南京大学物理学院《633数理方法二》历年考研真题汇编

历年南京大学考研真题试卷与答案汇总-南大考研真题哪里找？金陵南大考研网（南京大学考研在线咨询入口）汇集了南京大学各专业历年考研真题试卷（原版），同时与南京大学专业课成绩前三名的各专业硕士研究生合作编写了配套的真题答案解析，答案部分包括了（解题思路、答案详解）两方面内容。

首先对每一道真题的解答思路进行引导，分析真题的结构、考察方向、考察目的，向考生传授解答过程中宏观的思维方式；其次对真题的答案进行详细解答，方便考生检查自身的掌握情况及不足之处，并借此巩固记忆加深理解，培养应试技巧与解题能力。

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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−→∞=+−∑.。

严禁用于商业用途?前言??本文收集了1997、1998年和2001年到2007年和2009年南京大学研究生入学考试科目《离散数学》的试卷以及相应试卷答案。

2008年试题未找到 1997年到2007年试题给出本人所做的答案 因为离散数学难度大 很多答案问过原来教我们离散数学的老师 老师也只能给出部分答案 所以不能保证全部答案的正确性 2009年试题答案未与同学核对 同样不能确保答案正确性 故不在此给出。

部分答案有更优解 需要同学们自己开发。

??南京大学从2005年开始把《离散数学》作为复试科目 满分为80分 与《编译原理》同为笔试项目 总分150分。

主要考试部分为数理逻辑、集合论、代数结构和图论。

推荐复习时候以南大课件为主 课件在网上可以查到 有宋方敏和陈道旭两种版本。

通过真题发现 很多题目都是课件上证明题的原题 而且考试重点与课件也吻合。

??离散数学特点就是难度大 上手容易深入难。

代数系统和图论两章难度非常大 所以复习好离散数学要有一定的耐心和钻研精神。

?相信天下无难事 只怕有心人。

祝愿所有有志考南大CS的同学金榜提名。

????????????????????冷城???????????????????2009年7月??????????1?/?30??严禁用于商业用途?1996年?一 试证 ?a.自然数集为无限集中势最小者。

?b.不存在最大的势。

??二 任给无向图G 其联结矩阵为A=[aij] 即若存在边(vi,vj)则aij=1否则aij=0 试定义矩阵运算并给出关于A的矩阵的表达式 B=E(A) 使得矩阵B=[bij]满足 对于G中的任意两结点vi,vj若其间存在通路则bij=1否则bij=0。

??三 任给无向图G ?对G中的边赋予方向得图G’ 试证 存在G满足对任意两点v1,v2 G’不论从哪点为始终端均有有向通路到达另一点的充分条件是原图G连通且不存在割边。

??四 试分别用永真推理过程和假设推理过程证明 ????(?α→?(?β?→?γ?)?)?→?(?(?α?∧?β?)?→?γ?)??五 试给出下式的析合范式和合析范式 ????(?p?→?q?)?→?(?p?→?r?)??六 试用谓词演算公式来描述一个代数系统(A,*)为一个群。

得到拟录取消息的前些天一直忐忑不安，想象着自己失败时的沮丧或者自己成功时的兴奋。

终于尘埃落定，内心激动，又面色平静地拿起手机给每一个关心我的家人和朋友发了这个好消息。

也想在这里写下自己考研路上的点点滴滴，给自己留一个纪念，也希望大家能从中得到一些收获。

立大志者得中志，立中志者得小志，立小志者不得志。

所以我建议刚开始大家就朝着自己喜欢的，最好的学校考虑，不要去担心自己能不能考上的问题，以最好的学校的标准来要求自己去学习。

大家可以去自己想报考的学校官网上下过去的录取分数线，报录比之类的信息给自己一个参考和努力目标。

包括找一些学长学姐问下经验也是很有用的。

备考那个时候无论是老师还是同学们都给了我很多的帮助，让我在备考的路上少走了很多的弯路，尤其是那些珍贵的笔记本，现在回想起来依然很是感动，还好现在成功上岸，也算是没有辜负大家对我的期望。

所以想着成功之后可以写一篇经验贴，希望可以帮助大家。

话不多说，下面跟大家介绍一下我的经验吧。

文末有笔记和真题下载，大家可自取。

南京大学数学的初试科目为：(101)思想政治理论(201)英语一(627)数学分析和(801)高等代数参考书目为：南京大学《数学分析》1996-2017年考研历年真题。

近20年真题，来自官方，真实可靠2、南京大学《数学分析》2000-2010年考研历年真题答案。

最全最新的真题答案，本店独家更新。

3、南京大学《高等代数》1996-2017年考研历年真题。

来自官方，同学们可索要截图！4、南京大学《高等代数》历年考研真题部分答案。

该专业近几年学校官方不出售历年试题。

先说英语吧。

词汇量曾经是我的一块心病，跟我英语水平差不多的同学，词汇量往往比我高出一大截。

从初中学英语开始就不爱背单词。

在考研阶段，词汇量的重要性胜过四六级，尤其是一些熟词僻义，往往一个单词决定你一道阅读能否做对。

所以，一旦你准备学习考研英语，词汇一定是陪伴你从头至尾的一项工作。

考研到底背多少个单词足够？按照大纲的要求，大概是5500多个。