華東師范大學(xué)19972011年數(shù)學(xué)分析試題及解答

1、華東師范大學(xué) 1997 年攻讀學(xué)位入學(xué)試題一（12 分）設(shè) f(x)是區(qū)間 I 上的連續(xù)函數(shù)。證明：若 f(x)為一一在區(qū)間 I 上嚴(yán)格單調(diào)。，則 f(x)二（12 分）設(shè)D(x) = ì 1, x為有理數(shù)í0，x為無(wú)理數(shù)îf '(0) = 0證明：若 f(x), D(x)f(x) 在點(diǎn) x=0 處都可導(dǎo)，且 f(0)=0,則三（16 分）函數(shù) f(x)=xlnx 的凸性，并由此證明不等式：a+b³ (ab)(a > 0, b > 0)aabb2¥¥四（16 分）設(shè)級(jí)數(shù)å ann=1收斂，試就å

2、 dn 為正項(xiàng)級(jí)數(shù)和一般項(xiàng)級(jí)數(shù)兩種n=1n¥情況分別證明å ann=1n +n也收斂。五（20 分）設(shè)方程 F ( x , y ) = 0 滿足隱函數(shù)定理?xiàng)l件，并由此確定了隱函數(shù)y=f(x)。又設(shè) F ( x , y ) 具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)。f ''( x)（1）求1若 F ( x0 , y0 ) = 0, y0 =f ( x0 ) 為 f(x)的一個(gè)極值，試證明：（2）當(dāng) Fy ( x0 , y0 ) 與 Fxx ( x0 , y0 ) 同號(hào)時(shí)，當(dāng) Fy ( x0 , y0 ) 與 Fxx ( x0 , y0 ) 異號(hào)時(shí)，f ( x0 ) 為極大值；f

3、( x0 ) 為極小值。+ xy + y 2= 27 ，在隱函數(shù)形式下（不解出 y）求 y=f(x)（3）對(duì)方程 x2的極值，并用（2）的結(jié)論判別極大或極小。六（12 分）改變累次4 x - 2 04I =d x ò 4ò( y - 4 ) d yx - 82x的次序，并求其值。I = òò ( x 2 co s a +sco s b+ co s g ) d sy 2z 2七（12 分）計(jì)算曲面z =+ y 2x20 £ z £ h其 中s為 錐 面上 介 于的 一 塊 ，cosa , cos b , cos g 為 s 的下側(cè)法向的

4、方向余弦。2華東師范大學(xué) 1998 年攻讀學(xué)位入學(xué)試題一簡(jiǎn)答題（20 分）3 n 2 + 232=用定義驗(yàn)證： lim（1）；n ® ¥ 2 n 2+ n + 1f ( ) = ìcos（2）íln(1îx 3計(jì)算ò（3）dx .21 + x二 （12分p= 2 , ò f0） 設(shè)f(x)有 連續(xù) 的 二階 導(dǎo) 函 數(shù) ，且f (p )( x ) + f'' ( x ) s in xd x = 5 , 求 f(0).三（20 分）¥1¥（1）已知å為發(fā)散的一般項(xiàng)級(jí)數(shù)，試證明

5、29; (1 + n ) a n 也是發(fā)散級(jí)數(shù)。a nn =1n =1¥1（2）證明ån =12 n在(0, + ¥ ) 上處處收斂，而不一致收斂。s in3 nx: x 2 +£ t 2 ,y 2z 2四（12 分）設(shè) DF (t) = òòò f ( x2 + y2 + z2 )dxdydz, 其D中 f 為連續(xù)函數(shù)，f(1)=1.證明F'(1) =4p.3y = - x 2+ 1 所圍成的閉域。y =- 1 與x 2五（12 分）設(shè) D 為由兩拋物線x 2a 2y 2b 2+=1, 使其面積為最大。試在 D 內(nèi)

6、求一橢圓，六（12 分）設(shè) u ( x , y )有連續(xù)二階偏導(dǎo)數(shù)， F ( u , t ) 有連續(xù)一階偏導(dǎo)數(shù)，且' ) 2+ ( F' ) 2¹滿足 F ( u ' , u ' ) = 0 ,( F0 , 證明：stxy-= 0 .u '' u ''( u '' ) 2xxyy xy 為( -¥ , +¥ ) 的周期函數(shù)，其周期可小于任意小的正數(shù)。f ( x )七（12 分）設(shè)f ( x ) º在( - ¥ , + ¥ )證明若 f ( x )上連續(xù)，則

7、常數(shù)。4華東師范大學(xué) 1999 年攻讀學(xué)位入學(xué)試題n Î N0, 0 < x1 < a>n ) ,a一設(shè) a，證明： xn 收斂，并求其極限。ff二.證明：若函數(shù)在區(qū)間 I 上處處連續(xù)，且為一一，則在 I 上為嚴(yán)格單調(diào).三.用條件極值的方法證明不等式：ö 2x( x k >0 , k = 1, 2 , ., n )çn ÷nènøf ( x ) 在 ( a , ¥ )f ( x )f ' ( x ) =+¥ lim四.設(shè)上可導(dǎo)，且，證明在x ® + ¥( a ,

8、¥ )上不一致連續(xù)。在a , b 上二階可導(dǎo)，且f ( x ) ³ 0f '' ( x ) < 0f ( x )五.設(shè)，證明： 2b - af ( t )d t , x Î a , b .bòf ( x ) £a5在 D = a , b ´ c , d 上有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)。f( x , y )六.設(shè)òòDòòDf( x , y ) d xd y =''''f( x , y )d xd y（1）通過(guò)計(jì)算驗(yàn)證：xy yx f( x , y ),

9、( x , y ) Î D( x , y ) =''xy ''f（2）利用（1）證明：.yxa , b n ® ¥n , f n ( x )七.設(shè)對(duì)每個(gè) 在上有界，且當(dāng) 時(shí)， f n ( x ) Þf ( x ) , x Î a , b 證明：在a , b 上有界；f ( x )（1）lim su pf n ( x ) = su pf ( x ), ( = su p lim f n ( x )（2）n ® ¥ a £ x £ ba £ x £ b n &

10、#174; ¥ a £ x £ bÌ R 2 , P ( x , y )八設(shè) S為 S 的內(nèi)點(diǎn)， P ( x , y ) 為 S 的外點(diǎn)，證明：000111直線段 P0 P1 至少與 S 的邊界¶ S 有一個(gè)交點(diǎn)。6華東師大 2000 年數(shù)學(xué)分析試題一、（24 分）計(jì)算題：1- 1 ) ；（1） 求l3求ò cos x sin x（2）dx1+ cos2 x（3） 設(shè) z = z(x, y) 是由方程F (xyz, x2 + y2 + z2 ) = 0 所確定的可微隱函數(shù)，試求grad z。二、（14 分）證明：ìü

11、;1（1） (1+)為遞減數(shù)列：1+níýînþ1< ln(1+ 1 ) < 1 , n = 1, 2 ××××（2）n +1nn三、（12 分）設(shè) f(x)在a, b 中任意兩點(diǎn)之間都具有介質(zhì)性，而且 f 在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，£ K（K 為正常數(shù)）， x Î (a, b)f '(x)證明：f 在點(diǎn) a 右連續(xù)，在點(diǎn) b 左連續(xù)。12 n四、（14 分）設(shè)I =(1- x ) dx ，證明：òn02 n2 n + 1(1) I =, n = 2 , 3 , 

12、5;××× In - 1nf (x) =2(2) I n ³, n = 1, 2 , ×××× 3n五、（12 分）設(shè)S 為一旋轉(zhuǎn)曲面，它由光滑曲線段f (x), x Îa, b, z = 0y =( f (x) ³ 0)繞x 軸曲線旋轉(zhuǎn)而成，試用二重計(jì)算曲面面積的方法，導(dǎo)出 S 的b1+ f '(x)2 dxò面積公式為： A = 2pf (x)a六、（24 分）級(jí)數(shù)問(wèn)題：ì si¹0x Îa,b f f (x)(x) Þ f (x)f

13、 (x) = ínn1, x=0î（1） 設(shè),求 1Þ 1 fn (x)f (x)f (k) (0), k = 1, 2,L¥¥¥å= 0 ，證明： ån(an - an+1 ) = åan 。（2） 設(shè) a 收斂， lim nannx®¥n=1n=1n=1（3） 設(shè) fn (x) 為a,b 上的連續(xù)函數(shù)序列，且 fn (x) Þf (x) ， x Îa,b ，證明：若 f (x) 在a,b 上無(wú)零點(diǎn)，則當(dāng) n 充分大時(shí)， fn (x) 在a,b 上11， x &#

14、206;a,b 。也無(wú)零點(diǎn)；并有Þfn (x)f (x)華東師范大學(xué) 2000 年數(shù)學(xué)分析解答一、11 -lim x - ln(1 + x) = limx1= 11 + x= lim= limx ln(1 + x) + 1 + 12 1 + xx®0cos x(1 - cos2 x)cos x sin 3 x òdx = -òd (cos x)1 + cos2 x1 + cos2 xt(t 2 - 1)t(1 + t 2 ) - 2t= òdt = òdt1 + t 21 + t 2t 2æ2töò=t

15、-dt =- ln(1 + t ) + Cç÷21 + t2èø212=cos2 x - ln(1 + cos x) + C2yzF1 + 2xF2 üz = - Fx = -ïxxyF + 2zFFz12 ý Þ gradz = z , z = - FyF= - zxF1 + 2 yF2 ïxyzyxyF + 2zFïþ12二、1 ö1+nö2+nææ1欲證ç1 +³ ç1 +÷÷，即n + 1

16、øèn øè1 ön+1n + 2æn+2 ç1 +· 1 ³÷n + 1èn ø1= 1 +, xn+2 = 1 。由n因此，令n+1n + 2³n+2，n+2111+L +n+2即得1 ön +1æn + 21 +· 1 ³ç÷n+2-1ènøæ n + 1ö· (n + 1) + 1ç÷ènøn + 2n + 2

17、。n + 1=n· (n + 1) + 1n + 1æ1 ön由與ç1 +為遞增數(shù)列，得到÷èn ø1 ön+1æ1 önæ1 < ç1 +< e < ç1 +÷÷èn øèn øæ1 öæ1 öÞ n lnç1 +÷ < 1 < (n + 1) lnç1 +÷èn ø

18、èn øæ1 öæ1 ö11Þ lnç1 +÷ <, lnç1 +÷ >。n øn + 1èn ønè三、證明 ：e"e > 0, $d =，當(dāng) x Î (a, a + d ) 時(shí)，若 f (x) º f (a) ，則 f 在 a 右連續(xù)。2K否則， $x0 Î (a, a + d ) ，使 f (x0 ) ¹ f (a) （不妨設(shè) f (x0 ) < f (a) ）。&q

19、uot;m 滿足：< xf (x ) < m < f (a) ，f (a) - m。02由介值性， $x1 Î (a, x0 ) ，使 f (x1 ) = m 。于是對(duì)于一切 x Î (a, a + d ) ，有f (x) - f (a)£f (x) - f (x1 ) +f (x1 ) - f (a)f ' (x ) ·+ m - f (a)x - x=1< K · e + e = e2K2所以 f 在 a 點(diǎn)右連續(xù)。同理可證 f 在b 左連續(xù)。四、證明：11ò0ò因?yàn)?I =(1 - x

20、2 )n dx = x(1 - x 2 )n+2n|1n001= 2nò(0= 2nIn-1 - 2nIn ，2n所以有 I n = 2n + 1 I n-1 , n = 2,3,L由，= 2n · 2n - 2 L 4 IIn2n + 12n -1512 4 62n=L3 5 72n + 12462n=××L3 ×35 ×7 ×72n + 1 × 2n + 15³ 2 ×1L1×12=2n + 13(2n + 1)322>=， n = 1,2,L3 × 3n3 n五、

21、證明：S : y 2 + z 2 = f 2 (x) ，取其上半部分z =f 2 (x) - y 2 ， (x, y) Î D = (x, y) | - f (x) £ y £f (x), a £ x £ b。- yf (x) f '(x)由 zx =, z y =，得f 2 (x) - y 2f 2 (x) - y 2f 2 (x)1 + ( f '(x)2 1 + z + z=22，xyf 2 (x) - y 2根據(jù)計(jì)算曲面面積的二重公式，有bf ( x)1 + ( f '(x)2A = 2ò dxf (x

22、)a- f ( x)òdyf 2 (x) - y 2f ( x)ò- f ( x)bdy= 2ò f (x) 1 + ( f '(x)2 dxaf 2 (x) - y 2因其中f ( x)ò- f ( x)dyy= arcsin= p ，f ( x)- f ( x)f (x)f 2 (x) - y 2于是得：bA = 2p ò f (x) 1 + ( f '(x)2 dx 。a六、解：x 2n-1，得到(2n - 1)!¥由sin x = å(-1)n=1n-1x 2n-2¥sin x = 

23、9;(-1)n-1。(2n - 1)!xn=1再由泰勒系數(shù)公式，得到f (2n-2) (0) =(-1)n-1，(2n - 2)!(2n - 1)!n-1 (2n - 2)!(-1)n-1(2n-2)(0) = (-1)=于是求得 f。(2n - 1)!2n - 1¥¥設(shè)å an 與å n(an - an+1 ) 的部分和分別記做 Sn 與s n 。則有n=1n=1s n = (a1 - a2 ) + 2(a2 - a3 ) +L+ n(an - an+1 )= a1 + a2 +L + an - nan+1= Sn - nan+1n由于lim Sn =

24、 S, lim nan+1 = lim(n + 1)an+1 ×= 0 都存在，因此n + 1n®¥n®¥n®¥lims n = lim Sn = S ，n®¥n®¥¥¥即å n(an - an+1 ) = å an = S 。n=1n=1因?yàn)?f n (x) 為連續(xù)函數(shù)序列， f n (x) 一致收斂于 f (x) ， x Îa, b ，故 f (x) 在a,b上連續(xù)。又因?yàn)?f (x) > 0 ，所以f (x) ³

25、min f (x) = m > 0.， x Îa, bxÎ a,bm取e 0 => 0 ， $N0 > 0 ，當(dāng) n > N0 時(shí)，對(duì)一切 x Îa, b ，都有2mf n (x) -£f n (x) - f (x)<，f (x)2mmmm2Þ= m -£ f (x) -< f n (x) < f (x) +。222由此可見(jiàn)，當(dāng) n > N0 時(shí)， f n (x) 都無(wú)零點(diǎn)。11又因?yàn)? <£，故由f (x)m11-=，f n (x)f (x)m2³(n >

26、; N0 , X Îa, b) ，對(duì)上述e > 0 ，存在 N1 > 0 ，當(dāng)f n (x) f (x)2n > N1 時(shí)，有m2f n (x) - f (x)<× e 。2于是當(dāng) n > N = maxN0 , N1時(shí)，滿足2× m111m22-<× e ， "x Îa, b。f (x)f (x)2nf n (x) - f (x)f n (x) f (x)華東師大數(shù)學(xué)分析 2001 年試卷一、（30 分）簡(jiǎn)單計(jì)算題x驗(yàn)證當(dāng) x ®¥ 時(shí)， 2xò et2 dt 與ex

27、2 為等價(jià)無(wú)窮大量.0（1）ln(1+ x)òx2dx .（2）求不定求曲線I = ò ( y 2 - cos y)dx + x sin ydy ,其中有向曲線 O A 為沿著正弦曲線O A（3）y = sin x 從 O（0,0）到點(diǎn) A (p , 0) .設(shè) f 為可微函數(shù)， u = f (x2 + y2 + z2 ) ，并有方程 3x + 2 y2 + z3 = 6xyz ，試對(duì)以（4）¶u下兩種情形分別計(jì)算在點(diǎn) P (1,1,1) 處的值；¶x0由方程確定了隱函數(shù) z = z(x, y) ;1)由方程確定了隱函數(shù) z = z(z, x) ;2)x

28、2y2z2x2y2z2二、（12 分）求橢球+= 1 與錐面+-= 0 (z ³ 0) 所圍成的立體.a2b2c2a2b2c2，則其導(dǎo)函數(shù) f ' (x) 在(a, b)三、（12 分）證明：若函數(shù) f (x) 在有限區(qū)域(a, b) 內(nèi)可導(dǎo)，但內(nèi)必.¥¥四、（12 分）證明：若åan 絕對(duì)收斂，則åan (a1 +a2 + +an ) 亦必絕對(duì)收斂。n=1n=1五、（17 分）設(shè) f (x) 在0,1上連續(xù)， f (1) = 0 ，證明：1. xn 在0,1上不一致收斂；2. f (x)xn 在0,1上一致收斂；六、（17 分）設(shè)函數(shù)

29、 f (x) 在閉區(qū)間a, b 上，證明：1.$xn Ì a, b，使得lim f (xn ) = ¥n®¥2.$c Ì a, b ，使得"d > 0, f (x)在(c-d , c + d )Ia,b上.（此題鼓勵(lì)多）2001 年華東師范大學(xué)<數(shù)學(xué)分析>試題解答招生一、用洛必達(dá)法則驗(yàn)證：xxòòt 2t 2x22e dt + 2xe2xe dt0= lim0lim2ex22xexx®+¥x®+¥x2òte dt= lim+ 102xex2exx&

30、#174;+¥= lim+ 12x®+¥ ex (1 + 2x 2 )= 0 + 1 = 1ln(1 + x)1òx 2dx = ò ln(1 + x)d (- x )= -x)= -+ Cxp2 I = -¶u第一種情況：=¶xf '(x + y + z )(2x + 2zzx ).2223 - 6 yz1 - 2 yzz = -= -x3z 2 - 6xyz 2 - 2xy¶u¶x= 0.(1,1,1)3 - 6 yz= -4 y - 6xz第二種情況：FOR yx¶uSO，= f

31、'(x 2 + y 2 + z 2 )(2x + 2 yy )= - f '(3).(1,1,1)x(1,1,1)¶x二、設(shè)立方體在 xy 平面的投影區(qū)域?yàn)椋?#236;1 üx 2y 2D = í(x, y) a 2 + b2 £ 2 ý 。îþæöx 2y 2x 2y 2ç c+ ÷dxdy 。òòçV =1 - c÷a 2b2a 2b2D èø令 x = ar cosq , y = ar sinq , J

32、 = abr, D': r 2 £ 1 。212pV = ò dq ò 2 (c 1 - r 2 - r 2 )abrdr001= 2pabcò 2 (r 1 - r 2 - r 2 )dr02 -2pabc 。=3f '(x) £ M。則對(duì)任意取定c Î (a, b) ，對(duì)一三、（反證法）：若 f '(x) 在(a, b) 上有界，設(shè)f '(x x ) × x - c +切 x Î (a, b) 有£f (x) - f (c) +£f (x)f (c)f (c)

33、£ M (b - a) += M *f (c)導(dǎo)致與 f (x) 在 x Î (a, b) 上界。的條件，故證得 f ' (x) 在 x Î (a, b) 上必定無(wú)¥四、 因?yàn)?#229; ann=1> 0 ，使收斂，所以存在 M+ a2+L + an£ M ，a1Þan (a1 + a2 +L +an )£ M an。¥¥又 因 為 å M ann=1= M å an n=1收 斂 ， 故 由 優(yōu) 級(jí) 數(shù) 列 判 別 法 推 得¥å an (a1 +

34、 a2 + L+ an ) 也收斂。n=1五、ì0, x Î (0,1) lim = í。1, x = 1n®¥î由于sup(xn - 0) = 1 ®/ 0(n ® ¥) ，因此x 在0,1) 不一致收斂，故在0，1上更n0£ x<1不一致收斂。由于 f (1) = 0 ，因此Î0,1lim f (n®¥"e > 0 ，因 f 在 x = 1左連續(xù)，故$d > 0 ，當(dāng) x Î (1 - d ,1 時(shí)，滿足< ef (x

35、) - f (1)=f (x)于是當(dāng) x Î (1 - d ,1 時(shí)，有< e , "n Î N + ，f (x)xn - 0£f (x)說(shuō)明f (x)xn 在 x Î (1 - d ,1 上一致連續(xù)。又在 x Î0,1 - d 上，因?yàn)?gt; 0 （若f (x) 在0，1上連續(xù)，故存在最大值 Mº 0 ，結(jié)論顯然成立）。此時(shí)有f (x)M=0，則£ M (1 - d )n ® 0(n ® ¥) ，f (x)xn - 0sup0£ x£1-d所以f (x)x

36、n 在 x Î0,1 - d 上一致連續(xù)。綜上證得f (x)xn 在0，1上一致連續(xù)。六、因?yàn)?f 在a, b 上，故"M > 0, $x Îa, b，使> M 。f (x)現(xiàn)取 M = n(n = 1,2,L) ，相應(yīng)地$xn Îa, b(n = 1,2,L) ，使得> n ，f (xn )故lim f (xn ) = ¥ 。n®¥證明：（利用致密性原理）因?yàn)橹兴玫膞n Ì a, b ，故存在收斂子列，設(shè)為lim xn = c Îa, bk ®¥k"d

37、> 0, $K1 > 0 ，當(dāng) k > K1 時(shí)，xn Î U(c;d ) Ça, b。k另一方面。因?yàn)閘im f (xn ) = ¥ ，故"M > 0, $K 2 > 0 ，當(dāng) k > K 2 時(shí)n®¥> M 。f (nk )使綜上，當(dāng) k > K = maxK1 , K 2 時(shí)，同時(shí)有xn Î U(c;d ) Ça, b，k> M ，f (nk )于是 f 在(c;d ) Ça, b 上。說(shuō)明：利用有限覆蓋原理亦可以完成證明。華東師范大學(xué) 2003

38、 年數(shù)學(xué)分析試題及解答Tangshan0315一、（30 分）簡(jiǎn)答題（只需寫出正確）：sin 2 (1 - x)1= ( ); limx®1 (x - 1)2 (x + 3)312 y = arccos(),則y' = ();1 + x 2(1 + x 2 ) 2 + x 2 ò ln 2 xdx = (+ 2) + C)x z = y sin( ),則dz = (z dx + z dy)yxxy D = (x, y) | x 2 + y 2 £ 1,則òòe x2 + y 2 dxdy = (p (e - 1)D L = (x, y)

39、 | x 2 + y 2 = 1, 取順時(shí)針?lè)较?，則ò xdy - ydx = (-2p ).L二、（20 分）判別題（正確的說(shuō)明理由，錯(cuò)誤的舉出反例）；若lim xn = 0,則lim nxn = 0 。n®¥n®¥11錯(cuò)；例如lim= 0 ，但lim= 1。n®¥ nn®¥ nn若 f (x) 在(0,+¥) 上可導(dǎo)，且 f '(x) 有界，則 f (x) 在(0,+¥) 上一致連續(xù).e£ K , x Î (0,+¥),則"e >

40、; 0, $d => 0, "x'," < df (x)'K對(duì)設(shè)f '(x ) × x'-x" £ K · e = ef (x') - f (x")=,Kx若 f (x) 在a, b 上可積， F (x) = ò f (t)dt 在 x0 Î (a, b) 可導(dǎo)，則 F '(x0 ) =af (x0 ) 。= 0錯(cuò)；例如 f (在-1，1xF (x) = ò f (t)dt º 0, x Î-1,1 Þ F

41、 ' (x) º 0,-1上可積，并且但是F ' (0) ¹f (0) = 1.¥¥å+ a ) 收斂，且lim a = 0 則åan 收斂。若(an=12n-12nnn®¥n=1¥¥對(duì)；設(shè)åan , å(a2n-1 + a2n ) 的部分和分別為 Sn 與s n ，則n=1n=1= s n ® S,(n ® ¥) AndS2n+1 = s n + a2n+1 ® S + 0,(n ® ¥) 

42、2;S2nlim Sn = Sn®¥三、（17 分）求極限：xsin t= f (x); 指出 f (x) 的間斷點(diǎn)，并lim() sin t -sin x間斷點(diǎn)的類型。sin xt ® x xsin xxxsin t - sin xsin t)sin t -sin x = lim(1 +) sin t -sin x sin x = e sin x =解： lim(f (x) 。sin xsin xt ®xt ®x由于lim f (x) = e ， lim f (x)(k ¹ 0) 不存在，因此 x = 0 為 f (x) 的可去間斷

43、點(diǎn)，x®0x®kpx = kp (k ¹ 0) 為 f (x) 的第二類間斷點(diǎn)。Ma 2aò四、（17 分）設(shè) f (x) 在0，a上連續(xù)， f (0) = 0 .證明'£f (x)dx其中20M = max0£ x£af ' (x)dx.證明：由下式出發(fā)：=f (x) - f (0)=f ' (x ) x £ Mx, x Î0, a, 在0, a 上取定xf (x)，即得Ma 2aaaòòò££ Mxdx =f (x)dxf (x

44、) dx。2000存在 L > 0 ，對(duì) R 2數(shù) f (x, y) 在上對(duì) x 連續(xù)，且 五 、（ 17分）若函 "x, y ' ,f (x, y ' ) - f (x, y" )£ L y'- y" ，證明 f (x, y) 在 R 2 上連續(xù)。證明： "(x0 , y0 ) Î R 有：2Dz=f (x0 + Dx, y0 + Dy) - f (x0 , y0 )£f (x0 + Dx, y0 + Dy) - f (x0 + Dx, y0 ) +f (x0 + Dx, y0 ) - f (

45、x0 , y0 )£ L · Dyf (x0 + Dx, y0 ) - f (x0 + y0 ) 。+因?yàn)?f (x, y0 ) 關(guān)于 x 在 x0 連續(xù)， 故 "x > 0, $d > 0 ，當(dāng) Dx< d 時(shí)xxxf (x0 + Dx, y0 ) - f (x0 , y0 )<；又當(dāng) Dy2<時(shí) L · Dy2L<，2x現(xiàn)取d1 = min2L ,d ，且當(dāng) Dx在 R 2 上任一點(diǎn)(x , y ) 連續(xù)。00< d1, Dy< d1 時(shí)，使得 Dz< e 。故 f (x, y)I = ò

46、;ò f (x, y, z)dS六、（17分）求下列，其中SS = (x, y, z) | x 2 + y 2 + z 2 = a 2(a > 0)，f (x, y, z) = x 2 + y 2 , z ³x 2 + y 2 ,;0, z <x 2 + y 2 。證明：記 S1 = (x, y, z) | x + y + z = a , z ³x + y 。因?yàn)?S 上2222221f (x, y, z) = x 2 + y 2SS1上f (x, y, z) = 0, 故 有， 而 在I = òò f (x, y, z)dS =

47、I = òò f (x 2 + y 2 )dS 。SS1a 2又因?yàn)?S1 在 xy 平面上的投影區(qū)域?yàn)?D : x + y £，有 S1 的方程222az =a 2 - x 2 - y 2，又有 1 + z 2 + z 2 =，所以可求得：xya 2 - x 2 - y 2I = òò(x 2 + y 2 ) ×adxdy ，令 x = r cosq , y = r sinqa 2 - x 2 - y 2Da2r 32p= aò dq òdr ， （令a 2 - r 2 = u ）00a 2 - r 2- 121

48、- u 2 )dua2= paòa2 (a 2u213= pa(2a 2u 2 - 2 u 2 ) |a2a223145 2= pa (4 -) 。32七、（17 分）設(shè)0 < r < 1 ， x Î R 。證明：1 - r 21 - 2r cos x + r 2¥= 1 + 2å r cos nx ；nn=1pòln(1 - 2r cos x + r )dx = 0 。20cos x - r¥1 - 2r cos x + r 2å證明：把欲證明的等式經(jīng)移項(xiàng)后寫為：=rcos nx 。n-1n=1只要把此式左邊的

49、分母乘至右邊，經(jīng)整理后可得 cos x - r ，主要過(guò)程如下：(1 - 2r cos x + r 2 )å r n-1 cos nxn=1= å r n-1 cos nx + å r n+1 cos nx - 2å r n cos(n - 1)x¥¥¥¥n=1n=1n=1¥¥¥其中- 2å r n cos nx = -å r n cos(n + 1)x - 2å r n cos(n - 1)x ，把它帶入上式后，n=1化簡(jiǎn)可得cos x - r 。n=1

50、n=1- 2 cos x + 2r¥利用一的結(jié)果：由以上等式又有：= -2å rcos nx ，容易看1 - 2r cos x + r 2n-1n=1出左邊的是分母對(duì)r求導(dǎo)的結(jié)果。所以先通過(guò)兩邊對(duì) r 求，得到： a - + ¥ 2 cos x 2rråòòa = -2acos nxdn-1a ，d1 - 2a cos x + a200n=1¥r nln(1 - 2r cos x + r ) = -2åcos nx 。2即nn=1在0,p 上X再對(duì)求，又得¥r nnppln(1 - 2r cos x +

51、r )dx = -2åò0ò02cos nxdx = 0證畢。n=111八、（15 分）設(shè) a > 0, b > 0, a1 = a, a2 = b ， an +2 = 2 +, n = 1,2,3.22aan+1n證明：an 收斂。5證明：由于 n ³ 3 時(shí) an > 2 ，故n ³ 5 時(shí) an < 2 。估計(jì)：1111a- a=+-n+1na 2a 2a 2a 2nn-1n-1n-2+ an-2ana - ann-2)2(a an n-25£( a - a+ a- a)nn-1n-1n-216=

52、3; 5 max( a - a, a- a)nn-1n-1n-28n5 -3£ . £ ( ) 2B(n ³ 9)8其中正常數(shù) B 或者是 a6 - a5，或者是 a7 - a6。由此又得：an + p - an+1£an+ p - an+ p-1+ . + an+2- an+1 n+ p-7 n-5 55£ ( ) 8+ . + ( )B228 n-5 B5<5 ( )® 0(n ® ¥)281 -8所以根據(jù) Cauchy 準(zhǔn)則，an 為收斂數(shù)列。華東師范大學(xué) 2004 數(shù)學(xué)分析一、（30 分）計(jì)算題。1)

53、 x2x 221、求lim(cos x -x®0解： cos x = 1 - 2 sin 2® 0)- 1 ( -1) lim(cos x -= e-12 )x2x®022、若 y = e-ln x + x sin(arctan x), 求 y ' .- 2 ln x-ln2 x解： y ='e+ sin(arctan x) +2xxe- x3、求ò (1 - x)2解：dx .xe- xxe- x(xe-x )'xe- xxe- x1òdx = ò xe- ò- ò e dx =- x-

54、x- xdx =+ e+ cd1 - x1 - x(1 - x)=(1 - x)1 - x1 - x22¥4、求冪級(jí)數(shù)ånxn 的和函數(shù) f (x) .n=1解: | x |< 1時(shí)¥¥¥¥(å nxn+1 )'n=0= å(n + 1)xn = ånxn + å x nn=0n=0n=0¥å¥¥nxn = (å nxn+1 )' - åxn = ( x )' - 1 =1- 1 =xÞ1 - x

55、1 - x(1 - x)21 - x(1 - x)2n=0n=0n=0pò5、 L 為過(guò)O(0,0) 和 A(,0) 的曲線 y = a sin x(a > 0) ,求 (x + y 3 )dx + (2 + y)dy.2y = a sin x, dy = da sin x = a cos xdxpLpppòòòòò(x + y )dx + (2 + y)dy =xdx + asin xdx + 2acos xdx + asin x cos xdx33322222L0000p 22a33a 22=+8+ 2a +ò&#

56、242;(2x + z)dydz + zdxdy ,其中 z = x + y , (0 £ z £ 1) ,取上側(cè).226、求曲面S解：應(yīng)用 Gauss 公式，并應(yīng)用極坐標(biāo)變換得：¶(2x + ¶z)zòòòòò(2x + z)dydz + zdxdy =(V+)dxdydz¶x¶zS32p1zòòòòòò= 3dxdydz = 3 dzdrrdq =p .2000V二、（30 分）題（正確的證明，錯(cuò)誤的舉出反例）1、若xn

57、, n = 1,2,L, 是互不相等的非無(wú)窮大數(shù)列，則xn 至少存在一個(gè)聚點(diǎn) x0 Î (-¥,+¥).正確。xn 在數(shù)軸上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)集必為有界無(wú)限點(diǎn)集，故由聚點(diǎn)定理，點(diǎn)集xn 至少存在一個(gè)聚點(diǎn)x0 Î (-¥,+¥).2、若 f (x) 在(a, b) 上連續(xù)有界，則 f (x) 在(a, b) 上一致連續(xù).正確。證： f (x) 在(a, b) 上連續(xù)有界，故 lim f (x) 與 lim f (x) 都有存在，不妨設(shè)為 A, B .x®a+x®b-,x = a,x Î (a, b),x = bìAf