并且在E 上一致收敛，则a．在E 上一致收敛；b．⑤狄尼定理设函数在上连续且不变号，设对于收敛，且I（x）在[a，b]上连续，则I（x）在[a，b]上一致收敛．2．含参变量瑕积分（1）定义设函数在上连续，当时，以c为瑕点．若对任意瑕积分（17-1）收敛，则I（x）在[a，b]上有定义．称I（x）为含参变量瑕积分．（2）基本性质利用变换可以将（17-1）式化成含参变量无穷积分从而得到含参变量瑕积分也有相应的一致收敛性以及其它的性质．三、函数与函数1．函数（1）定义函数是指由如下含参变量积分定义的函数：（2）定义域。

伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-名校考研真题(数项级数)

从而
．又因为
收敛，故
收敛．
7．设 f（x）在[0，+∞）上连续，其零点为．
证明：
收敛
收敛．[华中科技大学研]
证明：必要性．由于
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又
收敛，故由归结原则知
收敛．
充分性．若
收敛，则对仸意的 ε，存在 N，当 n＞N、p∈N 时，
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第 9 章数项级数
1．设 0＜a＜1，求研]
证明：令两式相减可得
．[重庆大学研、浙江师范大学 2006
，则
，
于是
，故
．
2．设
收敛，级数
收敛，证明：
收敛．[上海交通大学研]
证明：因为
收敛，所以对仸意的 ε，存在 N，有 m、n＞N，不妨设 m＞n，有
有
对仸意的两点
则由 f（x）在相邻的零点之间不变号可得
，令 m、n＞N 使得，
所以
收敛．
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解：由等价无穷小量知
所以
，而
收敛，故
收敛．
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6．设 f（x）在[0，π]上二阶连续可微，f(0)=f（π）=0，
，
证明：
收敛．[华南理工大学研]
证明：由分部积分可得
因为 f″（x）在（0，π]上二阶连续可微，所以存在 M＞0，使得|f″(x)|≤M，x∈[0，π]．于是
，从而当 n＞N 时，有
．由比较判别法知
收敛，则
收敛，反之不成立．例如
收敛，但

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5．（15 分）利用替换结果，求
来计算积分
利用这个
解：设
则
或
代入得
所以
令 a=－2，b=3，m=2，n=3，并设
即得
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6．（15 分）讨论级数
的敛散性．
解：令
显然必须设 α≥0，否则若 α<0，对于某些
可能无意义．当 α=0 时，
内且在后面的诸多
中任取一个作为，依次类推可得（这是可能的，因为每个项）
中包含无穷多
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台
的一个子序列
满足
由此可得
所以
则
一个子序列，结论得证．
为
的
2．（15 分）若
收敛，则当 x→∞时是否必有 f（x）→0？研究例子：
（2）在任意闭区间[a,b]上，当 δ 足够小时，可使 F（x）与 f（x）一致逼近（即任给
ε>0，对一切
均有
证明：Leabharlann 因为 f（x）处处连续，所以 F'（x）连续，即 F（x）对任何 x 有连续导数．所以由洛必达法则可得
故对任给 ε>0，当 δ 足够小时，对一切立．
均有
即所证结论成
8．（20 分）证明：若 f（x）在[a，b]连续，且非线性函数 f（x）在（a，b）可导，
穷多项，则任取其一作为
．再将
二等分，又可得
所给序列的无限多项，依次类推，于是可得一串区间
（若两者均含有无，它包含
其中每一项
都包含所给序列的无限多项，且

伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-章节题库(傅里叶级数)

第12章傅里叶级数1．求下列函数在指定区间上的Fourier级数：解：1．解答下列问题：（1）设f（x）的Fourier系数为，试求的Fourier系数．（2）试求函数的Fourier系数．解：（1）由类似地可得（2）记f（x）的Fourier系数为，并写出，则由（1）可知，即从可得从可推1．试证明下列命题：（2）设是f（x）的Fourier系数，则证明：（1）写出cos（λx）的Fourier级数（i）在上式中令x＝0，再以x代λπ即得所证．（ii）在上式中令x＝π，再以x代λπ即得所证．（2）用Fourier展式，可知不妨假定，易得故可取，使得注意到在上一致收敛于，因此对任给．当m充分大时有从而有最后可得1．求下列函数在指定区间上的正弦级数展式：解：（1）由等式得到（2）λ不是整数：有（整数）：若n＝m是偶数，则；若n＝m是奇数，则（3）由等式并取，所以（4）由等式得到1．设且以2π为周期，令又设以2π为周期且二次可导，且在上满足试求的Fourier级数．解：假定，从而由题设可知（逐项求导）由此即得1．在所指定的区间内把下列函数展开为傅里叶级数：在区间中展开其中a及b为常数．解：由于故按展开定理，可展开为1．在区间中展开解：因为为奇函数，从而，且故按展开定理，可展开为1．在区间中展开解：因为为偶函数，从而，且故按展开定理，可展开为1．设是以为周期的连续函数并且为其傅里叶系数，求卷积函数的傅里叶系数利用所得的结果，推出李雅甫诺夫等式．解：由于故仍为以为周期的函数，于是，有。

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第7章定积分1．试证明下列命题：（1）设．若则（2）（3）设a，d＞0，且令则证明：（1）因为所以得到（2）对．写出此时有（3）记b＝a/d，有易知上式分母当n→∞时趋于1/2，对分子有分子对上式乘积中第一和第三项有估计：从而得到1．试证明下列不等式：（1）设f（x）是[a，b]上的非负上凸函数，则（2）设，则（3）设则（4）设在（a，b）上可导，则证明：（1）不妨设且，则由题设知类似地可得两式相加即得所证．（2）对，作f（x）在x＝0，2处的T aylor公式：由此知，以及．故得但据题设，不能有．从而得（3）因为所以（4）不妨设，则对有由此知1．试证明证明：引用公式（约定,x＝0时，左端＝2n＋1），可知注意到的原函数是，有1．试证明下列问题：（1）设，且，则存在极限（2）设，且是以T＞0为周期的函数，则（3）设正数列（a n）满足，则证明：（1）由可知{f（n）}是递增数列．又因所以{f（n）}是有界列．由此即得所证．（2）不妨假定（否则以代替f（x），其中M是f（x）的上确界）．对任给x＞0，存在n，使得．由题设知从而可得令结论得证（3）．．此时有，以及因此得1．试证明下列极限等式：证明：（1）注意到在上可积，有（2）乍看有点像函数sinx：在[0，π]上的积分和：但实际上不是，其不同之处就在乘积因子．因此，要把它化去，为此，需要运用放大缩小的方法：由此令可得（3）（i）首先（ii）其次（n＞k）因为且有，所以（4）根据不等式。

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3．洛必达法则的局限性
（1）通过变量替换，总可把其他形式的不定式极限问题转化为型和型
（2）并非所有的或型不定式都可用洛必达法则求其极限．
（3）应用洛必达法则时，每步必须验证
是否存在的条件，否则会得出错误
的结论．
三、泰勒公式 1．带佩亚诺余项的泰勒公式（1）重要定理设函数 f（x）在处具有 n（n≥1）阶导数，则有
（2）重要定理
①
为凸函数的充分必要条件是：对任意的
在点 x0 取得严格极小值；
③若当
及
时，都有
或者
则 x0 不是
f（x）的极值点．
（2）定理设函数 f（x）在
内 n 阶可导，
且
，则
①当 n 为奇数时，f（x）在点 x0 不取极值；
②当 n 为偶数且
时，f（x）在 x0 取严格极小值；
③当 n 为偶数且
时，f（x）在 x0 取严格极大值．
（3 ）达布（Darboux ）定理设函数 f （x ）在[a， b]上可导，则对于任意介于
时，称此时的泰勒公式为麦克劳林（Maclaurin）公式．
（3）重要函数的带佩亚诺余项的麦克劳林公式
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
2．带拉格朗日余项的泰勒公式
（1）定理设
，而且在（a，b）内存在 n＋1 阶导数，则对任意
有
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（2）重要定义当 f（x）在处具有 n（n≥1）阶导数时，就把多项式
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伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-章节题库(广义积分)

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第 8 章广义积分 1．计算下列反常积分：
解：（1）令 x＝tant，有
（3）将区间分段，
令 t＝x－a/x，有（4）应用分部积分公式，有
，故
令 x＝a/t，可知
从而可知
由此得到
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可知，
均原函数是有界的．从而 I 收敛．
（4）首先，用 Taylor 公式把被积函数写为
其次，根据 Dirichlet 判别法，积分
都是收敛的．又
积分
在 2α＞1 即对是收敛的；在时发散．这是因为余项
在 x≥1 上连续，且有
综上所述，反常积分，在
时收敛；在时 I 发散．
（5）对
用 Taylor 公式，有
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注意到此积分
绝对收敛的，故知 I 收敛．
，而
的原函数都是有界的，因
均收敛．此外，又根据
的积分是
1．判别下列积分的绝对收敛性：
解：（1）应用分部积分公式，有
由此即知 I 绝对收敛．
（2）令
，有
，注意到可知 I 条件收敛．
（2）设
绝对收敛，则
（3）设 f∈C（[0，∞），f（0）＝0 且|f（x）|≤M（0≤x＜∞）．若
绝
对收敛，则
证明：（1）由题设知
绝对收敛，又
故知存在极限
显然 l＝0．
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（2）应用积分中值公式，有
再由 f（x）在 x＝0 处连续知存在 N，使得

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第一部分名校考研真题说明：本部分从指定伍胜健主编的《数学分析》为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。

所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。

第7章定积分1．设f（x）和g（x）在[a，b]上连续，证明：其中[哈尔滨工业大学研]证明：不妨令.当M=0时，f（x）≡0，结论显然成立，所以不妨设M＞0.∵g（x）在[a，b]上连续，从而一致连续，所以，当时，由ε的任意性，可知2．设f（x）及g（x）在[a，b]上连续，f（x）≤g（x），且证明：在[a，b]上，f（x）≡g（x）．[湖南大学研]证明：设F（x）=f（x）-g（x），从而在[a，b]上，F（x）≤0，且下证F（x）≡0，反证法：若不然，，则存在，使在[x1，x2]上F（x）＜0.从而其中，得出矛盾．故在[a，b]上，F（x）=0，即f（x）≡g（x）.3．计算．[上海交通大学研]解：作变换，则，当时，，当时，，所以4．设f（x）连续，且有，求x≥0时f（x）的值．[北京航空航天大学研]解：由得，方程两边对x求导，得而x＞0时，f（x）＞0，所以，从而（c为常数）.又因为，且f（x）连续，故因此5．给出有界函数f（x）在闭区间[a，b]上Riemann可积的定义．试举出一个在[a，b]上有界但不可积的例子，并给出证明．[上海大学研]证明：Riemann可积的定义：设f（x）是定义在[a，b]上的一个函数，J是一个确定的实数．若对任意给定的正数ε，总存在某一正数δ，使得对[a，b]的任何分割T，以及在其上任意选取的点集，只要，就有则称函数f（x）存区间[a，b]上Riemann可积．在[a，b]上有界但不可积的例子：在区间[a，b]的任何部分区间上均有，所以，它不趋于0．因此f(x)在[a，b]上不可积．6．求定积分．[上海大学2006研]解：由于是奇函数，故，从而7．求．[南京理工大学2006研]解：做变量替换，则8．设f（x）为[a，b]上的有界单调函数，证明：（1）函数至多只有可数个间断点；（2）讨论函数在[a，b]上的可积性．[江苏大学2006研]证明：（1）设D是f（x）的第一类间断点集，令，，则，故只需证明A、B为可数集即可．以A为例，对任意的，选取有理数，使得．再选取有理数和，，使当时，；而当时，（此由f（x）在X有单侧极限可知）．因此，对应法则是从A到的一个映射，而且是单射，这是因为若有，，使，，，则．注意到，不妨设，于是可取，那么由前面的不等式，就得出的矛盾．这说明A与的一个子集对等，由可数，则A可数．（2）设f（x）为增函数，且f（a）＜f（b）（若f（a）=f（b），则f（x）为常量函数，显然可积）．对[a，b]的任一分割T，f（x）为增函数，f（x）在T所属的每个小区间上的振幅为于是有由此可见，任给ε＞0，只要，就有所以f（x）在[a，b]上可积．9．设f（x）在[0，＋∞）上连续有界，证明：[华东师范大学2006研]证明：记．显然有，又，故对任意的ε＞0，存在，使得由上确界的定义知，对上述的ε＞0，存在，．因为f（x）在处连续，由连续函数的局部保号性知存在δ＞0，使得，．于是由于，所以存在，使得取，则有即．10．设函数f（x）在[a，b]上非负、连续、严格递增，g（x）在[a，b]上处处大于零、连续且．由积分中值定理，对任意自然数n，存在，使得求极限．[北京师范大学研]解：因为g（x）在[a，b]上处处大于零、连续，所以存在c＞0使得当时，有g(x)≥c．从而对任意的ε＞0，有由于，又f（x）在[a，b]严格递增，故由极限的保号性知，存在N＞0，使得当n＞N时，有，于是．又由f（x）在[a，b]上严格递增知，当n＞N时，有成立，故．11．设函数f（x）是[－1，1]上的连续函数，且有，，证明：至少存在两个不同元素，使得．[北京师范大学2006研]证明：反证法．假设f（x）在（－1，1）内至多只有一个零点．若f（x）在（－1，1）内没有零点，不妨设f（x）在（－1，1）内恒正．由于f（x）在处连续，故由连续函数的局部保号性知，存在充分小的δ＞0使得当时．有．于是矛盾．若f（x）在（－1，1）内只有一个零点c，则f（x）在内恒不为零．若f(x)在内恒正或恒负，可以类似前面的证明推出矛盾．若f（x）在（－1，c）内恒正，在（c，1）内恒负（f（x）在（－1，c）内恒负，在（c，1）内恒正的情况完全类似）．由于，，所以．令，则，且g（x）在内恒正，往后类似前面的证明即可推出矛盾．12．设f（x）在[0，1]上Riemann可积，且，求．[浙江大学研]解：因为f（x）在[0，1]上Riemann可积，所以存在M，使得，则．则．13．利用可积函数条件证明：在[0,1]上可积．[南京师范大学2006研]证明：对[0，1]做任意分割T，注意到f（x）在[0，1]上有界，其不连续点为且f（x）在[0，1]的任意区间上的振幅w≤1．对任意的ε＞0，由于f（x）在上只有有限个间断点，故可积．因此，存在η＞0，对的任意分法，只要，就有．显然，，则对于[α，β]的任意分法，只要，就有．令，设是在[0，1]上满足的任意分法．设，由上述证明，有，显然又有，所以．于是，则f（x）在[0,1]上可积．。

伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(曲线积分与曲面积分)【圣才出品】

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其中 f（x，y，z）称为被积曲面积分的性质
①若在 S 上函数 f（x，y，z）≡1，则
为曲面 S 的面积．
②若曲面
，则函数 f（x，y）在 S 上的曲面积分即为二重积分
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2．第二型曲面积分的定义
设
是分片光滑双侧曲面，若它有边界，则其边界由有限条分段光滑曲线组成．给
定 S 的一侧，S 上每点处的单位法向量记为
,向量函数
在 S 上有定义．对 S 作任意分割每块小曲面的面积，记
给出时，则有
2．第一型曲面积分的定义
（1）第一型曲面积分的定义
设
是光滑曲面，函数 f（x，y，z）在 S 上有定义，又设
是 S 的一个分割，记
在 △ Sk 上任取一点
，作和式
对于 S 的任意分割 T 及任取的时，有
．若存在常数 I，使得对于当
即
则称 f（x，y，z）在 S 上的第一型曲面积分存在，并称 I 为 f（x，y，z）在 S 上的第一型曲面积分，记为
数．对于的任一分割 T：
记
为弧段
的
弧长（即介于
之间部分的长度）及
在
上任取一点
，作和式
若存在 I ∈R，使得对于
，当λ（T）＜σ时，有
对的任意分割 T 及每个小弧段上任意选取的
即
则称 f（x，y，z）沿的第一型曲线积分存在，并称 I 为 f（x，y，z）在上的第一型曲
线积分，记为
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特别地，当是一条简单闭曲线时，有

伍胜健《数学分析》(第1册)章节题库-第2章序列的极限【圣才出品】

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所以存在
使 n＞N＇时，
于是，只要取 N＇＞N，当 n＞N＇时
由 ε＞0 的任意性得
（2）当 a＝＋∞时，则
使得当 n≥N 时，
所以，由单调增知单调增（至多除去有限项），且
以上不等式对应端相加得
由
于是，单调增，由（1）的结论得
又因为
且由无穷大量与无穷小量关系即得
解：（1）题中的行列式等于关系：
因此满足递推
将初始值
代入可得
进而求得
等
等．
（2）用
表示 Fibonacci 数列．在关系式
中易 n 为 2n－5，可得
并且，当 n＝3 时，
这表明数列
与数列
同的初值，因此它们完全重合．
另外，当 n＝2 时，直接验证可知
满足同一个递推关系，并且具有相也成立．于是有
（3）当 a＝－∞时，则
使得当，n＞N 时
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即
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由（2）知，
注意
所以
即
证毕．
7．设 p 为自然数，求下列各极限：
解：（1）设又
因为
，所以单调增，且
于是，由 Stolz 定理（2）因为
得
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使得只
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6．设单调增，且
又
证明：
证：（1）设 a 为有穷数，则
使得当 n≥N 时
又因为
单调增，所以有
上述不等式对应端相加得即得注意

伍胜健《数学分析》(第1册)章节题库-第1章函数【圣才出品】

台
解：图形关于 Oy 轴对称．周期为 π．将
的图形叠加即得．如图 1-4 所示．
图 1-4
12．证明：若函数
的图形对于两点
和对称，则函数 f（x）是线性函数与周期函数的和．特别是，若
则函数 f（x）是周期函数．证明：设 x 是任一实数．按假设有：
在（1）中，将 x 换成 x＋（b－a）则得将（3）代入（2）得即

的数 x 的集合．
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4．求下列函数的存在域和函数值域：
解：当 1－2cosx>0 时，y 值确定．解之，得存在域为满足不等式
的数 x 的集合 A．因为
所以，函数值域为满足不等式
的数 y 的集合．
5．设则
为单调增函数．证明：若
证明：设为三个函数公共域内的任一点，则由（1）以及函数 f（x）的单调增加性知
从而，同理，可证由的任意性，于是，（2）式得证．
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6．求反函数
台
和它的存在域，若：
解：由于即
两端再取对数，并注意到
即－1＜y＜1，于是，
7．证明：若对于函数
有等式
（式中 k 和 T 为正的常数）成立，则
（2）由 R（x）的表达式及有理数的性质可知，
（其中 p，q 互质，q＞0）是
有理数，且任一有理数可有此既约分数表达．
注意当 p，q 互质时，p＋q 与 q 互质，且有理数加 1 仍为有理数，故
若 x 为无理数，有 x＋1 为无理数，若 x 为有理数，则存在互质
整数 p，q（q＞0），使
所以由 R（x）的定义有

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