數(shù)學(xué)分析-各校考研試題及答案

1、w,wwuw(nnnnnnnnnnnn(n)nnnn(),)oll()udul()bMbMb(,b)使()(bb)()()()()(bb)MbbbbbbMbnn()nnn()：（nn（2nunnnFeeeFee),),e,(),b),b)當(dāng),b且時(shí)，對一切自然數(shù),有()()n)(,),b,mm能找到一N,N，(i,m)i,(i)(i)mK,Kn,nN,b,K,Kn,nN,b,bllll()()()()()()()()nnnnlnlnlnlnllllllee()drrdrJe()()FF,FFF)F()F)F()(,b),g(du,gggggg,gggg()Mn!neeeeen!nn(M,(,(

2、g(g(g(g()g()g()()()()g()()g,bg,b,bg()eeee)(gg()gggg()ggddddddddddrr()Mrr()rdrdr)rddrrd)d()d,dd,nnnnn()()()()()()(),.b當(dāng)x0;當(dāng)x0,f(x)是定義在-a,a設(shè)a0,f(x)是定義在-a,a上的連續(xù)的偶函數(shù),則().f(x)()e()()f(x)f(x)1+e1+eeef(x)(f(x)e()1+e1+ee()()()()()(),b,bbb由定理,a+b對x=,b有2,|f(b)-f(a)|f(b)-f(a)|即bbbbb.而b故有bb令|(|,則有bbbbb,b,bb.b()

3、g()()(g()(,g是,b上的可積函數(shù))bgggg),b,bbbbggg.即bf(x)=f(a)+(t)dt(t)dt即(t)dtbbb下面我們來證明題目:設(shè)max則有Newton公式有b兩邊開方即得證。(2)同樣，由Newton-Leibniz公式有等式兩邊從a到b積分有bbdbbbb又得證。b:b(Jb)J(L(bJ)(bbLL計(jì)算積分計(jì)算積分的值，并證明它也等于數(shù)項(xiàng)級數(shù)的和。dx(1+x設(shè)I=dx1+x，I3xnn()nnnnnnnnn,R,R)nnnnnnnnn,n,nnnnRnnnnnnnnnnnnn()nn求曲線,(繞直線旋轉(zhuǎn)所成的曲面的表面積.()().并且在充分大的時(shí)候顯然

4、有.,這么一個(gè)子列得到.,這么一個(gè)子列得到.,.,b,b,b.,bM,b.對于,(,b),),M.條件,所以由,任意性易證明()在(,b)上一致收斂.,bb,b,b.,.12.()(n解:這道題目要是直接展開是很麻煩的.先對原式做一下變形.有.再由的.()LLpi)!ppppp)!ppp.g(pg(g(p!pp(p!ppp!g(g(pppp!gpgp)!pgp)!pgp)!npp!p（-1）p!p為奇數(shù)p為偶數(shù)其中pL,(,)(,)()()()()(,)(,),，（0，），顯然4LLL所以它們的交線是該球面上的極大圓。再由坐標(biāo)的對稱性。易知有LLLLLL)(),b()nnn,b),bn),bn

5、n(),b,()nnnnnn()()與()nnn,bnnnnnn,b()()()()()()()()()():,b,b,b:,b,L,bi,biiiiiiiiiNiN,b),bn,b,bnnnk,b,ppppnn()ppnnppnpp(),b以及以及nnppnKKpKK()()()()()()()()pppp(),b)nnn.n,其中n.nnnnneeeeeoeeeeeeeC:I,IIddddbbb，構(gòu)造函數(shù)bbbbbbbbbbbbbb展開可以證明bbb,mA,bnnnnnmAn,b顯然，連續(xù)且有界。但是在時(shí)非一致連續(xù)反證法：如果一致連續(xù)，對當(dāng).取令令,。當(dāng)足夠大的時(shí)候,(,bbbb令gb，利

6、用中值定理：令=,原式g令=,原式ggg),利用中值定理：bbb),bb，),(),.()g()b()g()i,),(,:.b,i有iiiiiii根據(jù)定義ggniiiigggggiiiiiiiiiiiii|ggi由于g可積，所以gg，為振幅iiiiinniiiiiiiigg，從而得證iiiiiiiinnnnMnnnnnnnnnMnnMMnnnnMMnddnennnennennnennenn取不趨近于，所以不一致收斂取不趨近于，所以不一致收斂級數(shù)收斂，但不一致收斂。)()即)即rrdzrrrdzrdd，其中()M,mM顯然M非空,下證:mm反證法：如果命題不成立，那么顯然mm,不妨設(shè)mmrm,m

7、rm由于是連續(xù)函數(shù)，所以，對r0存在mr與單調(diào)性矛盾。nn因?yàn)檫B續(xù)，所以，當(dāng)足夠大的時(shí)候n因?yàn)檫B續(xù)，所以，當(dāng)足夠大的時(shí)候nnnn由于的任意性，所以命題成立nnnnnnnnr即足夠大的時(shí)候即足夠大的時(shí)候rrnnrn根據(jù)積分判別公式，知命題成立nn即足夠大的時(shí)候即足夠大的時(shí)候rrnnrn根據(jù)積分判別公式，知命題成立證明對任意自然數(shù)，方程nn在區(qū)間，上總有唯一實(shí)根x,并求xn證明：令nn則，因此在，上有零點(diǎn)又nn，所以在，上單調(diào)從而f(x)在，上存在唯一的零點(diǎn)，也即方程nn在區(qū)間唯一實(shí)根x因此nnnnn兩邊令,則有nnnxn,nnn,N,),L,L（）設(shè)u(x,y)在平面上二次連續(xù)可微，x=rcos

8、,y=rsin,(r0)(1)用u關(guān)于r,的偏導(dǎo)數(shù)表示解：（）用u關(guān)于r,解：（）rrrrrrrrrrrrnn,n,g,gn,nggg,nrrrrrDErrrrrrrrrrrr0,0gg,(g0,0gg,(ggggggggg.0,gggggggggggg固定，令,gggggggggg0g),其中()()存在解：由于(),其中()()存在解：由于()()存在，從而f(x)=f(a)+f(a)(x-a)+f(a)o()（）nnbnb)n解：因?yàn)閚bnnnbnnbn而nbnnbnbnn因此nnbnbn()()()()()()()()()()()()()()()()()()()(f(a)(x-a)+f

9、(a)o()()()(f(a)(x-a)+f(a)o()()()-f(a)-f(a)o()()()(f(a)(x-a)+f(a)o()()()()()f(a)o()()()()()n,設(shè)()是上的周期函數(shù)，滿足：（）()()()L,證明：（1）f(x)在R上可以取到最大值，最小值（2）max()L證明：（1）由()()L,知取x,當(dāng)時(shí)，有()(x)Lx取L,則有()(x),從而()在上連續(xù)，既()在上可以取到最大值，最小值又()是上的周期函數(shù)，所以f(x)在R上可以取到最大值，最小值。（2）令f(x)max()()由()知x，使得(x)以下分三種情況討論：(a)當(dāng)xx時(shí)f(x)(x)max()

10、L(b)當(dāng)xx時(shí),由f(x)的周期性，得2f(x)(x)f(x)(x)f(x)(x)L(xx)L(xx)L()當(dāng)x0,求曲線a0,求曲線xy-平面的最大最小距離,時(shí),()時(shí),()nnnnnnnnnn=nf(t)在(),N,N,nnnn),nnnn),eedMdeMMeeMeeeeedMdeMM當(dāng)時(shí)，根據(jù)定義，利用反證法，如果一致收斂對于),N,MN時(shí)eeFF令MN,令MN,右式.NFNF顯然與上述不等式矛盾。從而命題成立武漢大學(xué)2004年攻讀碩士學(xué)位研究生入學(xué)考試試題科目名稱：數(shù)學(xué)分析科目代碼：369.),()(LL法則.eeeeee設(shè)：F(,)()()dz,其中()為可微函數(shù)，求F(,)F(

11、,)()()dz()()F(,)()()()，n)(nnnnnnnnnnnnnnnnnn,b(設(shè)(),g()在,b上連續(xù)，,b)內(nèi)可導(dǎo)，g)(ggbg構(gòu)造輔助函數(shù)ggbggbb根據(jù)中值定理，存在,b),gggbg整理：gggbgggbgQg從而g單調(diào)，gbg從而原式成立,(,顯然不連續(xù)顯然不連續(xù),同樣不連續(xù)。所以不可微I，其中L為圓周：L(I蜒dzdzLLdz,L為L在平面的投影LI,其中為由：,Ihrrdzhdzdhdnn,NN,MnNMNnNNMnNnNMN,pppppdppNMNMNMN武漢大學(xué)2005年設(shè)滿足:nq,qr，證明收斂。n證明：（分析：壓縮映像原理）令：mr,則顯然|qmn

12、qgmgnnnnnnn)(此即壓縮映像原理證明以下證明壓縮映像原理)利用收斂準(zhǔn)則，對,npnnpm.mp)iinnmmm取N+1,對任意的Nmpmnmnmm二、對任意二、對任意np。從而知命題收斂nnn在(1,1+)上不一致收斂。證明：（利用反證法，Cauchy收斂準(zhǔn)則和定義證明。）),N,MNMNnNnnn,n),bb,nn,FbF,nn滿足上述任意一個(gè)條件b收斂MMnMnMnMMn，收斂于b有界，nn有界，收斂nnnnnnLnnIdz,b,代入方程得到b,代入方程得到b,bdbddzbbb,(利用奇偶性，第一第三個(gè)積分為bdbdbbbdddIdzdb()利用介值定理，取，inf()0,不難

13、證明()()，()MMM,N,MNMMMNMNNNMNMNN（2）在，不一致收斂M時(shí)反證法：根據(jù)收斂準(zhǔn)則，0,N,MN,當(dāng)M時(shí)MMMMMNMNMM當(dāng)M足夠大時(shí)，上式顯然不成立，矛盾。故原命題成立首先，由于頂點(diǎn)所在的平面和圓錐的交線為一個(gè)圓A，四個(gè)頂點(diǎn)組成在圓上。所以，易知長方體的底面中點(diǎn)和圓錐底面的中點(diǎn)重合。另外，頂面的長方形對角線為圓A的直徑d，即為定值。d,當(dāng)且僅當(dāng)?shù)酌鏋檎叫蔚臅r(shí)候取到。dddhddddddd22本題還可以用乘子法解決。但是，我覺得用初等方法也可以。我不用乘子法用意是學(xué)習(xí)了高等數(shù)學(xué)不應(yīng)該把初等數(shù)學(xué)方法忘記了。設(shè)，,內(nèi)取到最值，且滿足f(0)=0,f(a)=a。證明：),)

14、,證明：1）命題有問題，取a=1/2,f(x)=5x-8x證因n，故利用Stolz公式，證因n，故利用Stolz公式，由于()為連續(xù)函數(shù)，所以g()在上為連續(xù)函數(shù)，且一致連續(xù)反證法：如果命題不正確，那么g()根據(jù)題設(shè)，存在),使得)g)由于g()加上一致連續(xù)的條件，存在,g(g()由于g利用連續(xù)性和介值定理，存在g()g()根據(jù)中值定理，得到(,),g)一（14）設(shè)，證明nL(二（14）證明在上不一致連續(xù).證因，故在上不一致連續(xù).三（14）設(shè)在上連續(xù)，且，證明，使證作g()()()（），則g()在上連續(xù)，因，故g)g，情形1若g，則取，則，情形2若gggg知，存在，使得g，即.證作()，則因四

15、（14）證明不等式，證作()，則因()()，在在，()，因此，在上，有因此，在上，有()，即.五(14)設(shè)收斂,且在,上一致連續(xù)，證明()=0.證因在,上一致連續(xù)，故，使得當(dāng)，,且時(shí)，有()(，(，則由積分第一中值定理得，().nn,n，使得(收斂，故級數(shù)收斂，從而，即，也即，故對上述的，存在N，使得nn.當(dāng)N時(shí)，(.,故存在惟一的，使得,，易見N，且，從而()()()()，nd，證明級數(shù)nnnnnn解.解.ndn)nnnnno收斂即可.七（14）設(shè)在上連續(xù)，=0,g()()n，n，n證明g()在上一致收斂.八（12）設(shè)()在上連續(xù)，證明(.證，則n(，（2）因()在上連續(xù)，故M，使得M，（3

16、），記M，不妨設(shè)，則()dMd，nnnn（4）（4）()()nnnnnn()()dnnnnnn()在()在數(shù)，當(dāng),且時(shí)，有()()MM)，則存在正整數(shù)N，使得（6）因，記,當(dāng)N時(shí)，有n，（7）當(dāng)(時(shí)，有nnn，從而當(dāng)N時(shí)，有()nnd(nnnnnnnn九（12）設(shè)0，nnn1證（1）要證證（1）要證1，只要證，即只要證即只要證，即證，nnn因此只要證，即只要證（3）由知，單調(diào)增加，假如有上界，則nnn必有極限，由nn知，因此，矛盾.這表明單調(diào)增加、沒有上界，因此.n十（28）計(jì)算下述積分：dd，其中D是矩形區(qū)域，解記(,)0(,)，dddddddd()dd()d()d)d()()d)ddd(這里)dd2dddddd，其中S是曲面上的那部分正側(cè).解記(,0(,，則，由高斯公式知，ddddddddddddd)d)華中科技大學(xué)2004年數(shù)學(xué)分析試題及解答），），b）求級數(shù)nnnnnnnnn），得nbnnnnnnnnn）證明,，由于），因?yàn)?,dt,dtdt)ddt)dt,dt,(,)(,),(,