南京航空航天大学601数学分析(A卷)2017年考研真题

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罗斯《公司理财》(第11版)考研真题(选择题)【圣才出品】

一、选择题1．外部融资需要量与下列哪个因素没有明显关系（）。

[中央财经大学2019研] A．销售的增长B．销售净利率C．股利支付率D．负债利率【答案】A【解析】外部融资是指企业向其外部筹集资金，如发行股票、债券，向银行申请贷款等，它一般都要发生筹资费用。

A项，销售的增长并不能直接带来盈利的增加，还要看销售价格与销售成本的大小，其不直接影响外部融资的需要量。

B项，销售净利率又称销售净利润率，是净利润占销售收入的百分比。

销售净利率越高，公司盈利越多，可由公司内部产生现金，这意味着外部融资的需求较少。

C项，股利支付率也称股息发放率，是指净收益中股利所占的比重，股利支付率越高，净收益中用来再投资的资金就越少，公司需要依靠更多的外部筹集来满足资金需要。

D项，负债利率越高，采用外部融资所需要支付的成本就越高，进而会影响公司的外部融资需要量。

2．一家公司有负的净营运资本（net working capital），那么这家公司（）。

[中山大学2018研]A．流动负债比流动资产多B．已陷入破产C．手上没有现金D．需要卖出一些存货来纠正这个问题【答案】A【解析】根据公式：净营运资本＝流动资产－流动负债，净营运资本为负说明流动负债大于流动资产。

3．剩余股利政策的理论依据是（）。

[南京航空航天大学2017研]A．信号理论B．MM理论C．税差理论D．“一鸟在手”理论【答案】B【解析】剩余股利政策是企业在有良好的投资机会时，根据目标资本结构测算出必须的权益资本与既有权益资本的差额，首先将税后利润满足权益资本需要，而后将剩余部分作为股利发放的政策。

剩余股利政策的理论依据是MM理论股利无关论。

该理论认为，在完全资本市场中，股份公司的股利政策与公司普通股每股市价无关，公司派发股利的高低不会对股东的财富产生实质性的影响，公司决策者不必考虑公司的股利分配方式，公司的股利政策将随公司投资、融资方案的制定而确定。

因此，在完全资本市场的条件下，股利完全取决于投资项目需用盈余后的剩余，投资者对于盈利的留存或发放股利毫无偏好。

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，……

南京航空航天大学817工程热力学(A卷)2017年考研真题

四、（15 分）空气流过多孔填料的过程可近似视为绝热节流过程。现有一股空气流过多孔填料后，压力由 0.22MPa 降低到 0.18MPa。然后从 800K 的恒温热源吸热，使空气定压地从 30℃升高到 120℃。已知环境温度为 30℃，空气视为定比热的理想气体， c p 1.005kJ / ( kg K ) 。试求：1）1kg 空气由于其在多孔填料内部流动阻力所引起的做功能力损失； 2）1kg 空气由于不等温传热过程所引起的做功能力损失； 3）1kg 空气在以上过程中的总做功能力损失。五、（ 15 分）氧气瓶容积为 0.04m3 ，内盛有压力 p1 150 105 Pa 的氧气，其温度与室温相等，

8（10 分）一小瓶温度为 TA 的氦气，放置在一个封闭的保温箱内，小瓶由绝热材料制成。设箱内原为真空，由于小瓶漏气, 瓶内氦气的温度变成 TA , 箱内氦气的温度为 TB ，试分析 TA , TB , TA 中哪一个最大？哪一个最小？二、（10 分）某种理想气体初态为 P0、T0，经可逆绝热膨胀到 P1，然后在体积不变的情况下温度缓慢恢复到 T0，此时压力为 P2。试求：1）在 P-v 图上画出此热力过程； 2）证明 k
南京航空航天大学 2017 年硕士研究生入学考试初试试题（
科目代码: 科目名称: 817 工程热力学
A卷）
分
满分: 150
注意: ①认真阅读答题纸上的注意事项；②所有答案必须写在答题纸上，写在本试题纸或草稿纸上均无
效；③本试题纸须随答题纸一起装入试题袋中交回！一、简答分析题（50 分） 1、（5 分）绝热真空刚性容器内充入理想气体后，容器内气体的温度与充气前气体的温度一样。这个说法正确吗？简要说明理由。 2、（5 分）A 热机的效率比 B 热机高，A 热机的热效率是不是也一定比 B 热机高？请简要说明理由。 3、（5 分）试证明理想气体 T-s 图中，通过某点的定容线比定压线更加陡峭。 4、（6 分）判断下列 2 个过程是否可逆。并扼要说明原因。 1) 对刚性容器内的水加热使其在恒温下蒸发。 2) 对刚性容器内的水作功使其在恒温下蒸发。 5、（6 分）用水泵输送容器内的热水到一定高度的另一个系统内，为防止热水在输送过程中可能产生的汽化，试分析水泵应该装在容器下还是容器上若干米处？ 6、（6 分）在焓湿图上绘出降温除湿过程 1-2，并在图上表示出从 t1>td 降温到 t2<td 后湿空气内水蒸气分压力的变化大小。 7、（7 分）某闭口系统经历一个可逆过程从状态 1 变化到状态 2，如下图所示，工质视为理想气体。试分析该过程是吸热还是放热，是对外做功还是外界对其做功。如果是不可逆呢？并简述理由。

南京航空航天大学理学院《814高等代数》历年考研真题汇编

目　录2012年南京航空航天大学814高等代数考研真题2013年南京航空航天大学814高等代数考研真题2014年南京航空航天大学814高等代数考研真题2015年南京航空航天大学814高等代数考研真题2016年南京航空航天大学814高等代数考研真题2017年南京航空航天大学814高等代数考研真题2018年南京航空航天大学814高等代数考研真题2012年南京航空航天大学814高等代数考研真题南京航空航天大学2012年硕士研究生入学考试初试试题(d卷)科目代码：&14科目宿称：满分：150分注意：①认真阅谟答题纸上的注意事项；②所有答案必弑写在国巫上，与在本试题纸或革稿纸上均无效；③本试题飙领随答题纸一起装入试题袋中交回1一、(20分)设,=(1,2⑵气^=(3,0,0/,%在基岗，如是下的坐标分别是纺叫，％(这里丁表示转置，以下各题相同).1*求向量四，禹，防；2.在舟中求一组标准正交基，使得从基牝％、到基建s的过渡矩阵为上三角矩阵.二、(15分)设有两组向量'2、⑴：西=2a2=3,%=1'(11):&、=b L=b23£1-求参数八使得色,知,％线性相关;2.当％，气,昭线性相关时，求参数b和c,使得向量组(I)和(II)等价.三、(25分)设J?'的线性变换『使得1.求T在基旬=(1,0,0)七勺=(0,1,0)r t引=(0,0,1)『下的矩在&2.如果T有三个线性无关的特征向量，求参数环和可逆矩阵P,使得P l AP是对角矩阵；3,如果a={-\,l,l)r是T的一个特征向量，证明力不能与对角矩阵相似，并求彳的Jordan标准形.四、(2。

分)设实二次型/(X)=({1+a}^|+x,十…十五)，+(2x|+(2+。

[工？中，■■*卜2工“)2H----(■(叫+wx,+(百+a)工J,尸的正惯性指数小于…求参数a以及使得f(X)=0的全部h谁向量X.五、(15分)设A,B,C是三个占阶矩阵，旦期=0,A*BC=Ea，证明：1.秩GO+秩(5)=m;(E0、2-矩阵4与形如oj的矩阵相似，其中旦表示左阶单位矩阵，尹是矩阵力的秩•六、⑴分)设/⑴=注+工+1,h是自然数，证明：1■，Q)W+o(x+1)w的充分必要条件是】=],这里十表示整除；2,对任意多项式g(x),(/(x),g(x))=I的充分必要条件是(广(游法,(圳=1.七、(20分)设刃是”阶正定矩阵，占是以阶实对称矩阵，证明：1.存在"阶可逆矩阵尸，使得P T AP=E n而.RP为对角矩阵；2.存在正数么，当t>t c时，tA+B也是正定矩阵；3,如果B还是半正定矩阵，则|应+应习』.八、00分)设瓦&是两个h阶实对称矩阵，且A=B\证明；1.方程组4¥=0与敬=0同解；2,对任意实数。

罗斯《公司理财》（第11版）考研真题（简答题）【圣才出品】

罗斯《公司理财》（第11版）考研真题（简答题）【圣才出品】四、简答题1．达⽣公司决定发⾏债券进⾏融资，但考虑到当前利率较⾼，未来市场利率可能下调，因此董事会认为公司应该发⾏可赎回债券。

预期利率下降是否是发⾏可赎回债券的充⾜理由，为什么？[中央财经⼤学2019研]答：可赎回债券是指发⾏公司可以按照发⾏时规定的条款，依⼀定的条件和价格在公司认为合适的时间提前赎回的债券。

⼀般来讲，债券的赎回价格要⾼于债券⾯值，⾼出的部分称为“赎回溢价”，赎回溢价可按不同的⽅式确定。

可赎回债券关于提前赎回债券的规定是对债券发⾏公司有利的，但同时却有可能损害债权⼈的利益。

⽐如，若公司发⾏债券后市场利率降低，公司可利⽤债券的可赎回性，采⽤换债的⽅法提前赎回利息较⾼的债券，⽽代之以利息较低的债券。

⽽如果市场利率在债券发⾏后进⼀步上升，发⾏公司可以不提前赎回债券，继续享受低利息的好处。

这样，利息变动风险将完全由债权⼈承担。

因此，预期利率下降可以作为发⾏可赎回债权的理由，但并不是充分理由。

市场上实际利率的⾛向还需要考虑各个⽅⾯因素的影响，⽽且可赎回条款通常在债券发⾏⼏年之后才开始⽣效。

当前利率较⾼，未来利率可能因为经济波动或者是政策因素的影响，继续保持较⾼的⽔平，也可能因为宏观经济调整，实际利率有所下降，不同的改变对可赎回债券的提前赎回产⽣不同的影响。

2．为什么说经营杠杆⼤的公司要适度的进⾏债务筹资？[南京航空航天⼤学2017研]答：（1）经营杠杆经营杠杆，⼜称营业杠杆或营运杠杆，反映销售和息税前盈利的杠杆关系。

指在企业⽣产经营中由于存在固定成本⽽使利润变动率⼤于产销量变动率的规律。

为了对经营杠杆进⾏量化，企业财务管理和管理会计中把利润变动率相当于产销量（或销售收⼊）变动率的倍数称之为经营杠杆系数、经营杠杆率，并⽤公式加以表⽰：经营杠杆系数＝息税前利润变动率/产销业务量变动率。

⼀般来说，在其他因素不变的情况下，固定成本越⾼，经营杠杆系数越⼤，经营风险越⼤。

2015-2018年南京航空航天大学考研试题 601数学分析

9. 设
f
(x,
y)
=
⎪⎧1 ⎨
− ex(x2 + y2 x2 + y2
)
,
⎪⎩ 0,
(x, y) ≠ (0,0) , (x, y) = (0,0)
求 f (x, y) 在 (0,0) 点的 4 阶泰勒多项式，并求
出 ∂2 f (0,0) ， ∂4 f (0,0) . （12 分）
∂x∂y
∂x4
10. 计算二重积分 ∫∫( x + y )dxdy , 其中 D 是由坐标轴及抛物线 x + y = 1 D 所围区域. （13 分）
ξ
ξ
x
因为 ξ ∈ (0, x) ，所以当 x → 0 时有ξ → 0 ，于是由上式得
lim cos 1 = 0 ，即 lim cos 1 = 0 .
x→0
ξ
ξ →0
ξ
5. 设函数 f (x) 在[0,1] 上二阶可导，且在[0,1]上成立 |f (x)| ≤ 1，|f "(x)| ≤ 2，证明在[0,1] 上成
南京航空航天大学
科目代码: 科目名称:
2015 年硕士研究生入学考试初试试题ď A 卷 Đ
601 数学分析
满分: 150 分
注意: ①认真阅读答题纸上的注意事项；②所有答案必须写在答题纸上，写在本试题纸或草稿纸上均无
效；③本试题纸须随答题纸一起装入试题袋中交回！
1. 计算下列极限(每题 6 分，共 12 分) .
11. 计算曲面积分 ∫∫Σ xdydz + ydzdx + zdxdy ,
其中 Σ 为上半球面 z = R 2 − x 2 − y 2 的上侧. （12 分）

[理学]南京大学2017-2018年数学分析考研试题及解答.pdf

2000年南京大学硕士研究生入学考试数学分析试题一、求下列极限. 1）设nn n x x x ++=+3)1(31,(01>x 为已知),求n n x ∞→lim ； 2)22)(lim 2200y x y x y x +→→；3)201cos lim x xtdt t ++∞→∫； 4)222222021lim cos()xy r x y r e x y dxdy r π+→+≤−∫∫.二、在[]1,1−上有二阶连续导数,0)0(=f ,令xx f x g )()(=,())0()0(,0f g x ′=≠,证明： 1))(x g 在0=x 处连续,且可导,并计算)0(g ′； 2))0(g ′在0=x 处也连续. 二、设t e e t f t ntn 3sin )1()(−−−=,()0≥t ,试证明1）函数序列(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上和无穷区间[0,)+∞上均一致收敛于0；2）∫+∞−−∞→=−030sin 1lim tdt e e tn t n . 三、设对任一A>0,)(x f 在[]A ,0上正常可积,且0)(0≠∫+∞dt t f 收敛.令(),0,)()()(0≥−=∫∫+∞x dt t f dt t f x x xϕ试证明)(x ϕ在()+∞,0内至少有一个零点.四、计算积分())0(,sin cos ln )(2222>+=∫a dx x x a a I π.五、试求指数λ,使得dy r y x dx r y x λλ22−为某个函数()y x u ,的全微分,并求()y x u ,,其中22y x r +=.六、计算下列曲线积分和曲面积分)1()()()∫+++−++=cdz z y x dy y x dx z y x I ,223其中c 为1222=+y x 与z y x −=+222的交线,从原点看去是逆时针方向.)2()()()2222222:,R c z b y a x S dxdy z dzdx y dydz x I S=−+−+−++=∫∫.七、设()ln nn u x x x =,[]0,1x ∈,(1)试讨论1()n n u x ∞=∑在](0,1上的收敛性和一致收敛性；(2)计算11ln n n x xdx ∞=∑∫.九、设222exp ,0,0(,)0,0,0x t t x f x t t t x−+>> ==> ,0()(,)I x f x t dt ∞=∫ , (0)x > 1）讨论0(,)f x t dt +∞∫在()0,+∞上的一致收敛性,并证明200lim ()2tx I x e dt ++∞−→==∫ 2）计算()I x .2000年南京大学数学分析考研试题的解答一、1、解设xc x c x f ++=)1()(,),0[+∞=∈I x ,其中常数1>c . 因为111)1()()1()(022<−=−≤+−=′<c cc c x c c c x f ,所以f是I 上的压缩函数.对3(1)()3x f x x +=+,13(1)()3n n n nx x f x x ++==+, 1111|||()()||()()|||n n n n n n n n x x f x f x f x x k x x ξ+−−−′−=−=−≤−, 于是111113(1)3(1)32||||||33(3)(3)n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x −+−−−++⋅−=−=−++++12||3n n x x −≤−,{}n x 是压缩迭代序列,所以n n x ∞→lim 存在,设lim n n x A →∞=,易知0A ≥；在n n n x x x ++=+3)1(31两边令∞→n 取极限,得到3(1)3A A A+=+,所以A =；故lim n n x →∞=.2、解先求其对数的极限：()2222()(00)limln x,y ,x y x y →+, 由于()()()()222222222211ln ln 022x y x y x y x y x y +≤+⋅++→,((,)0x y →)；所以()2222()(00)limln 0x,y ,x y x y→+=,进而()()222222ln 220()(00)()(00)limlim e=1x yx y x y x,y ,x,y ,xye +→→+== . 3、解由于21cos tdt t+∞∫收敛,于是201cos lim 0x xtdt t++∞→=∫. 4、解 222222021lim cos()xy r x y r ex y dxdy rπ+→+≤−∫∫2222202lim cos()xy r x y r e x y dxdy +→+≤=−∫∫22(0,0)2[cos()]|2xy e x y =−= .二、证明 (1)由于()f x 在[]1,1−上有二阶连续导数, 所以()f x ,(),()f x f x ′′′在[]1,1−上连续；当0x ≠时, ()()f x g x x=,显然()g x 在0x ≠处是连的；在0x =处,'00()()(0)lim ()limlim (0)0x x x f x f x f g x f x x →→→−===−. 有)0()(lim 0g x g x =→；所以()g x 在0x =处连续. 故()g x 在[]1,1−上连续.在0x =处, 00()(0)()(0)(0)lim lim x x f x f g x g x g x x→→′−−′==2000()(0)()(0)()1lim lim lim (0)222x x x f x xf f x f f x f x x →→→′′′′′−−′′====.(2)当0x ≠时, ()()f x g x x =, 2()()()f x x f x g x x ′−′=g . 由于()f x 和()f x ′连续, 故当0x ≠时, ()g x ′存在且连续. 而且, 200()()()()()lim ()limlim 2x x x f x x f x f x x f x f x g x x x →→→′′′′′⋅−⋅+−′==0()1lim (0)(0)22x f x x f g x →′′⋅′′′===. ()g x ′在0x =处连续, 进而()g x ′在[]1,1−上连续.三、引用定理设{()}n f x 在[,)a +∞上有定义,满足：(1)对每一b a >,{()}n f x 在[,]a b 上一致收敛于0；(2)lim ()0n x f x →+∞=,且关于n 是一致的,则{()}n f x 在[,)a +∞上一致收敛于0.1）证明 (1)因为3|()||(1)sin |(1)t t t nnn f t e e t e −−−=−≤−, 显然{}t ne −在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于1, 于是(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于0；又3|()||(1)sin |t t t nn f t e e t e −−−=−≤,因而lim ()0n t f t →+∞=,且关于n 是一致的,所以(){}t f n 在无穷区间[0,)+∞上一致收敛于0； 2）因为3|()||(1)sin |t ttnn f t e e t e −−−=−≤,且0t e dt +∞−∫收敛,(){}t f n 在任一有穷区间[]A ,0上一致收敛于0利用积分控制收敛定理,得3000lim 1sin lim ()lim ()0tt n n n n n n e e tdt f t dt f t dt +∞+∞+∞−−→∞→∞→∞−=== ∫∫∫. 四、证明显然0(0)()f t dt a ϕ+∞=−=−∫,0lim ()()x x f t dt a ϕ+∞→+∞==∫；存在0A >,当x A ≥时,有()2ax a ϕ<<； )(x ϕ在[0,]A 上连续,(0)()0A ϕϕ<,由闭区间上连续的零点定理, 得)(x ϕ在()+∞,0内至少有一个零点. 五、解dx x b x a )cos sin ln(222202+∫π,0,>b a .记dx x b x a b a I )cos sin ln(),(222202+=∫π,),(b a I 是连续可微函数. 当b a =时,dx x a x a a a I )cos sin ln(),(222202+=∫πa ln π=；当b a ≠时,dxx b x a xa b a I a ∫+=∂∂2022222cos sin sin 2),(πdx bx b a b b x b a b a a ∫+−−+−−=2022222222222sin )(sin )(2π]cos sin 2[2202222222dx x b x a b b a a ∫+−−=ππ]tan tan 2[220222222x d bx a b b a a ∫+−−=ππ ]|)tan arctan(2[22022ππx b a a b b a a −−=b a a b b a a +=−−=1]22[222πππ, 于是C b a b a I ++=)ln(),(π,再由a a a I ln ),(π=,得2ln π−=C ,故2ln),(ba b a I +=π. 六、解设22(,),(,)x x P x y r Q x y r y y λλ==−,12(,)yr y r r P x y x yy λλλ−−∂=∂, 2122(,)xxr x r r Q x y xy λλλ−+∂=−∂,令(,)(,)P x y Q x y y x∂∂=∂∂,得1λ=−；由1u x r x y −∂=∂, 得1()u r y y ϕ=+,代入212u x r y y −∂=−∂,得()y C ϕ=,故1(,)u x y r C y =+ . 七、()()()∫+++−++=cdz z y x dy y x dx z y x I ,223其中c 为1222=+y x 与z y x −=+222的交线,从原点看去是逆时针方向. （1）解 22{(,,):1,21}x y z z x y Σ==−+≤,22{(,):21}D x y x y =+≤(cos ,cos ,cos )n αβγ=r(0,0,1)=, 利用斯托克斯公式,得()()()3cI x z dx x dy x y z dz =++++∫Ñ3cos cos cos dS x y z x zx x y zαβγΣ∂∂∂=∂∂∂+++∫∫3001dS x y z x zx x y zΣ∂∂∂=∂∂∂+++∫∫22(1)(1)Dz dS dxdy Σ=−=+∫∫∫∫2Dy dxdy π=+2122001sin 2d r ππθθ=∫20311cos 2242d πθπθ−=+∫38ππ= . (2)解区域2222)()()(:R c z b y a x ≤−+−+−Ω,利用高斯公式,得222Sx dydz y dzdx z dxdy ++∫∫dxdydz z y x )(2++=∫∫∫Ωdxdydz c b a c z b y a x )]()()()[(2+++−+−+−=∫∫∫Ωdxdydz c b a )(2++=∫∫∫Ω334)(2R c b a π++=3)(38R c b a π++=.八、解 (1)显然1()n n u x ∞=∑在](0,1上收敛,且10,1()()ln ,011n n x u x S x x xx x∞==== << − ∑, ()n u x 在](0,1上连续,而()S x 在](0,1上不连续,所以1()n n u x ∞=∑在](0,1上不一致收敛；(2)11()()ln 1NNN n n x S x u x x x x =−==−∑,显然,对任意01a b <<<,{()}N S x 在[,]a b 上一致收敛,{()}N S x 在(0,1]上连续, |ln ||()|1N x x S x x ≤−,(01)x <<,10|ln |1x x dx x−∫收敛；于是级数可以逐项积分故112001111ln ln (1)n nn n n x x dx x xdx n ∞∞∞=== == +∑∑∑∫∫ . 九、(1)解显然(,)f x t 在(0,)(0,)+∞×+∞上连续,且有20(,)t f x t e−<≤,而2t e dt +∞−∫收敛,从而有0(,)f x t dt +∞∫在()0,+∞上一致收敛；对任意0a B <<<+∞,当0x +→时,(,)f x t 在[,]a B 上一致收敛于2t e −,于是2lim ()lim (,)lim (,)2tx x x I x f x t dt f x t dt e dt ++++∞+∞+∞−→→→====∫∫∫； (2)利用等式20(())b f ax dx x +∞−∫201()f x dx a +∞=∫,)0,(>b a .2()0b ax xedx −−+∞∫20112x e dx a a +∞−==∫ ,)0,(>b a . 可知222()()(,)x t t I x f x t dt edt −++∞+∞==∫∫22()22202xt xxu xteedt ee du e −−+∞+∞−−−−===∫∫.南京大学2001年数学分析考研试题一、求下列极限1）设),2(,43,011≥+==−n a a a n n 求n n a ∞→lim ；2）yx y x e y x 12201lim +−→+∞→++；3）设[],,)(,B b a A C x f B A <<<∈试求∫−+→bah dx hx f h x f )()(lim 04）设)(x f 在)1,0(内可导,且),1,0(,1|)(|∈∀<′x x f 令)2)(1(≥=n n f x n ,试证明n n x ∞→lim 存在有限二、设,1)0(,)(),(2=∈+∞−∞g C x g 令≠−=′=时当时当0,cos )(0),0()(x x xx g x g x f 1）讨论处的连续性；在0)(=x x f 2)求.0)(),(处的连续性在并讨论=′′x x f x f 三、设[][],1,0,1)(0,0)0(,)(1,01∈∀≤′<=∈x x f f C x f 试证明对一切[]1,0∈t ,成立[]∫∫≥ tt dx x f dx x f 032)()(四、求下列积分1）计算反常积分∫+∞−=0sin dx x xe I x ；2)计算曲面积分222I x dydz y dzdx z dxdy Σ=++∫∫,其中Σ为锥面()h z y x ah z ≤≤+=0,22222那部分的外侧.五、求212arctan )(x x x f −=在0=x 处的幂级数展开式,并计算∑∞=+−=012)1(n nn S 之值六、设nnn x x x ++=+11α,1>α,10x ≥. 1) 证明级数11()n n n x x ∞+=−∑绝对收敛；2)求级数()∑∞=+−11n n n x x 之和.七、设4220(,)exp t I dt αβαβ+∞−= + ∫,其中βα,满足不等式43222−≤+−βαα. 1）讨论含参变量积分),(βαI 在区域432:22−≤+−βααD 上的一致收敛性；2）求),(βαI 在区域D 上的最小值.南京大学2001年数学分析考研试题的解答一、 1、解易知111||||4n n n n a a a a +−−=−,{}n a 是压缩迭代序列,所以lim n n a →∞存在,设lim n n a A →∞=,则有34A A +=,1A =,所以lim 1n n a →∞=. 2、解令u =,则有0lim x y u +→+∞→=+∞；由424421202uu u x eeu ey e − ≤+≤==,得2201lim 0x y x ey +→+∞→ +=.3、解 ()f x 在[,]A B 上连续,对任何A a x B <<<,因为 dt t f h t f h x a ∫−+))()((1dt h t f h x a ∫+=)(1dt t f h xa ∫−)(1 dt t f h h x h a ∫++=)(1dt t f h x a ∫−)(1dt t f h h x x ∫+=)(1dt t f h ha a∫+−)(1, 由此,即得)()())()((1lim 0a f x f dt t f h t f h xah −=−+∫→,()A a x B <<< .4、解由题设条件,得 111111|||()(||()()|11(1)n n n x x f f f n n n n n n ξ+′−=−=−≤+++, 121||||||||n p n n n n n n p n p x x x x x x x x +++++−−≤−+−+−L11(1)(1)()111111((1121111n n n p n p n n n n n p n p n n p n<++++−+=−+−++−++++−+=−<+L L 由此即可知{}n x 是一个基本列,所以n n x ∞→lim 存在且有限.二、由于()g x 在(,)−∞+∞上有二阶连续导数,所以()g x ,(),()g x g x ′′′在(,)−∞+∞上连续；0()cos ()sin lim ()limlim (0)(0)1x x x g x x g x xf xg f x →→→′−+′==== 有0lim ()(0)x f x f →=；所以()f x 在0x =处连续. 显然()f x 在0x ≠处连续.故()f x 在(,)−∞+∞上连续.在0x =处, 00()cos (0)()(0)(0)lim lim x x g x xg f x f x f x x→→−′−−′== 200()cos (0)()sin (0)lim lim 2x x g x x xg g x x g x x→→′′′−−+−== 0()cos 1lim ((0)1)22x g x x g →′′+′′==+； (2)当0x ≠时, ()cos ()g x x f x x −=, 2(()sin )(()cos )()g x x x g x x f x x ′+−−′=g . 由于()g x 和()g x ′连续, 故当0x ≠时, ()f x ′存在且连续. 而且, 200(()sin )(()cos )lim ()limx x g x x x g x x f x x →→′+⋅−−′=0(()cos )(()sin )(()sin )lim 2x g x x x g x x g x x x →′′′′+⋅++−+= 0()cos 1lim ((0)1)(0)22x g x x g f →′′+′′′==+= ()f x ′在0x =处连续, 进而()f x ′在(,)−∞+∞上连续.三、假设()f x 在[]0,1上可导,且()0()1,0,1,(0)0f x x f ′<<∀∈=,证明()2300()()>∫∫xxf t dtf t dt ,()0,1∀∈x .证明令()230()()()=−∫∫xxF x f t dtf t dt ,()320()2()()()()2()()′=−=−∫∫xxF x f x f t dt f x f x f t dt f x ,因()0()1,0,1,(0)0f x x f ′<<∀∈=,所以()0>f x ,令20()2()()=−∫xg x f t dt f x ,则[]()2()1()0′′=−>g x f x f x ,即得()(0)0>=g x g , 所以()0′>F x , 则()230()()()(0)0=−>=∫∫xxF x f t dtf t dt F ,()0,1∀∈x ,于是()230()()xxf t dtf t dt >∫∫,()0,1∀∈x .四、(1)计算dx xaxbx e px∫+∞−−0sin sin ,),0(a b p >>. 解因为dyxy xaxbx ba∫=−cos sin sin ,所以dx xax bx epx∫+∞−−0sin sin dx dy xy e b a px)cos (0∫∫+∞−=,由于pxpxexy e−−≤|cos |及dx e px ∫+∞−0收敛,根据魏尔斯特拉斯判别法,得dx xy e px ∫+∞−0cos 在],[b a y ∈上一致收敛,又xy e px cos −在],[),0[b a ×+∞上连续, 所以积分可交换次序,即dx dy xy e bapx )cos (0∫∫+∞−xydx e dy px bacos 0∫∫+∞−=∫+=bady yp p 22p ap b arctan arctan −= 故dx x ax bx e px∫+∞−−0sin sin pap b arctan arctan −= ,任何实数a b p ,,0>. 特别地0sin arctan14xx e dx x π+∞−==∫ .(2)解 (由于Σ不是封闭曲面,需要补充一部分曲面,构成一个封闭曲面.)区域Ω：1222()hx y z h a +≤≤,边界1Σ+Σ=Ω∂,方向朝区域外.2221:,x y a z h Σ+≤=,方向朝上.显然dxdy z dzdx y dydz x 2221++∫∫Σ∫∫Σ=12dxdy z 22222222x y a h dxdy h a a h ππ+≤===∫∫,利用高斯公式,得dxdy z dzdx y dydz x222++∫∫Ω∂dxdydz z y x )(2++=∫∫∫Ω222()2()h ax y z hdzx y z dxdy +≤=++∫∫∫202()ha z z dz h π=⋅∫2212a h π=,再由dxdy z dzdx y dydz x 222++∫∫Ω∂dxdy z dzdx y dydz x 222++=∫∫Σdxdy z dzdx y dydz x 2221+++∫∫Σ,得出dxdy z dzdx y dydz x 222++∫∫Σ2212a h π=− . 五、解 212arctan )(x x x f −=,因为2202()2(1)1n nn f x x x ∞=′==−+∑,(0)0f = 所以210(1)()221n n n f x x n ∞+=−=+∑,(11)x −≤≤,显然21(1)21n n n n ∞+=−+∑在[0,1]上一致收敛,∑∞=+−=012)1(n n n S 21110(1)11lim lim ()212224n n x x n x f x n ππ−−∞+→→=−====+∑ . 六、证明令x x x f ++=1)(α,则有2)1(1)(x x f +−−=′α,αα=)(f , )(x f 在),0(+∞上是严格递减的；当α>x 时,α<)(x f ；当α<x 时,α>)(x f ；若α>1x ,则有 α>−12n x ,α<n x 2,),2,1(L =n ；将11n n n x x x α++=+代入1211n n n x x x α++++=+,得22(1)(1)2n n nx x x ααα+++=++, 由n n n n n x x x x x −++++=−+2)1()1(22αααnn x x 2)1()(22++−=αα,得}{12−n x 单调递减,}{2n x 单调递增,设a x n n =−∞→12lim ,b x n n =∞→2lim ,在121221−−++=n n n x x x α,nn n x x x 22121++=+α中,令∞→n 取极限,得 a a b ++=1α,bb a ++=1α,从而有α==b a ,故α=∞→n n x lim .()11111Nn n N n xx x x x ++=−=−→∑,()N →∞,()111n n n x x x ∞+=−=∑；111|||()()||()()|n n n n n n n x x f x f x f x x ξ+−−′−=−=−,其中n ξ位于n x 与1n x −之间,lim n n ξ→∞=,1lim |()|||11n n f f k αξα→∞−′′==≤=<+, 于是存在正整数N ,当n N ≥时,成立11||||n n n n x x K x x +−−≤−,其中常数01K <<, 由此而来,可知级数11||n n n x x ∞+=−∑收敛,故级数11()n n n x x ∞+=−∑绝对收敛；若1x =则有n x =,此时结论显然可得；若10x ≤<,则有2x >然后就与上面的情况类似了. 七、解 (1)43222−≤+−βαα等价于2221(1)()2αβ−+≤,于是有 221944αβ≤+≤,设422(,,)exp t f t αβαβ−=+, 则有44422exp (,,)exp exp 1944t t t f t αβαβ−−−≤=≤ + ,显然40exp 94t dt +∞−∫是收敛的, 于是(,,)f t dt αβ+∞∫在区域432:22−≤+−βααD 上是一致收敛的；(2)),(βαI ()4400exp exp 414t dt t dt +∞+∞−≥=−∫∫11401()4u e u du +∞−−==, ),(βαI 在区域D 上的最小值1(4 .南京大学2002年数学分析考研试题一求下列极限. (1)(1)cos2lim(sin sin )ln(1)2x x x x xx x →∞+−−+；(2)设()ln()f x x a x =+−,(,)x a ∈−∞,(i)()f x 在(,)a −∞上的最大值；(ii)设1ln x a =,21ln()x a x =−,1()n n x f x +=,(2,3,)n =L ,求lim n n x →∞.二设1()sin ln f x x x=−,试证明()f x 在[2,)+∞内有无穷多个零点. 三设()f x 在0x =的某个邻域内连续,且(0)0f =,0()lim 21cos x f x x→=−,(1)求(0)f ′；(2)求20()lim x f x x→；(3)证明()f x 在点0x =处取得最小值.四设()f x 在0x =的某个邻域内具有二阶连续导数,且0()lim 0x f x x →=,试证明：(1)(0)(0)0f f ′==； (2)级数11()n f n ∞=∑绝对收敛.五计算下列积分 (1)求x ；(2)SI zxdydz xydzdx yzdxdy =++∫∫,其中S 是圆柱面221x y +=,三个坐标平面及旋转抛物面222z x y =−−所围立体的第一象限部分的外侧曲面.六设()[,]f x C a b ∈,()f x 在(,)a b 内可导,()f x 不恒等于常数,且()()f a f b =, 试证明：在(,)a b 内至少存在一点ξ,使()0f ξ′>.七在变力F yzi zxj xyk =++r r r r的作用下,质点由原点沿直线运动到椭球面2222221x y z a b c ++=, 第一象限的点(,,)M ξηζ,问(,,)ξηζ取何值时,F r所做的功W 最大,并求W 的最大值. 八 (1)证明：(1n x xe n −−≤,(,0)n N x n ∗∈≤≤；(2)求20lim (1n n n xx dx n→∞−∫.南京大学2002年数学分析考研试题解答一 (1)解 0(1)cos 2lim (sin sin )2x x xx x x x →+−−+201(1)cos12lim sin sin 2ln(1)x x x x x x x x x x→+−=−+ ln(1)01(ln(1))sin 1222lim2x x x x x e x x x +→+++⋅+=1ln(1)0sin 12lim[(ln(1))12x x x x xe x x x +→=++++ 124=+94=.(2)解 (i)11()1a xf x a x a x−−′=−=−−,当1x a <−时,()0f x ′>,()f x 在(,1]a −∞−上单增, 当1a x a −<<时,()0f x ′<,()f x 在[1,)a a −上单减,所以()f x 在1x a =−处达到最大值,(1)1f a a −=−； (ii)当1a >时,10ln ln(11)1x a a a <==+−<−, 11a x a <−<,210ln()ln 1x a x a a <=−<<−, 32()(1)1x f x f a a =<−=−, 1n x a <−,1n a x <−,1ln()n n n n x x a x x +=+−>,{}n x 单调递增有上界,设lim n n x A →∞=,则有ln()A A a A =+−,1a A −=,1A a =−,所以 lim 1n n x a →∞=−；当1a =时,0n x =,lim 0n n x →∞=；当01a <<时,1ln 0x a =<,1ln ln(11)1x a a a ==+−<−, 11a x <−, 二证明因为1(2102ln(22f n n ππππ+=−>+,1(2)102ln(2)2f n n ππππ−=−−<−,(1,2,)n =L ,显然()f x 在[2,)+∞上连续,由连续函数的介值定理知,存在(2,2)22n n n ππξππ∈−+使得 ()0n f ξ= (1,2,)n =L ,即得()f x 在[2,)+∞上有无穷多个零点.三解 (1)2200()()2lim lim 1cos 1cos x x f x f x x x x x→→==−−,因为20lim21cos x x x →=−,所以20()lim 1x f x x →=, 200()()limlim()0x x f x f x x x x →→=⋅=,00()(0)()lim lim 00x x f x f f x x x→→−==−, 于是(0)0f ′=； (3)由20()lim1x f x x →=知,存在0δ>,当0x δ<<时,2()12f x x >,()(0)f x f >,即知()f x 中在0x =处取得极小值.sup ()x M f x δ≤′′=四、证明 (1)由0()lim ()lim0x x f x f x x x→→=⋅=,知(0)0f =, 由00()(0)()limlim 00x x f x f f x x x→→−==−知(0)0f ′=. (2)22111111((0)(0)()()22n n f f f f f n n n n ξξ′′′′′=++=,211(2M f n n ≤,已知2112n M n∞=∑收敛,其中sup ()x M f x δ≤′′=,于是11(n f n ∞=∑收敛,结论得证.五 (1)解322[(1)]3xx x e dx ′=−∫32222(1)333x x x e dx =−−+33222222(1)(1)3333x x x x e e =−−⋅−+,所以111)1)22xx xe e C=−−−+11(1)(23x x xxe e e C=−−−.(2)解曲面221x y+=,222z x y=−−事物交线为221x y+=,1z=,22221{(,,):1,02,0,0}x y z x y z x y x yΩ=+≤≤≤−−≥≥,22222{(,,):12,02,0,0}x y z x y z x y x yΩ=≤+≤≤≤−−≥≥,其中S是区域1Ω的边界时,利用高斯公式,SI zxdydz xydzdx yzdxdy=++∫∫1()z x y dxdydzΩ=++∫∫∫2122000(cos sin)rd dr z r r rdzπθθθ−=++∫∫∫212222000(cos sin)rdr dz zr r r dπθθθ−=++∫∫∫212200(2)2rdr zr r dzπ−=+∫∫122221[(2)2(2)]22r r r r drπ=−+−∫11352400[44]2[2]4r r r dr r r drπ=−++−∫∫121(212(4635π=−++−7142415π=+.当S是2Ω的边界时,利用高斯公式SI zxdydz xydzdx yzdxdy=++∫∫2()z x y dxdydzΩ=++∫∫∫222000(cos sin)rdz z r r rdπθθθ−=++∫∫222211(2)2(2)]22r r r r drπ=−+−224111[2(22]243r r r drπ=−−+−35212(2435r rπ=+−14241515π=+−.六证明证法一用反证法,假若结论不成立,则对任意(,)x a b∈,都有()0f x′≤,()f x在[,]a b上单调递减,由于f不恒等于常数,所以()f x′不恒等于零,存在一点(,)x a b∈,使得0()0f x′<,()()lim()0x xf x f xf xx x→−′=<−,存在01x x b<<,使得1010()()f x f xx x−<−,10()()f x f x<,因为()()f x f a≤,1()()f b f x≤,所以10()()()()f b f x f x f a≤<≤,这与()()f a f b=矛盾,从而假设不成立,原结论得证.证法 2 由于f在[,]a b上连续,f在[,]a b上取到最大值M和最小值m,且m M<,由于()()f a f b =,所以f 的最大值M 或最小值m 必在(,)a b 内达到. 若f 在0(,)x a b ∈处达到最大值0()()()f a f b f x =<,存在0(,)a x ξ∈使得00()()()()f x f a f x a ξ′−=−,从而有()0f ξ′>；若f 在1(,)x a b ∈处达到最小值1()()()f x f a f b <=,存在11(,)x b ξ∈使得111()()()()f b f x f b x ξ′−=−,从而有()0f ξ′>；结论得证.七解设u xyz =,则有gradu F =r ,所以F r是有势场,()()OMW Fdr u M u O ξηζ==−=∫r r,由于0,0,0x y z ≥≥≥时,222232222)x y z xyz a b c =++≥=,323xyz abc ≤=,等号成立当且仅当x y z a b c ===,所以(,,)ξηζ=时,W 达到最大值,且W 的最大值.八证明 (1)由于当0y ≥时,有1ye y −>−,对任意n N ∗∈,0x n ≤≤,取x y n =,1xn xe n−≥−,所以有(1)x n xe n−≥−；(2)取2(1),0()0,n n x x x n f x n n x −≤≤ = <,有20()x n f x e x −≤≤,20x e x dx +∞−∫收敛,对任意0A >,{()}n f x 在[0,]A 上一致收敛于2x e x −,故由函数列积分的黎曼控制收敛定理,20lim (1nn n x x dx n→∞−∫0lim ()n n f x dx +∞→∞=∫0lim ()n n f x dx +∞→∞=∫20x e x dx +∞−=∫20()xx e dx +∞−′=−∫02()x x e dx +∞−′=∫02x e dx +∞−=∫02()x e dx +∞−′=∫2= .南京大学2003年数学分析考研试题一求下列极限(1)设0a >,求x ；(2)设1x =1n x +=,(1,2,)n =L ,求lim n n x →∞.(3)21lim(1)x x x e x−→∞+⋅. 二过(1,0)P 点作抛物线y =切线,求(1)切线方程；(2)由抛物线、切线及x 轴所围成的平面图形面积； (3)该平面图形分别绕x 轴和y 轴旋转一周的体积. 三对任一00y >,求00()(1)y x y x x ϕ=−在(0,1)中的最大值, 并证明该最大值对任一00y >,均小于1e −.四设()f x 在[0,)+∞上有连续导数,且()0f x k ′≥>,(0)0f <,(k 为常数),试证：()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点. 五计算下列积分(1)设120ln(1)()1ax I a dx x +=+∫,(0)a >,求()I a ′和(1)I ； (2)32222()Sxdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++∫∫,其中S 为上半球面2222x y z a ++=,(0)z >的外侧.六设(1),01(),10.n n nxx x x e x ϕ −≤≤= −≤≤ ,()f x 在[1,1]−上黎曼可积, (1)求lim ()n n x ϕ→∞,并讨论{()}n x ϕ在[1,1]−上的一致收敛性；(2)求11lim ()()n n f x x dx ϕ−→∞∫,(要说明理由)七设0()nn n f x a x ∞==∑的收敛半径为R =+∞,令0()nk n k k f x a x ==∑,试证明：(())n f f x 在[,]a b 上一致收敛于(())f f x ,其中[,]a b 为任一有穷闭区间.南京大学2003年数学分析考研试题解答一 (1)解设max{1,}M a =,则有M ≤≤, 由此知,1,01max{1,},1n a M a a a << === ≥ ；(2)解由归纳法,易知2n x <,12x x <,1n n x x +−==,由此知,{}n x 单调递增有界,设lim n n x a →∞=,02a <≤,则有a =2a =,故lim 2n n x →∞=.(3)21lim(1)x x x e x −→∞+⋅ 21(1)lim x x x x e →∞+=1(1)lim xx x x e→∞+ =1[ln(1)1]lim x x xx e +−→∞=, 12[ln(1)1]2311111ln(11lim limlim 12x x xx x x x x x x x ex x +−→∞→∞→∞+−−++==−1lim 21x x x →∞=−+12=−, 故21lim(1)x x x e x −→∞+⋅12=−. 3 解(1)y ′=,设切点为00(,)x y,0x x k y =′==,设切点00(,)x y 的切线方程为0)y x x −=−.将1x =,0y =代入,0)x =−, 002(2)1x x −−=−,03x =,01y =,所求切线方程为11(3)2y x −=−,即1(1)2y x =−. (2)解32212001121(1)212233S x dx udu t tdt =−−=−=−=∫∫∫∫.(3) 3321222120011211[(1)]24326x V x dx dx u du tdt πππππππ=−−=−=−=∫∫∫∫,131122224202[2](21)(44)(441)x V y dy y dy y y dy y y dy ππππ=+−+=++−++∫∫∫∫14016(34)(32)55y y dy πππ=+−=+−=∫.三解 00100()[(1)]y y x y y x x x ϕ−′=−−0100[(1)]y y x y x x −=−−01000[(1)]y y x y y x −=−+, 当0001y x y <<+时,()0x ϕ′>,当0011y x y <<+时,()0x ϕ′<,于是()x ϕ在001yx y =+处达到最大值,000100001000011(((11111(1)y y y y y y y y y y y y ϕ++===+++++.容易证明1()(1)y g y y =+在(0,)+∞上单调递减,11(1)y e y ++>,1111(1)y e y +<+,故有001011(11(1)y y y ey ϕ+=<++.四证明对任意(0,)x ∈+∞,1()()(0)(0)()(0)(0)f x f x f f f x f kx f ξ′=−+=+≥+, 当x 充分大时,有()0f x >,又(0)0f <,由连续函数的介值定理,存在(0,)ξ∈+∞,()0f ξ=, 由()0f x k ′≥>,()f x 在[0,)+∞上严格单调递增,所以()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点. 五 (1)解 120()(1)(1)xI a dx ax x ′=++∫1122001[]111x a a dx dx a x ax +=−+++∫∫211[ln 2ln(1)]124a a a π=+−++, 显然(0)0I =,1(1)()I I a da ′=∫111222000ln(1)11ln 212141a a da da da a a a π+=−+++++∫∫∫11(1)ln 2ln 22442I ππ=−+⋅+⋅, 因为(1)ln 28I π=,120ln(1)ln 218x dx x π+=+∫.(2)解 2222{(,,):}x y z x y z a Ω=++≤,222{(,,):,0}D x y z x y a z =+≤=,32222()Sxdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++∫∫31Sxdydz ydzdx zdxdy a =++∫∫31[]S D D a =+−∫∫∫∫∫∫31[30]dxdydz a Ω=+∫∫∫331233a a π=⋅⋅2π=. 六、解 1,0lim ()0,[1,1],0n n x x x x ϕ→∞= = ∈−≠,由于极限函数在[1,1]−上不连续,所以{()}n x ϕ在[1,1]−上不一致收敛；但对任何10,01,a b −<<<<{()}n x ϕ在[1,][,1]a b −U 上一致收敛于0；且|()1n x ϕ≤,根据控制收敛定理,对于()f x 在[1,1]−上黎曼可积,有 11lim ()()0n n f x x dx ϕ−→∞=∫.七、证明由条件知()f x 在(,)−∞+∞上连续,{()}n f x 在任意有限区间上是一致收敛的, 对任意有限区间[,]a b ,{()}n f x 在[,]a b 上一致收敛于()f x ,{()}n f x 在[,]a b 上一致有界,()n f x M ≤,再由()f x 在[,]M M −上一致连续,于是有{(())}n f f x 在[,]a b 上一致收敛于(())f f x .南京大学2004年数学分析考研试题一．求下列极限 1.设n a =+L 求lim n n a →∞；2.ln 2sin x x x e x →++；3. ()()2200lim ln x y x y x y →→++；4. 设(){}222,:r D x y x y r =+≤,0r >,求()2221lim cos rx y r D e x y dxdy r π+−→+∫∫.二．确定最小正数,使下面的不等式成立：()()2222ln x y A x y +≤+,()0,0x y ∀>>.三．设()()1122f x x x = +−,求()()n f x ,并证明级数()()0!0n n n f ∞=∑收敛.四．求333Sx dydz y dzdx z dxdy ++∫∫其中S 是2221x y z ++=的上半球的下侧.五．设()2cos cos cos n n f x x x x =+++L ,（1）当0,2x π ∈ 时,求()lim n n f x →∞,并讨论(){}n f x 在0,2π的一致收敛性；（2）证明:对任一自然数n ,方程()1n f x =在0,3π内有且仅有一个根；（3）若0,3n x π∈是()n f x 的根,求lim n n x →∞.六．设()22xxt f x xe e dt −=∫,(1) 证明 ()f x 在[)0,+∞上有界；(2) 证明221xt x x e dt e ≤−∫,()(),x ∀∈−∞+∞.南京大学2004年数学分析考研试题解答一．1. 解n a ≤≤,1n n ==,1n n →∞==,所以lim 1n n a →∞=；2. 解0ln 2sin xx x e x →++()0112cos lim 1sin x x x e x x ex→+++=+22410+==+. 3. 解因为()()()22220ln x y x y x y ≤++≤+22ln 4ln 0r r r r ==→,()0r →,所以()()2200lim ln 0x y x y x y →→++=.4. 解设(),f x y 在点()0,0的某个邻域内连续,则有 ()()21lim ,0,0rr D f x y dxdy f r π+→=∫∫,()2221lim cos rx y r D e x y dxdy r π+−→+∫∫()220cos 001e −=+=.二．解设()ln r f r r =,()1r ≥,则()10f =,()lim 0r f r →∞=,()21ln rf r r−′=, 当r e =时,有()0f e ′=,当1r e <<时,有()0f r ′>,从而()f r 在[]1,r 上严格单调递增, 当e r <<+∞时,()0f r ′<,从而()f r 在[),e +∞上严格单调递减, 所以()f r 在r e =处达到最大值,对1r ≤<+∞,有()()1f r f e e ≤=, 1ln r r e ≤,()1r ≥, 对01r <<,显然有1ln r r e≤, 故使不等式()()2222ln x y A x y +≤+,()0,0x y ∀>>,成立的最小的正数A 为1e .三．解 ()()1122f x x x = +− 2111522x x=+ + −,()()()()111!2!5212n n n n n n f x x x ++− =++ −, ()()()()111!2!0522nn n n n n f+−+−=+ ,()()()11!5120122n n n n n n u f ++==−+,115151022122n n n u ++<<−:, 而105122n n ∞+=∑是收敛的,所以()()0!0n n n f ∞=∑收敛. 四．解设(){}222,,:1,0V x y z x y z z =++≤≥,(){}22,,:1,0D x y z x y z =+≤= 利用高斯公式,得333S x dydz y dzdx z dxdy ++∫∫333333S D x dydz y dzdx z dxdy x dydz y dzdx z dxdy =−+++++∫∫∫∫上侧 333Dx dydz y dzdx z dxdy +++∫∫()22230Vx y z dxdydz =−+++∫∫∫212220003sin d d r r dr ππθϕϕ=−∫∫∫163255ππ=−⋅⋅=−.五．解 (1)()()2cos 1cos cos cos cos 1cos n nn x x f x x x x x−=+++=−L ,当0,2x π ∈ 时,0cos 1x <<,lim cos 0n n x →∞=,于是有()cos lim 1cos n n x f x x →∞=−,0,2x π∈.()n f x 在0,2π 上连续,显然()0n f n =,(){}0n f 发散,从而知(){}n f x 在0,2π上不一致收敛,对任意02πδ<<,(){}n f x 在,2πδ上一致收敛. 五、设2()cos cos cos n n f x x x x =+++L ,求证:(2) 对任意自然数(2)n n ≥,方程()1n f x =在区间(0,)3π内必有唯一根n x , (3) 并求数列{}n x 的极限n n x ∞→lim .证明 (2) 显(0)1n f n =>,2111(13222n n f π=+++<L ,由连续函数的介值定理,存在(0,)3n x π∈,使得()1n n f x =;显然()0n f x ′<,(0,3x π∈,即()n f x 在(0,)3π上严格单调递减,所以()1n f x =的根是唯一的.(3) 显然1()()n n f x f x +>, 111()()()n n n n n n f x f x f x +++=>, 于1n n x x +<,即得{}n x 单调递增, 203n x x π<≤<,从而lim n n x a →∞=存在,且203x a π<≤≤,lim cos cos n n x a →∞=, 21cos cos 12n x x <≤<,lim(cos )0n n n x →∞=;在cos (1(cos ))()cos (cos )11cos n nn n n n n n nx x f x x x x −=++==−L ,令 n →∞,取极限,得cos 11cos 1cos 2a a a =⇒=−,得3a π=,故lim 3n n x π→∞= .六．证明(1)显然 ()f x 是偶函数,()f x 在[)0,+∞上连续,()220lim limxt xx x x e dtf x e→+∞→+∞=∫222lim2xt x x x e dt xe xe→+∞+=∫22221lim 242x x x x e x e e →+∞=++11022=+=, 于是可知,()f x 在[)0,+∞上有界,且()f x 在[)0,+∞上一致连续；（2）对0x >,设()()221xx t g x e x e dt =−−∫,()00g =,()g x 是偶函数,()222222xxx t x x t g x xe e dt xe xe e dt ′=−−=−∫∫,()00g ′=,()222222220x x x x g x x e e e x e ′′=+−=>,从而有()0g x ′>,()0g x >, 故有221xt x x e dt e ≤−∫,()(),x ∀∈−∞+∞.南京大学2005年数学分析考研试题解答1、求n →∞+. 解解法1 利用几何平均与算术平均不等式,及2!nn n ≥,2224(!)()n n n n n n n n≥=≥=L,limn n→∞+=+∞L .解法2 利用Stolz 定理,原式limn n→∞++=L lim (1)n n n →∞=+−lim n ==+∞.2 、求ln !limln n n n n→∞.解利用Stolz 定理,原式ln(1)lim (1)ln(1)ln n n n n n n →∞+=++−1ln(1)lim 1ln(1)n n n nn →∞++=+⋅1ln(1)lim 1ln(1)ln n n n nn →∞++=++11lim 1ln(1)ln ln(1)ln(1)n n n n n n →∞+=++++1=. 3 求1lim (1)n x n x x dx →∞+∫. 解 11010(1)21n x n x x dx x dx n <+≤=+∫∫,10lim (1)0n x n x x dx →∞+=∫. 4 设21,1()2,1x x g x x x x −≤− = ++>− ,求11(1)lim (n n i x i x g x n n →∞=−−+∑. 解原式10()x g x y dy −=+∫,5、当112p <≤时,证明：344sin ||sin n p n x dx x x ππππ++≥+∫. 证明344sin ||sin n p n x dx x x ππππ+++∫344sin()||()sin()p n u du n u n u πππππ+=+++∫344sin |()(1)sin |p n u du n u u πππ=++−∫, 当344u ππ≤≤时, |()(1)sin |()1(1)1p n p p p n u u n n ππππ++−≤++=++,sin sin4u π≥=, 于是sin |()(1)sin |p n u n u u π≥++− 故有344sin ||sin n p n x dx x x ππππ++≥+∫.南京大学2005年数学分析考研试题一、求下列极限1 设常数1a >,试求极限11lim (1)k nnn k an a k−→∞=+−∑.。

南京航空航天大学_601数学分析2002--2017+部分答案_考研专业课真题

x ∈ I .
1 ⎧ 2 ⎪x sin 2 4. （13 分）设函数 f ( x) = ⎨ x ⎪ ⎩ 0
（1）求 f ' ( x ) ；（2）讨论 f ' ( x ) 的连续性；
x ∈ (0,1] x=0
.
（3）讨论 f ' ( x ) 在 [0,1] 上的定积分是否存在. 601 数学分析第 1 页共 2 页
f ( x ) .
601 数学分析
第 2 页共 2 页
南京航空航天大学 2012 年硕士研究生入学考试初试试题
科目代码： 601 科目名称：数学分析满分： 150 分
A
注意: ①认真阅读答题纸上的注意事项；②所有答案必须写在答题纸上，写在本试题纸或
草稿纸上均无效；③本试题纸须随答题纸一起装入试题袋中交回！
3
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + = 0 ，求 f 满足的方程及函数 u ( x, y, z ) ． ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
9. （12 分）求两曲面 x + 2 y = 1 和 x + 2 y + z = 1 的交线上距离原点最近的点．
2 2 2
10. （13 分）计算三重积分有界区域． 11. （13 分）计算积分
x4 ∫−1 1 + e x dx .
1
∞
7. （13 分）讨论级数
∑
n =1
(−1) n n
x+ 1 n
的绝对收敛性、条件收敛性和一致收敛性，并指出函数 f ( x) =
∑
n =1
∞
(−1) n n
x+ 1 n
在 (1,+∞) 上的连续性.

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2

（1）根据隐函数定理验证方程（2）求 '(0) .
10.（12 分）计算三重积分 x

2
x 2 y 2 dV ，其中为曲面 z x 2 y 2 和 z x 2 y 2 围成的有界区
域. 11.（12 分）设函数 f ( x, y) 在 xoy 平面上二阶连续可微， Lt 是从点 (0, 0) 到点 (1, t ) 的光滑曲线. （1）证明曲线积分 I (t )
x a x
f '( ) 0.
4.（12 分）已知 y arcsin x, 求 y ( n ) (0). 5.（12 分）设函数 f ( x) 在 [0,1] 上二阶可导，且 f ''( x) 0, x [0,1] ，证明：

6.（13 分）（1 ）写出反常积分 I （2）计算反常积分 I 7.（13 分）若
1
0
1 f ( x 2 )dx f ( ). 3

a
ln x a2 dx , ( a 0) x 在变换下的形式； t a2 x2

0
ln x dx(a 0) . a x2
2
f n ( x) xnk e nx 在 [0, ) 上一致收敛，求 k 的取值范围.
Hale Waihona Puke 9.（13 分）设二元函数 f ( x, y) 在点 (0,1) 的邻域内存在一阶连续偏导数，且 f (0,1) 0, f y '(0,1) 0 ，令 g ( x, y ) f x,

y
0
sin tdt .
g ( x, y) 0 在点 (0, ) 的邻域内能确定一单值函数 y ( x) ；
Lt
f ( x, y ) f ( x, y ) dx dy 与路径无关； x y
（2）若 f ( x, y) 满足
f ( x, y ) (ax 1)eax y , 且 f (0, y) ey ，求 I (t ) 的最小值. x
e
2 z 2
12. （13 分）设第二型曲面积分 I
8.（12 分）设二元函数 f ( x, y) x y g ( x, y) ，其中 g ( x, y) 连续且 g (0,0) 0 . （1）求 f x '(0, 0) 和 f y '(0, 0) ；（2）判断 f ( x, y) 在 (0, 0) 点的可微性.
科目代码：601 科目名称：数学分析第 1 页共 2 页

x y
2 2 dxdy ，其中为由曲面 z x y 与平面 z 1, z 2 所
围成立体表面的外侧. （1）分析该曲面积分能否用 Gauss 公式计算；（2）求
I
的值.
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x 1 ； x x 1
x
（2） lim ( x3 x 2 x

1 x x )e x 6 1 2
2.（12 分）写出点 x0 是函数 f ( x) 的第一类间断点的定义，并证明：区间 (a, b) 上的单调函数的间断点必是第一类的. 3.（13 分）设函数 f ( x) 在 (a, ) 可微， lim f ( x) lim f ( x) L. 证明：存在 (a, ) ，使得
南京航空航天大学 2017 年硕士研究生入学考试初试试题（
科目代码: 科目名称: 601 数学分析
A卷）
分
满分: 150
注意: ①认真阅读答题纸上的注意事项；②所有答案必须写在答题纸上，写在本试题纸或草稿纸上均无
效；③本试题纸须随答题纸一起装入试题袋中交回！ 1.（13 分）计算下列极限（1） lim