浙江大学数学分析试题答案-考研试卷
数学分析考研试题及答案
数学分析考研试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 设函数f(x)在点x=a处可导，则下列说法正确的是：A. f(x)在x=a处连续B. f(x)在x=a处不可导C. f(x)在x=a处不一定连续D. f(x)在x=a处可微答案：A2. 极限lim(x→0)(sinx/x)的值为：A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B3. 函数f(x)=x^3-6x^2+11x-6的极值点为：A. 1B. 2C. 3D. 1和2答案：D4. 若函数f(x)在区间(a,b)上连续，则下列说法错误的是：A. f(x)在(a,b)上必有最大值B. f(x)在(a,b)上必有最小值C. f(x)在(a,b)上可以没有最大值D. f(x)在(a,b)上可以没有最小值答案：C二、填空题（每题5分，共20分）1. 设函数f(x)=x^2+3x+2，则f'(x)=_________。
答案：2x+32. 函数y=x^3-3x+1在x=1处的切线斜率为_________。
答案：13. 设函数f(x)=ln(x)，则f'(x)=_________。
答案：1/x4. 若函数f(x)=x^2-4x+c在x=2处取得极小值，则c=_________。
答案：4三、解答题（每题10分，共60分）1. 求函数f(x)=x^3-6x^2+11x-6的单调区间。
答案：函数f(x)的导数为f'(x)=3x^2-12x+11。
令f'(x)>0，解得x<1或x>3；令f'(x)<0，解得1<x<3。
因此，函数f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减。
2. 求极限lim(x→0)(x^2sinx/x^3)。
答案：lim(x→0)(x^2sinx/x^3) = lim(x→0)(sinx/x^2) = 0。
3. 证明函数f(x)=x^3+3x^2-9x+1在x=-3处取得极小值。
浙江大学2011-2012数学分析(2)-试卷及答案(baidu-word版)(K12教育文档)
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浙江大学20 11 —20 12 学年 春夏 学期《 数学分析(Ⅱ）》课程期末考试试卷（A)课程号： 061Z0010 ，开课学院：___理学部___ 考试形式：闭卷,允许带___笔____入场考试日期： 2012 年 6 月 18 日，考试时间: 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。
考生姓名： 学号： 所属院系： _一、 计算下列各题: ( 每题5分，共35分 )1. 22()(02)()(02)2222()(02)()(02)ln(1)lim lim 4.sin ln(1)ln(1)lim =lim 4.sin sin x y x y x y x y xy xy xx xy xy x y x xy x→→→→+==++⋅⋅=，，，，，，，，【方法一】：【方法二】： 2. 22222221(1)()()12.(1)1(1)11zxy x y y z x xxy x x x x y xy ∂--+-∂=⋅==-∂-+∂+⎛⎫++ ⎪-⎝⎭， 3. 1:(){r t t t =，平行，并求该点处的切线方程.22(1){1}{121}=120 1.{111}1111(2)(1)1.2323s t t n s n t t t s P x y z ==-⋅-+=⇒==-=-=-曲线的切向量，，，平面的法向量，，，由于切线与平面平行，则：切向量，，切点，，，因此，切线方程为：4.121433411fl i j l i j l ∂=+=-=∂有连续偏导数，，；且在点，23.fl ∂=-∂求：12124334(1){}{}55554334+11+() 3.555579.(2)(12)79.ll f f f f f f x y x y l l f fx yf fP dz dx dy dx dy x y-∂∂∂∂∂∂=⋅⋅==⋅⋅-=-∂∂∂∂∂∂∂∂==∂∂∂∂=+=+∂∂与、同方向的单位向量分别为，、，，则：，因此，，在点，处的全微分为：5.11132132010()()().y y I dy f x y dx dy f x y dx dy f x y dx --=+=⎰⎰⎰⎰，，，6. 112222222211222211111111111(1)1()1()().28284111lim [(1)].4nn nn n n n u eo o on n nn nn n n n n u e n n+∞+∞→+∞==⎛⎫⎛⎫=-+=+++-+-+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+∑∑则，，而收敛，因此，原级数收敛7. 2224.3C x y z xds C x y z ⎧++=⎨++=⎩⎰计算：，其中：(1) 1.1(2)()22.3CC C O d C r I x y z ds ds r ππ====++===⎰⎰曲线为圆，原点到平面的距离的半径根据对称性，二、计算题：（每题8分，共48分)8.()()()()1111112011112111(11).111()..(1)()()ln 1.(11)(1)1122()12122n n n n x nn n n n n n n n n n n n n f x x x n n f x nx nx nx dx x x x xf x f x x x x xn n f n n ∞∞++==∞∞∞∞--====∞∞+===-++''⎛⎫⎛⎫'==== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭'=⇒=+--<<--==++∑∑∑∑∑∑⎰∑∑令：，则：级数的收敛区间为，则：而因此，故，22ln 2.=-9. ()()12211122221222221112222(1)2.(2)222.42()(1).xy xy xy xy xy xy xy xy xy zxf ye f x z x yf xe f e f xye f ye yf xe f x y xyf x y e f xye f xy e f ∂=+∂∂=-++++-+∂∂=-+-+++ 10. 2244().1.Dx y dxdy D x y ++=⎰⎰计算：其中是由曲线所围区域14442(cos sin )223002tan 22444440000cos (1)()sin 114sin cos sin cos 11((2)00 1.2Du x r x y dxdy d r dr y r d d u du u u u x x r y πθθπθπθθθθθθθθθπθ-+=+∞+∞=⎧+=⎨=⎩+===+++⎫=-=⎪⎭⎧=∂⎪≤≤≤≤⇒⎨=⎪⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰令：，则：令：，1112222202224000)()()4()4(cos sin 1112211DD uy r D x y dxdy x y dxdy d r u du uu u πππθθθθθθ+∞=∂+=+=++==+⎫=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰，，设由曲线所围区域中第一象限部分为，根据区域的对称性，0+∞=⎪⎭11.()2222221(0)211cos 0cos 201112.241(sin )4sin cos 2422.2zzx y z z z u xxu z x y z xoy e z I e dV I d rdr dz r dr r x x xedx ue du I e dzdxdy ππθππππππ++≤≥=+≤-===-==⋅---===⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⎰⎰⎰⎰⎰由于积分区域关于平面对称，被积函数关于为偶函数，因此，【方法一】：令：【方法二】：()12011200211cos 2cos 222011cos 202(1)2(1)2()22(1)2(2)2.2sin 4sin 44(1)2.z z z e z dze z e ze dz e e I d d ed de d ed e d πππρϕρϕπρϕρππππππθϕρϕρπρρϕϕπρρπρρπ-⎡⎤=---=---=⎢⎥⎣⎦===-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰【方法三】：12.22(xdydz ydzdx x y ∑+=++⎰⎰(){x y z x =，，()()133322222222222222222252222222213222222(1)()()()33330.()(2):(01).z P Q R x y z x y z x y z x y z x y z P Q R x y zx y z x y z xdydz ydzdx zdxdyxdydz ydzdx zdxdyI xy zxy εε-∑+∑===++++++++---∂∂∂++==∂∂∂++∑++=<<++++=-+++⎰⎰设，，，则：添加曲面，取外侧则：()()111222213223222233331111140334.3(.)xy z zP Q R xdydz ydzdx zdxdy dxdydz x y z x y zxdydz ydzdx zdxdy dV επεπεεε-∑Ω∑∑++≤+⎛⎫∂∂∂++=+++ ⎪∂∂∂⎝⎭++=+++==⋅⋅=Ω∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰其中：为、之间的空间区域13. 222()()().1Ly z dx z x dy x y dz L x y z -+-+-++=⎰求曲线积分：其中是球面 222(1)(1)(1)4x y z z -+-+-=与的交线，从轴正向看为逆时针方向.2221:00..DDx y z L x y z L D x y z Storkes I dS dS x y z y zz xx y⎧++=++=⎨++=⎩∂∂∂===-∂∂∂---⎰⎰曲线，记平面上由曲线所围成的区域为，方向向上根据公式，三、证明题:(9分、8分，共17分）14.(1)()(2)()(00)(00)(3)().x y f x y f x y f f f x y ，在原点连续；，在原点处的偏导数，和，存在；，在原点不可微12222233()(00)22222223()(00)22200()1()(1)()lim0.4()()()lim 0.().()()(00)(2)(00)lim lim 1(00) 1.(3)lim x y x y x y x x x xy xy x y x y x y xy x y f x y x y f x f x f f x x →→∆→∆→∆→≤+=++⎛⎫ ⎪-+= ⎪ ⎪+⎝⎭∆-∆====-∆∆，，，，由于，因此，则：故，，在原点处连续，0，，；同样，，22220022222220()(00)(00)(00)()lim[()()]()lim .[()()](1)().x y y y k x x f x y f f x f y x y x y x y k x y k k f x y ∆→∆→∆→∆=∆∆→∆∆--∆-∆∆⋅∆=∆+∆∆⋅∆=∆+∆+，，，，而极限与有关，故，上式极限不存在；因此，，在原点处不可微15. (1){()}().n f x D f x 叙述函数列在区间上一致收敛于的定义(1)00()(){()}().(2)[]()()[]()[]00[]()().10[]0[n n N n N x D f x f x f x D f x a b S x S x x y x y S x S y N n N x εεαβαβαβεδαβδεεαδ∀>∃>>∀∈-<'⊂'∀>∃>∀∈''-<-<∀>∃=>>∀∈对，，当时，对均有，，则称函数列在上一致收敛于对任意，，，由于在，上连续，则：在，上一致连续，因此，对，，对、，，当时，有因此，对，，当时，对1()()]1()()()().0 1.[]()()().n n n n nS x S x S n S x S x S x n S x S S x n n x x n βθθεθαβ⎡⎤'+--⎢⎥⎣⎦''''=+⋅-'-=+<<<，都有，其中：在上因此，，一致收敛于。
浙江大学1999年――2008年数学分析概要
浙江大学二〇〇八年攻读硕士学位研究生入学考试试题考试科目：数学分析一、（20 分）证明： t t t sin t （1） lim cos cos 2 cos n = ．n →∞ 2 2 2 t （2）利用（1）证明编号：847 2 π = 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 ．二、（15 分）已知 f ( x 在 x = 0 处连续可导，且 f (0 = 0 ， f '(0 = 5 ，试求如下极限： 1 1 lim ∫ f ( xt dt ．x→0 x 0 三、（15 分）讨论下面级数的收敛性：∑ (1 + 2 + n =1 +∞ 1 1 sin nx ． n n 四、（15 分）试证函数 f ( x 在区间 I 上一致连续的充要条件是：ε > 0 ，存在 x, y 及正 f ( x f ( y 数 M > 0 ，使得 x, y ∈ I 且x ≠ y 时有 | |> M 且 | f ( x f ( y |< ε ． x y 五、（20 分）设函数f ( x = ∑ 致连续．六、（15 分）计算第二类曲面积分：∫∫ x 3 dydz ，其中 S 为椭球面 S 1 ，试证函数 f ( x 在(0, +∞ 内连续，但在(0, +∞ 内不一x n =1 n +∞ x2 y 2 z 2 + + = 1 的下半 a 2 b2 c2 部分（其中 a, b, c >0 ），积分正向取椭球外侧．七、（20 分）设二元函数1+α 2 ( x + y 2 2 x, y ∈ Q 其中α > 1 ． f ( x, y = 0 其它情况（1）函数 f ( x, y 在原点是否连续，是否可微？并证明你的结论．（2）讨论函数 f ( x, y 在除原点以外的其它点的连续点和可微性．八、（15 分）设 f 是 [1,1] 上的可积函数,试证：x 2 + y 2 + z 2 ≤1 ∫∫∫ f (ax + by + cz dxdydz = π ∫ (1 u 2 f (ku du ． 1 1 其中 k = a 2 + b 2 + c 2 ．九、（15 分）函数f ( x ， g ( x 在整个数轴上连续，且 g ( x + 1 = g ( x ，试证：lim ∫ f ( x g ( nx dx = ( ∫ f ( x dx( ∫ g ( x dx ．n →∞ 0 0 0 1 1 1 浙江大学 10 年数学分析试题第 11 页，共 11 页。
浙江大学2013年数学分析考研试题及解答(部分)
=
∑n
si − si−1 ln(i)
p⩽n
p⩽n
i=2
i=2
=∑nຫໍສະໝຸດ si ln(i)−
∑ n−1
si ln(i +
1)
=
i=2
sn ln n
+
∑ n−1
i=2(
)
ln
1
+
1 i
si
ln(i) ln(i + 1)
,
i=2
最后一行等式的前一部分为
()
1+O
1 ln n
,
再注意到
( ln 1 +
)
1 i
si
1
米考网：Ｍｅｋａｏｙａｎ．ｃｏｍ ＱＱ：２９４４２９５０５ 淘宝店：ｓｈｏｐ３６５２５２６８．ｔａｏｂａｏ．ｃｏｍ
２９４４２９５０５ 网：ｗｗｗ．ｍｅｋａｏｙａｎ．ｃｏｍ 联系ＱＱ： 研 吾要考
凑一点, 具体函数如下:
1, if n is a prime
δ(n) = 0, others
.
于是题设中的公式就变为
sn
=
∑
ln p p
=
∑n
ln(i) δ(i) i
=
ln n
+
O(1),
p⩽n
i=2
我们再约定 s1 = 0, 则
∑
1 p
=
∑
ln p p ln p
=
∑n
1 ln(i)
ln(i) δ(i) i
浙江大学 2013 年数学分析试题及部分解答
微信公众号: 数学十五少 2020.04.09
接近原版的试题 (水印的广告与我无关) 见后面, 这里只打算解一下最后一题.
985院校数学系2019年考研数学分析高等代数试题及部分解答
, 2. 定义 Mn.C / 上的变
(1)求变换 T 的特征值. (2)若 A 可对角化，证明 T 也可对角化.
四.(20 分) A 为 n 阶实对称矩阵，令
S D fX jX T AX D 0, X 2 Rng
(1)求 S 为 Rn 中的一个子空间的充要条件并证明. (2)若 S 为 Rn 中的一个子空间，求 di mS .
C pn n
二.(15 分) 设 f .x/ 2 C Œa, b，f .a/ D f .b/，证明 9xn, yn 2 Œa, b, s.t . lim .xn yn/ D n!1 0，且 f .xn/ D f .yn/.
三.(15 分) 证明
Xn .
kD0
1/k
Cnk
k
C
1 m
C
1
D
X m .
kD0
1/k
Cmk
k
C
1 n
C
1
其中m, n是正整数
Y 1
X 1
四.(15 分) 无穷乘积 .1 C an/ 收敛，是否无穷级数 an 收敛？若是，证明这个
nD1
nD1
结论；若不是，请给出反例.
X 1
ż1
五.(15 分) 设 f .x/ D xn ln x，计算 f .x/dx.
0
nD1
六.(15 分) 设定义 .0, C1/ 上的函数 f .x/ 二阶可导，且 lim f .x/ 存在，f 00.x/ 有 x!C1 界，证明 lim f 0.x/ D 0. x!C1
(1)证明存在正交矩阵 P 使得
0
P T AP
D
BB@
a 0
0
1
考研数学-浙江大学2006年数学分析考研试题解答
浙江大学2006年数学分析考研试题解答一、（1）证明 利用不等式1)11()11(++<<+n n ne n ，*N n ∈， 得n n n 1)11ln(11<+<+，*N n ∈；由i i i 1)11ln(11<+<+， n i ,,2,1 =；两边对n i ,,2,1 =相加， 得到 113121++++n )1ln(+<n n 131211++++< ；令1111ln 23n x n n=++++-，*N n ∈； 111ln(1)01n n x x n n+-=-+<+， }{n x 是严格递减的；1111ln 23n x n n=++++-ln(1)ln 0n n >+->，于是}{nx 是严格递减的且有下界，根据单调有界原理,故n n x lim ∞→存在。
这个极限值记为γ，叫做Euler 常数。
γ=-++++∞→]ln 131211[lim n n n ，记n n n εγ+=-++++ln 131211 ，0lim =∞→n n ε， n n nεγ++=++++ln 131211 。
(2) 解：解法一 利用111ln 2n n c nε+++=++，其中lim 0n n ε→∞=，211111ln 2212n n c n n nε++++++=+++， 111lim 12n n n n →∞⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭ 11lim 12n n n →∞⎛⎫=++ ⎪+⎝⎭()()2lim ln 2ln n n n n c n c εε→∞⎡⎤=++-++⎣⎦ ()2lim ln 2n n n εε→∞⎡⎤=+-⎣⎦ln2=.解法二111lim 12n n n n →∞⎛⎫+++⎪+⎝⎭111lim 1n n k kn n →∞=⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪+⎝⎭∑ ()11001ln 1ln 21dx x x ==+=+⎰.二、证明 令()()()[()()()]()()f b f a G x f x x a f a x a x b b aε-=±---+--- , (0)ε>显然()()0G a G b ==，我们证明()0G x ≤，如若不然，存在一个点1x ,使得1()0G x >， 考虑到()G x 是闭区间[,]a b 上的连续函数，必存在最大值，不妨设1x 即为最大值点，1(,)x a b ∈, 在1x 的一个δ邻域，即11(,)x x x δδ∈-+，1()()G x G x ≤，考虑到0k r →。
伍胜健《数学分析》(第1册)-名校考研真题【圣才出品】
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1章 函 数一、填空题设（ ）．[浙江大学研]A ．0 B ．1 C ． D ．【答案】B 【解析】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[北京航空航天大学研]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，使得取，存在，使得。
改变n 的值，有依次类推，有而且满足很明显，为一个严格单调递减的数列，且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 ①②又，可取．且使③由，∴存在由③有 ④由②，④得证4．设．[同济大学研]解：当当－1≤x＜0时，当x＜－1时，5．证明：函数为R上的有界函数．[湖北大学2001研]证：∴取ε＝1，存在N＞0，当又f （x ）在内连续．从而有界，即综上两式知f （x ）在R 上有界．6．设，求f （x ）的定义域和f （f （－7））．[中国人民大学研]解：由3－x ＞0，3－x≠1，49－x 2≥0，解得，从而f （x ）的定义域为又第2章 序列的极限1．求下列极限：（1）．[北京大学研]（2）f （x ）在[－1，1]上连续，恒不为0，求．[华中师范大学研]解法1：①由①式及两边夹法则，．（2）故解法2：f 在[－1，1]上连续；因而f （x ）有界2．设数列单调递增趋于 ①证明：（1）（2）设 ②证明：，并利用（1），求极限．[中国人民大学研]证明：（1）（i ）先设，由①式，，存在N>0，当n>N 时有特别取n＝N＋1，N ＋2，……将这些式子统统相加得此即 ③而由于以及③式，（ii ）再当时．由①有 ④ ⑤下证递增趋于，由④知，．当n>N 1时，有 ⑥，即单调递增．由⑥式有，。
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；
2019年浙江大学数学分析试题及解答word资料5页
浙江大学2019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 22xe x dx π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦⎰()01x e d x e ππ=-⎰由分部积分法cos 2xe xdx π=⎰()1e π-+20sin 2xe xdx π=⎰()1e π-04cos 2x e xdx π-⎰所以cos 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 x x x→-+，继续利用洛必达法则：3322430343cos 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。
985院校数学系2019年考研数学分析高等代数试题及部分解答
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。
2019年数学考研数学分析各名校考研真题及答案
考研数学分析真题集目录 南开大学 北京大学 清华大学浙江大学华中科技大学一、,,0N ∃>∀ε当N n >时，ε<>∀m a N m ,证明：该数列一定是有界数列，有界数列必有收敛子列}{k n a ，a a kn k =∞→lim ，所以，ε2<-+-≤-a a a a a a k k n n n n二 、,,0N ∃>∀ε当N x >时，ε<-)()(x g x f ，,0,01>∃>∀δε当1'''δ<-x x 时，ε<-)''()'(x f x f对上述,0>ε当N x x >'','时，且1'''δ<-x xε3)''()'()''()''()'()'()''()'(<-+-+-≤-x f x f x f x g x g x f x g x g当N x x <'','时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，所以,0,02>∃>∀δε2'''δ<-x x 时ε<-)''()'(x g x g ，当'''x N x <<时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，在],['','22δδ+-∈N N x x 时，ε<-)''()'(x g x g ，取},m in{21δδδ=即可。
三、由,0)('',0)('<>x f a f 得,0)('<x f 所以)(x f 递减，又2))((''21))((')()(a x f a x a f a f x f -+-+=ξ，所以-∞=+∞→)(lim x f x ，且0)(>a f ，所以)(x f 必有零点，又)(x f 递减，所以有且仅有一个零点。
浙江大学99-06年研究生数学分析试题-12页word资料
浙江大学2019年研究生数学分析试题一．求极限)(ln )1(∞→-n nn n Limn 二．在xy 平面上求一点，使它到三条直线0,0==y x 及0162=-+y x 的距离平方和最小三．计算二重积分⎰⎰Dxydxdy ，其中D 由曲线 y x y x +=+22 所围城的区域四．设)(x f 在0>x 时连续，3)1(=f ，并且⎰⎰⎰+=xy xy dt t f y dt t f x dt t f 111)()()(，)0,0(>>y x ，试求函数)(x f五．设函数),()(b a t f 在连续，若有数列)),(,(,b a y x a y a x n n n n ∈→→使)()()()(∞→=∞→=n B y Limf n A x Limf n n 及，则对A ，B 之间的任意数μ，可找到数列a x n →，使得μ=)(n z Limf六．设∑===<≤nk k n k a s n k a a 1,....,2,1,0令，证明不等式n nnk kk s n ns a a -≥-∑=11 七．设函数f 在nab v a f f f b a n n vn -=+=>δδ),(,0],[记上连续，且，试证明：)}()(ln 1exp{∞→-=⎰n dx x f a b ba并利用上述等式证明下式r dx r x r ln 2)cos 21ln(21202=+-⎰ππ )1(>r 八．从调和级数 +++++n131211中去掉所有在分母的十进表示中含数码9的项，证明由此所得余下的级数必定是收敛的浙江大学2000年研究生数学分析试题一．（共10分）(1)求极限10(1)limxx e x x →-+(2)设2101,,,2,3,,lim 2n n n nn x x x a x b x n x --→∞-====求二．（共10分）1．设Kab a f b f K f b a =--=+-→→)()(lim ,)0(00试证明‘2．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 ''-=+-+三．（共15分）1．求数项级数∑∞=12n nn的和S2．试证明∑∞==11)(n xn x 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y vx v du ∂∂∂∂,, 2．设2)()d yx y F y x x =，求)1(F '五．（共30分）1．计算定积分2sin cos 1cos x xI dx x π=+⎰2．求以曲面22y xez --=为顶，以平面0=z 为底，以柱面122=+y x 为侧面的曲顶柱体的体积V 3．设∑+表示半球面)1(12222≤+--=y x y x z 的上侧，求第二类曲面积分⎰⎰∑++-++=+dxdy y z x dzdx z y x dydz z y x J 222)2()2()(六．（共20分）1．将函数x x f =)( )(ππ≤≤-x 展开成Fourier 级数2．求级数∑∞=121n n 的和 3．计算广义积分⎰-10)1ln(dx xx浙江大学2000年研究生数学分析试题一．（共10分）(1)求极限10(1)limxx 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。
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 )
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2004年浙江大学数学分析试题答案.
1.)(x f 必要性：在X 上一致收敛：,0,0>∃>∀δε当δ<-'''x x 时，ε<-)''()'(x f x f ，
由0)(lim '
'=-∞
→m n n x x ，对上述,,0N ∃>δ当N n >时，δ<-''m n x x ，有ε<-)'()'(m n x f x f ， 所以0)'()'(lim =-∞
→m n n x f x f ，
充分性：反证：假设)(x f 在X 上不一致收敛；'',',0,00x x ∃>∀>∃δε尽管δ<-'''x x ，但
0)''()'(ε≥-x f x f ，不妨取,',',1m n x x n ∃=δ尽管n
x x m n 1
''<-，但0)'()'(ε≥-m n x f x f
上述},'{},'{m n x x 满足0)(lim '
'=-∞
→m n n x x ，但是
0)'()'(ε≥-m n x f x f ，与
0)'()'(lim =-∞
→m n n x f x f 矛盾。
2. 由0)
('lim
0=→x
x f x ，得0)0('',0)0('==f f ，
)()0('''61)0(''21)0(')0()(332x x f x f x f f x f ο++++=，)1
(161)1(2
2n n n nf ο+=，
级数∑
∞
=12
1
n n
绝对收敛，所以原级数绝对收敛。
3.由0)('<+a f ，存在c a f x f a x =<>)()(,11，由0)('<-b f ，存在c b f x f b x =><)()(,22，由连续函数的介值定理：存在201x x x <<，c x f =)(0，在由罗尔定理，知)('x f 在),(b a 至少存在两个零点。
4.反证：假设对任意的区间],[],[b a ⊂βα，有0)(≥x f ，把这些区间叠加覆盖区间[a,b]则
⎰
≥b
a
dx x f 0)(，与题设矛盾。
5.由有限覆盖定理：存在N ,,2,1 ，有N I I I ,,21覆盖[0，1]，记这N 个区间的长度的最小者为δ=0j I ，当δ<-'''x x 时，}{'','αβI I x x ∈∈
6.参考数学物理方程的有关教材的推导
7.
21cos 1cos cos 1sin cos 1sin )(2cos 1sin 2cos 1sin )(cos 1sin 21120200
2
2022202πππππππππππππ
-=+=+=+-=+--=+-=++-=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰--t dt x x d dx x x
dx x x x dx
x x
x dx x x x dx x x x 8.)1(22
22222
2
2
-+++++=c
z b y a x z y x L λ，
,022=+=∂∂x a x x L λ,022=+=∂∂y b y y L λ,022=+=∂∂z c z z L λ=∂∂λL 01222222=-++c
z b y a x ， 解得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====200a z y a x λ，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====200b z b y x λ，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====200
c
c
z y x λ，所以最大值为2a ，最小值为2c 9. ⎰
⎰⎰
⎰
⎰
⎰
∞
∞
-∞
∞
∞
-∞
+=
=
=0
4
11
2
sin 2
sin 2sin 2
2
dy y
dx xe dy dydx e x
dx x
x xy xy π
π
π
， ⎰⎰
∞∞
+=+0420
4111dy y y dy y =⎰⎰⎰∞∞
∞+--=++=++0
20
222
04
22
)1()1
(21111211121y y y y d dy y
y y dy y y =2π，证完。
10.（1）⎰⎰∂
=∂∂-∂∂dS n
u
v n v u
)(⎰⎰∂
∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂dxdy z
u
v z v u dzdx y u v y v u dydz x u v x v u
)()()(= dxdydz u v v u V
)(⎰⎰⎰∆-∆
（2）
r x r r x )(1)1(2
ξ--=∂∂，r y r r y )
(1)1(2η--=∂∂，r z r
r z )(1)1(2ζ--=∂∂， 62322)(3)1(r x r r r x ξ---=∂∂，6
2322)(3)1(r
y r r r y η---=∂∂，62322)(3)1(r z r r r z ζ---=∂∂ 0331633=--=∆r
r r r （3）主要用到第一型曲面积分的换元公式，高斯公式
,sin )cos ,sin sin ,cos sin ()(0
200020
ϕϕδϕδθϕδθϕδθδπ
π⎰⎰⎰⎰+++==∂
d z y x u d udS I =
=∂∂
I δ
,]sin 2sin )cos sin sin cos sin [(0220ϕϕδϕδϕθϕθϕθππ⎰⎰+++d u u u u d z y x = dS u z z u y y u x x u z y x )2)()()((1
000+-+-+-⎰⎰∂
δ
=
+
∆=+∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∂∂
dxdydz u dS u
dS n u V
δ2)(
dS u
⎰⎰∂
δ
2=dS u
⎰⎰
∂
δ
2=
)(2
δδ
I ,
=∂∂I δ)(2
δδI ,即)(2)('δδδI I =，所以0)')((2≡δδI ，所以 ==+→202)(lim )(δδδ
δδI I π4)(P u
则24)()(πδδP u I =
（注：素材和资料部分来自网络，供参考。
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