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−→∞=+−∑.。
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