年南京大学高等数学乙考研试题

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2016年南京大学高等代数研究生考研考试模拟题一．填空题1．n 阶行列式D = =（ ）n 56 (0001)5...000..................00...56000 (156)00 (015)2．当实数t 满足条件（ ）时实二次型是正定二次型。

3223222142x tx tx x x +++二．（15分）设A 。

B 是两个方阵，试问AB 与BA 是否有相同的特征多项式？是否有相同的最小多项式？三。

（10分）设F=，证明F 是数域。

{}是有理数c b a c b a ,,4233++四。

（10分）设A 是n 阶复矩阵,是复系数多项式,a 是A 的特征值.证明:是矩阵)(x f )(a f )(A f 的特征值.由此证明：若矩阵A 满足方程=0，则A 的特征值是方程=0的根。

)(A f )(x f 五.（5分）设A 是实矩阵，是A 的转置。

证明：秩（A ）=秩（A ）n m ⨯T A T A 六。

(15分)线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=-+-=++43)1(239z y x y x z y x λλλ当为何值时方程组有:(1）唯一解，并求其解；（2）无穷多解，此时请用对应的齐次线性方λ程组的基础解析表示所得到的唯一解;(3）无解.七.（10分)（1)设A 是n 阶正交矩阵且=—1,证明：—1是A 的特征值。

123451231231231121311222321231323331424341525351121311.(,,,,),1,2,3;(,,),1,2,3,,.,,0i i i i i i j j j j a a a a a i a a a j a a a a a a x a a a a a a a a a a a a α==β==αααβββ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥ααα=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦一、判断题设正确！如果线形相关，则，，线形相关如果线形相关，齐次线性方程有非零解所以秩1112131222322122231323333132331424341525351112132122231233132333,30a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a x a a a ⎡⎤⎢⎥⎛⎫⎢⎥⎪⎢⎥< ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎛⎫⎪=βββ ⎪ ⎪⎝⎭所以秩〈，那么齐次线性方程也有非零解，所以，，线形相关1232.,.2102004211100212210010120123..101101014.A B n AB A B AB AB n A B A B A B A B A ，B V V V 是线性空间V 的子空间⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设都是阶正定的矩阵，则也是正定的错误！设，，，显然非对称如果阶方阵，有完全相同的特征值，则，相似错误！，，，有完全相同的特征值，但不相似，，123112112211225..00，而且任意两个的交为0V V V V P A ，B C V A AB AC B C V P A ，B C V A A B B C C AB AC B C+==ε=εε=ε=εε=εε=ε+εε===，则+是直和。

正确！设是数域上的有限维线性空间，，都是上的线性变换，并不是零变换如果，则错误！设是数域上的二维线性空间，定义，都是上的线性变换，；，；，得出，但！ ,65432414243441.()106_310580201115(12)2005200311202.,2340246813573.(1,2,1),(1,2,1),(1,2,1),(2,3,1)(1,2,0),f x x x x x x x f D A A A A A diag B diag C diag D diag G diag B D C G 与A 相似的矩阵是：B与A 合=-+-+-==+++==-=-=--=-=二、填空则则在实数域上，，，，中，32200.21043det()?(210)3425.||111()()()(1)3333100100310033同，但不相似的矩阵是：D与A 等价，但不合同，也不相似的矩阵是：C4A B A A E B A A A f ⎛⎫- ⎪==+-= ⎪ ⎪⎝⎭=λ=λ++λ+-λ-⎛⎫ ⎪ ⎪⎪-+ ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪⎝⎭，，1是三级正交矩阵，迹为，，则的特征多项式为？若当标准型为？322212312312132323(,,)255448222254245det()(1)(10)()10(1,2,2)'()1(2,1,0)',(2,0,1)'f x x x x x x x x x x x x E A i ii =+++--⎛⎫- ⎪- ⎪⎪--⎝⎭λ-=λ-λ-λ=α=-λ=α=-α=12三、用正交线性变换将二次型化为标准型，并写出正交线性变换该二次型对应的矩阵A=当，对应的特征向量当，对应的特征向量然后用施23(1,2,2)';(2,1,0)';(2,4,5)'β=-β=-β=1密特法正交化12311111111111(,,),000000n n n C X CY四、设A ，B 都是数域上的n 阶方阵，A 有n 个不同的特征值，AB =BA 证明B 相似于对角阵A n A T T AT AB =BA T ATT BT T BTT AT T BT T BT -------=βββ=⎛⎫λ ⎪=λλ ⎪ ⎪λ ⎪⎝⎭=⎛⎫λλ ⎪= ⎪ ⎪λ ⎪⎝⎭ 令变换由于有个不同的特征值，所以可以对角化也就是存在可逆矩阵，使得，，，互不相同由于，所以即1111111111111111111111000000n n n n nn n n nn n n nn n n m mn n a a a a T BT a a a a a a a a a a a T BT a a a --⎛⎫ ⎪⎪ ⎪λ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫λ ⎪ ⎪ ⎪==⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪λ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫λ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪λ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，设，所以化简得出为对角阵，即n ⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，即证((),())1()((),())1,(),(),()()()()1,()()()()()0,()(),|()||()|||1()!0,f f(A)m f i m f m f A m A A f A E m A A f A E A f A E f A f(A)λλ⇔λλ=λλ=μλνλμλλ+νλλ=μ+ν==ν=ν===五、设m()是数域P 上n 阶方阵A 的最小多项式，()是数域P 上的任意多项式证明：可逆若所以存在多项式使得所以又因为所以所以从而可逆(((),())()()|(),()|()()0()0)|()|()()|0,1若f(A)可逆m f d d m d f d m A d d A d(A)=0d f f A f(A)d λλ=λ∴λλλλλλ=λλ=λλλλ=λ0000ii)，设如果是的一个解，那么是的一个解也就意味着是的一个特征值，且()是(的一个特征值所以|,由于，所以|这与可逆矛盾()=。

南京大学化学系考研数学题一、选择题1、设集合A={x|-2<x<4}、B={2,3,4,5},则A∩B=A、{2}B、{2,3}C、{3,4,}D、{2,3,4}2、已知z=2-i，则X=A、6-2iB、4-2iC、6+2iD、4+2i3、已知甲卖桌子乙卖凳子，桌子的底面半径为5，其侧面展开图为一个半圆，则该桌子的母线长为A、2B、21C、4D、414、下列区间中，函数f(x)=7sin(45X)单调递增的区间是A、(0,X)B、(X,X)C、(X0,)D、(0,0)5、已知F1,F2是椭圆C：4的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为A、13B、12C、9D、66、若tanX=-2,则X=A、15B、45C、90D、07、若过点（a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则A、eb<aB、ea<bC、0<a<ebD、0<b<ea8、有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则A、甲与丙相互独立B、甲与丁相互独立C、乙与丙相互独立D、丙与丁相互独立9、有一组样本数据x1，x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1，y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则A、两组样本数据的样本平均数相同B、两组样本数据的样本中位数相同C、两组样本数据的样本标准差相同D、两组样本数据的样本极差相同10、已知O为坐标原点，点P1(cosX,sinX),P2(cosY，-sinY),P3(cos(X+Y),sin(X+Y))，A(1，0),则A、X=7 Y=8B、X=7 Y=8C、X=8 Y=7D、X=8 Y=711、已知点P在圆X=16上，点A（4,0），B（0,2），则A、点P到直线AB的距离小于10B、点P到直线AB的距离大于2C、当∠PBA最小时，|PB|=3D、当∠PBA最大时，|PB|=312、在正三棱柱ABC-中，AB=A，点P满足X=15，其中λ∈[0,1]，X∈[0,1]，则A、当λ=1时，P的周长为定值B、当X=1时，三棱锥P=0C、当X=2时，有且仅有一个点PD、当X=1时，有且仅有一个点P三、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分13、已知函数f(x)=4是偶函数，则a=____________14、已知O为坐标原点，抛物线C的焦点为F,P为C上一点，PF 与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，则C的准线方程为____15、函数f(x)=|2x-l|-2lnx的最小值为_______。

考研数学一（高等数学）模拟试卷260(题后含答案及解析)题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．以下三个命题：①若数列{un}收敛于A，则其任意子数列{uni}必定收敛于A；②若单调数列{xn}的某一子数列{xni}收敛于A，则该数列必定收敛于A；③若数列{x2n}与{x2n1}都收敛于A，则数列{xn}必定收敛于A．正确的个数为( )A．0B．1C．2D．3正确答案：D解析：对于命题①，由数列收敛的定义可知，若数列{un}收敛于A，则对任意给定的ε＞0，存在自然数N，当n＞N时，恒有｜un－A｜＜ε．可知当ni＞N时，恒有｜un－A｜＜ε．因此数列{uni}也收敛于A，可知命题正确．对于命题②，不妨设数列{xn}为单调增加的，即x1≤x2≤ (x)≤…，其中某一给定子数列{xni}收敛于A，则对任意给定的ε＞0，存在自然数N，当niεN时，恒有｜xni－A｜＜ε．由于数列{xn}为单调增加的数列，对于任意的n＞N，必定存在ni≤n≤ni+1，有－ε＜xni－A≤xn－A≤xni+1－A＜ε，从而｜xn－A｜＜ε．可知数列{xn}收敛于A．因此命题正确．对于命题③，因，由极限的定义可知，对于任意给定的ε＞0，必定存在自然数N1，N2：当2n＞N1时，恒有｜x2n－A｜＜ε；当2n+1＞N2时，恒有｜x2n+1－A｜＜ε．取N=max{N1，N2)，则当n＞N时，总有｜xn－A｜＜ε，因此．可知命题正确．答案选D．知识模块：函数、极限、连续2．设函数则f(x)在点x=0处( )A．极限不存在B．极限存在，但不连续C．连续，但不可导D．可导正确答案：C解析：极限不存在，故f’(0)不存在．知识模块：一元函数微分学3．在曲线x=t，y=－t2，z=t2的所有切线中，与平面x+2y+z=4平行的切线( )A．只有1条B．只有2条C．至少有3条D．不存在正确答案：B解析：对应于t0处曲线切线的方向向量为τ=(1，一2t0，3t02)，该切线与平面x+2y+z=4平行τ与该平面的法向量n=(1，2，1)垂直τ.n=01－4t0+3t02=0t0=1或知识模块：向量代数与空间解析几何4．曲面上任一点的切平面在三个坐标轴上的截距的平方和为( ) A．48B．64C．36D．16正确答案：B解析：曲面上任一点P(x，y，z)处的法向量为在点P(x，y，z)处的切平面方程为令Y=Z=0=>于是X02+Y02+Z02==64．知识模块：向量代数与空间解析几何5．函数不连续的点集为( )A．y轴上的所有点B．x=0，y≥0的点集C．空集D．x=0，y≤0的点集正确答案：C解析：当x≠0时，f(x，y)为二元连续函数，而当所以，(0，y0)为f(x，y)的连续点，故此函数的不连续点集为空集．知识模块：多元函数微分学6．设∑为球面(x－1)2+y2+(z+1)2=1，则(2x+3y+z)dS= ( )A．4πB．2πC．πD．0正确答案：A解析：是球面(x－1)2+y2+(x+1)2=1的形心坐标公式，而球面的形心在球心(1，0，－1)处，故知识模块：多元函数积分学7．已知级数条件收敛，则( )A．B．C．D．正确答案：D解析：设的敛散性相同，故而由条件收敛可知0＜3－a≤1，即2≤a＜3．若使两个结论都成立，只有．故选D．知识模块：无穷级数8．设则下列级数中一定收敛的是( )A．B．C．D．正确答案：D解析：因收敛，由正项级数的比较审敛法知，绝对收敛，从而收敛，故选D．A，C错误：如B错误：如知识模块：无穷级数9．函数(其中C是任意常数)对微分方程而言( )A．是通解B．是特解C．是解，但既非通解也非特解D．不是解正确答案：C解析：①因原方程阶数为2，通解中应包含两个任意常数(可求出通解为C1+C2x+)；②特解中不含有任意常数满足原方程，为原方程的解，故选项A，B，D都不对，应选C．知识模块：常微分方程填空题10．设f(x)=(x2－1)n，则f(n+1)(－1)=______．正确答案：(n+1)!n(－2)n－1解析：求乘积的高阶导数，一般用高阶导数的莱布尼茨公式．f(x)=(x2－1)n=(x+1)n(x－1)n．f(n+1)(x)=[(x+1)n]n+1(x－1)n+ Cn－11[(x+1)n](n)[(x－1)n]’+ Cn+12[(x+1)n](n－1)[(xi1)n]’’+…+ Cn+1n+1(x+1)n[(x－1)n](n－1)．以x=－1代入，只有第2项不为0．所以f(n+1)(－1)=(n+1).n!.n(－2)n－1=(n+1)!n(－2)n－1．知识模块：一元函数微分学11．=_______．正确答案：解析：令则x=t2+2，dx=2tdt，知识模块：一元函数积分学12．已知函数F(x)的导数为则F(x)=______．正确答案：解析：知识模块：一元函数积分学13．设函数f(x，y)=exln(1+y)的二阶麦克劳林多项式为y+(2xy－y2)，则其拉格朗日余项R2=______．正确答案：ξ在0，x之间，η在0，y之间解析：f(x，y)=y+(2xy－y2)+R2．知识模块：多元函数微分学14．设p(x)，q(x)与f(x)均为连续函数，f(x)≠0．设y1(x)，y2(x)与y3(x)是二阶非齐次线性方程y’’+p(x)y’+q(x)y=f(x) ①的3个解，且则式①的通解为______．正确答案：y=C1(y1－y2)+C2(y2－y3)+y1，其中C1，C2为任意常数解析：由非齐次线性方程的两个解，可构造出对应的齐次方程的解，再证明这样所得到的解线性无关即可．y1－y2与y2－y3均是式①对应的齐次线性方程y’’+p(x)y’+q(x)y=0 ②的两个解．今证它们线性无关．事实上，若它们线性相关，则存在不全为零的常数k1与k2使k1(y1－y2)+k2(y2－y3)=0．③设k1≠0，又由题设知y2－y3≠0，于是式③可改写为矛盾．若k1=0，由y2－y3≠0，故由式③推知k2=0矛盾．这些矛盾证得y1－y2与y2－y3线性无关．于是y=C1(y1－y2)+C2(y2－y3) ④为式②的通解，其中C1，C2为任意常数，从而知y=C1(y1－y2)+C2(y2－y3)+y1 ⑤为式①的通解．知识模块：常微分方程解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

考研数学一（高等数学）模拟试卷340(题后含答案及解析)题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．设f(x，y)在有界闭区域D上二阶连续可偏导，且在区域D内恒有条件=0．则( )．A．f(x，y)的最大值点和最小值点都在D内B．f(x，y)的最大值点和最小值点都在D的边界上C．f(x，y)的最小值点在D内，最大值点在D的边界上D．f(x，y)的最大值点在D内，最小值点在D的边界上正确答案：B解析：若f(x，y)的最大点在D内，不妨设其为M0，则有=0，因为M0为最大值点，所以AC－B2非负，而在D内有=0，即AC－B2＜0，所以最大值点不可能在D内，同理最小值点也不可能在D内，正确答案为B．知识模块：高等数学填空题2．设f(x)连续，且=_______。

正确答案：－2解析：知识模块：高等数学3．=_______。

正确答案：解析：知识模块：高等数学4．设f(x)一阶连续可导，且f(0)=0，f′(0)≠0，则=_______。

正确答案：1解析：知识模块：高等数学5．设f(x)在(－∞，+∞)上可导，=e2，又，则a=_______。

正确答案：1解析：=e2a，由f(x)－f(x－1)=f′(ξ)，其中ξ介于x－1与x之间，令x→∞，由=e2，得=e2，即e2a=e2，所以a=1．知识模块：高等数学6．=_______。

正确答案：解析：因为所以=∫01xdx+∫12x2dx= 知识模块：高等数学解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

求下列极限：7．正确答案：涉及知识点：高等数学8．正确答案：涉及知识点：高等数学9．正确答案：涉及知识点：高等数学10．正确答案：涉及知识点：高等数学11．求正确答案：涉及知识点：高等数学12．设x－(a+bcosx)sinx为x→0时x的5阶无穷小，求a，b的值．正确答案：涉及知识点：高等数学13．设f(x)=讨论f(x)在x=0处的可导性．正确答案：则f′－(0)=1，f′+(0)=0，因为f′－(0)≠f′+(0)，所以f(x)在x=0处不可导．涉及知识点：高等数学14．设y=ln(2+3－x)，求dy｜x=0。

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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−→∞=+−∑.。

一、填空题(本题24分，每小题3分)1、设，则 .2、设，其中函数是可微的，则 .3、设函数，则的间断点为 ， 间断点的类型为 .4、设，则 .5、 .6、星形线的全长为 .7、已知，则广义积分 .8、设的余弦级数的和函数为，则 .二、（共16分，其中第1小题8分，第2小题8分） 1、求极限. 2、设函数在内连续，求.三、（10分）设上证A 股中某只股票历年来的走势指数曲线为，求（1）的增减区间和极值；（2）的凹凸区间及拐点；（3）的渐近线.1sin lim220=-+⎰→xx dtt a t xx =a )(sin 2x f y =)(u f =dy ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0 ,20 ,1arctan )(x x xx x f )(x f x x f 22cos )(sin ='=⎰dx x f )(=+⎰-22cos )1(sin 2023ππxdx x xt a y t a x 33sin ,cos ==π=⎰+∞∞--dx ex 2=⎰+∞∞---dx e xx2)0(1)(ππ≤≤-=x xx f )(x S =-)3(S )21(lim 222nn nn n n n n ++++++∞→ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧>++=<-=0,)31ln(0 ,0 ,11cos )(24x b x x x a x e x x x f x),(+∞-∞b a ,122)(:2-+-=x x x x f C )(x f )(x f )(x f四、（8分）求幂级数的收敛区间，并在其收敛区间内求其和函数. 五、（10分）求曲线，，，所围成的平面图形的面积，并求该平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积. 六、（共12分，其中第1小题6分，第2小题6分）计算1、； 2、.七、（8 分）设是单调增加且有界的数列，（其中），证明级数收敛. 八、（共12分，其中第1小题6分，第2小题6分）1、设在上连续，在内可导，且，证明至少存在一点，使得.2、设，求.∑∞=+12!12n nx n n x x y 22-=0=y 1=x 3=x S x V ⎰++++++++dx x x x x x x x x 387213323928112232345⎰-121)1(arcsin dx x x x }{n a ,3,2,1,0=>n a n ∑∞=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n a a )(x f ]1,0[)1,0(0)1(=f )1,0(∈η0)(2)(=+'ηηηf f ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=∑⎰∞=-11022)2(n n n t t n y du u u x 22,dx y d dx dy参考答案一、1. ；2. ；3. ，第一类可去间断点；4.； 5. 0； 6. ； 7. ； 8. . 二、1. ， 且， 由夹逼原理可得: . 1. 依题意可知要使在内连续，只要在处连续即可，即要.而，， ，由可得，. 三、，.在上单调增加，在上单调减少；在处取极大值，在处取极小值；在是凸的，在是凹的；渐近线有.4=a xdx x f x f dy 2)()(cos 22⋅'⋅=0=x 21232161)(C x C x x dx x f +++-=⎰a 6π41e ππ3)3(-=-S 1212222222+≤++++++≤+n n n n n n n n n n n n 1lim ,11lim 2222=+=+∞→∞→nn n n n n n 1)21(lim 222=++++++∞→nn nn n n n n )(x f ),(+∞-∞)(x f 0=x )0()00()00(f f f =-=+a f =)0(b b xx x f f x x +=++==+++→→3])31ln([lim )(lim )00(001cos lim 11coslim )(lim )00(230240==-==----→→→x x e x x x f f x x x x a b ==+033,0-==b a 2)1()2()(--='x x x x f 3)1(2)(-=''x x f )(x f ),2(),0,(+∞-∞)2,1(),1,0(0=x 2)0(-=f 2=x 2)2(=f )1,(-∞),1(+∞1,1-==x y x四、， 所以原级数的收敛区间为. 设，则 ， 所以.五、； . 六、1.，设， 由待定系数法可得：，. 2.. 七、依题意，有， 101lim )12(!)!1()32(lim lim 22)1(21<=+=+⋅++=∞→+∞→+∞→n x x n n n x n u u n n n n nn n ),(+∞-∞∑∞=+=12!12)(n nx n n x S )1(]1!)([!)(!)(202121120-=-===∑∑∑⎰∞=∞=∞=+x n nn n n n xe x n x x n x x n x dx x S 12])1([)(2222-+='-=x x x e e x e x x S 23432)2()2(322212=+=-+-=⎰⎰dx x x dx x x S πππ1546)2(3122312=-==⎰⎰dx x x dx y V 387242323872133239281122322232345+++++-+++=++++++++x x x x x x x x x x x x x x x 32)1(1)32()1(42387242222232+++++=++++-=+++++-x Dx B x A x x x x x x x x x 5,1,2-===D B A ⎰+-++++++=∴dx x x x x x ]325)1(11232[22原式C x x x x x x ++-+-++++=32ln 25111ln 233123⎰⎰⎰=-=-1121212121arcsin arcsin 2)(1arcsin 2)1(arcsin x d x x d x x dx x x x 163)(arcsin 21212π==x 1111110a a a a a a a a nn n n n n n -<-=-<++++由于单调有界，故存在.对于级数，有，由级数收敛的定义知，收敛，从而收敛. 由比较判别法知，级数收敛. 八、1．设，由罗尔定理可得结论.2. 当时，， 从而， 于是，， 所以，.}{n a a a n n =∞→lim ∑∞=+-11)(n n n a a 111)(lim lim a a a a S n n n n -=-=+∞→∞→∑∞=+-11)(n n n a a ∑∞=+-111n nn a a a ∑∞=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n a a )()(2x f x x F =22<<-t ttt t t ydt n n nt-=-==∑⎰∞=22122102)2(2)2(t t t y -='-=2)2(t t dt dx -=3)2(4t dt dy -=t t dx dy )2(4-=322)1(8tt dx y d -=。