2022年浙大数学分析试题及解答.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 浙江高校 20XX 年数学分析考研试题一、20分 1 证明数列xn111.1lnn收敛 ; f x ,23n（2）运算lim nn11n12.1. 2n二、15 分 函数f x 在闭区间 , 上连续,存在收敛于零的数列r k,使得对任意的x , ,有lim kf xr kf xr k2f x 0.r2 k证明 :f x 为线性函数 .三、15 分 假设函数h x 为到处不行导的连续函数,以此为基础构造连续函数使f x 仅在两点可导,并说明理由；四、20分 二元函数 f x y , xy2 sinx21y2,x2y20. 0,x2y201 求f , ,f , ; xy2f,f是否在原点连续,f x y 在原点是否可微,并说明理由；xy五、15 分 在任意区间 , 黎曼可积,f x dx 收敛,1. 0证明：limy 00xyf x dxf x dx0,c0.bycz dxdydz.0六、15 分 运算xdydzydzdx2 2 zdxdy a 3/2by cz 0,bax2x2y 2z 21七、15 分 运算在单位球 V:x2y2z21 上的积分IcosaxV名师归纳总结 其中a b c 不全为 0 121x2,证明级数n0fn.收敛 .证明在0, 上f x 0第 1 页,共 21 页八、20分 设函数 f x x 0九、15 分 设f x 可微,f00,对于任意的x 有f' Af x ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 浙江高校 20XX年数学分析考研试题解答一、（1）证明利用不等式 11ne 11n*1,nN*,nn得n11ln11 n1,nN；n由i11ln11 i1 i,i,12 ,n；两边对i,12 ,n相加,得到名师归纳总结 111lnn1N*；第 2 页,共 21 页23n11111 n；,n23令x n1111lnn23nx n1x nn11ln11 n0,x 是严格递减的；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x n1111lnn23nln n 1 ln n 0,于是 nx是严格递减的且有下界, 依据单调有界原理 , 故 lim nx n 存在；这个极限值记为,叫做 Euler 常数；名师归纳总结 lim n1111lnnn,n00,第 3 页,共 21 页23n记1111lnnn,lim n23n1111lnn；23n2解：解法一利用111lnncn,其中 lim nn,2n111n111ln 2 nc2n,2n2nlim n1n111n2nlnncnlim nn1112nlim nln2nc2nlim ln2 n2nnln 2 . 解法二lim n1n111n2n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - lim n1n111knkn111xdxln 1x1ln 2. 0,00二、证明令G x f x f b f a xa f a xaxb , 0ba明显G a G b 0,我们证明G x 0,如如不然,存在一个点1x ,使得G x 1考虑到G x 是闭区间 , a b 上的连续函数,必存在最大值,不妨设1x 即为最大值点,x 1 , a b , 在1x 的一个邻域,即xx 1,x 1,G x G x 1,考虑到kr0；所以lim kG x 1rkG x 1rk2G x 10, r2 k但是由原题条件可以得到下面这个结论名师归纳总结 lim kG x 1rkG x 1rk2 G x 120,冲突 ,所以G x 0, 第 4 页,共 21 页2 r k所以f x f b f a xaf a xa xb0, ba由的任意性 ,令00, 得到f x f b f a xaf a ba于是f x f b f a xa f a 0ba故得到f x f b f a xaf a ,结论得证 . ba三、解令f x x x1 h x ,就明显f x 是到处连续的,f0h0,f1h 1；f ,得冲突；f x 在x0,1处不行导,否就,由h x x x1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 四、解 （1）由定义fx,00 lim x 0x2sin10,0y 2 2 xcosx212 y, , 0,；xx2fy0,0lim y0y2sin100；y2yfx , 2xysin1y2x2 xx2y22 fy , 2xy sin1y2xy2 2ycosx21y2, , 0x 2x2y 22（2）由于lim x 0x yfx , lim4 x 0xsin12cos1,极限不存在,22 xx22 x所以在（ 0,0）点不连续 ; 同理可得f yx,y 在（ 0,0）点不连续 . xfy0,0y|x2y2 ,由于 |f0x ,0yf0,0fx0,0| xy2 sinx21y2| 2x 2y2 ,o |f0x,0y0,0y |yf0,0fx0,0xf所以函数在（ 0,0）点可微 . 名师归纳总结 五、证明lim y 00yxfx dx0fx dx . 是一样收敛的；第 5 页,共 21 页由题设条件和阿贝尔判别法,知0yx fx dx关于y0在任意 0, A 上,当y0时,yx f x 一样收敛于f x . x dx ；由含参量广义积分的极限定理,得lim y 00yxfx dx0f或者|0yx f x dx0fx dx|Ayx fx dxAfx dx|00. |Ayxfx dx|Afx dx；六、解 :这是一个其次类曲面积分,我们不妨假设其方向为外法线方向- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 设 P =ax2byx2 cz3/ 2,Qax2byycz23/ 2,Rax2byzcz23/ 2, 222名师归纳总结 r经演算得到PQR0, :x2y22 z1内, 第 6 页,共 21 页xyz在原点邻近补一个小椭球2 : ax2 by2 cz,使其完全包含在V在与 V 之间的区域 ,被积函数有连续偏导数,由PQR0, xyz满意 Gauss公式, 所以x 2y2z 21xdydzydzdxzdxdyax 2by 2cz 23/2=Vxdydzydzdxzdxdyxdydzydzdxzdxdy2 ax2 by2 cz3/ 2 2 axby2cz23/ 2,0, =xdydzydzdxzdxdyax2by22 cz3/ 21xdydzydzdxzdxdy 利用 Gauss 公式 3/ 21 3/ 23 dxdydzax2by2cz 2134abc4, 3/ 23abc或者在曲面积分1xdydzydzdxzdxdy时作代换3/ 2xacos sin ,ybsinsin,zccos,0,2racos sin ,bsinsin,ccos , asincos , sinsin , cos,rasinsin,bsincos ,0,racoscos ,bcossin,csin,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - asincosbsinsinccosx y zrrasinsinbsincos0acos cosbcos sincsin3abcsin,sindb22 c. 1xdydzydzdxzdxdy130d23/ 23/ 2abc04 abc, x 2y2z2 1xdydzydzdxzdxdy4. 2 axby2cz2 3 / 2a b cka2七、解利用公式x2y 2z 21f axbycz dxdydz112 u f ku du,1 c o s. k u d u得x2y2z 2 1c o s a xb y1 c z d x d y d z 12 1作坐标系的旋转变换,将Oxy 旋转至 axbycz=0 2 c, 即作正交变换令axbycz记k2 a2 ba2b2c221, 22由于是正交变换,所以J1,积分区域V, ,所以Icosd d d.V名师归纳总结 作柱面坐标变换,rsin,rcos ,2012rdr第 7 页,共 21 页V, , 11,02 ,0r1所以Icoskd d d.=1 1cos kd2d0V1 112coskd2112cos kd, 02 2cosk2sink42sinkcos k2k3kk- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a24c2sinaa2bb22 ccosa2b22 c解毕b 2222 c八、解f x 1211011x n1xx221x 2x 11211x2 21x211n011x1nn于是fn0n.12 22222212n02n 11n 1 2n 11n x ,2n 11n 1 21n1；2 2n .2 2n0 2n 111n 11,n0f 0n 1 2n .n 111112n1,2 22n0f 0n 1 2n0明显,此级数是收敛的；名师归纳总结 九、证明由条件 fxAfx,x0,. 0,0, 存 在 常 数A0, 对 任 意第 8 页,共 21 页令F x eAxfx ,就有F eAxfx0,F x eAxfx 在 0,上单调递减,于是F x F0,eAxfxf00,于是f x 0,再由条件Af x fx ,x0,令G x eAxfx ,就有G x eAxfx0,G x eAxfx 在 0,上单调递增,于是G x GAx efxf00,于是f x 0,0故在 0,上有f x 0；设f x 在 0,上 连 续 , 0,在 内 可 导 ,且f- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x0,有 |f |A f x |.证明在 0,上f 0. 名师归纳总结 证明对任意x0,1 2 A,存在x 10,1 2 A,使得A0, 对 任 意第 9 页,共 21 页|f x | |f x f0 | |fx 1 |xA f x 1|1|f x 1|1, 2A2存在x 20,1,使得|f x 1| |f x 2 |1, 2A2存在nx0,1 2 A,使得|f x n1| |f x n |1,n1,2, 2于是|f x | |f x n |1,令 n,取极限得 , |f x | 0, 2n所以在x0,1 2 A上,有f x 0; 同理可证在x1 , 1 2 A A上,有f x 0; 在x1,3 2 A上有f x 0; A由归纳法 ,可证在xn,n1上, 有f x 0,n1,2,; 2A2A故在 0,上f x 0. 设f x 在 , 上 连 续 , , 在 内 可 导 ,且f a 0, 存 在 常 数x , a b ,有|f |A f x |.证明在 , a b上f x 0. 0, 存 在 常 数设f x g x 在 , 上 连 续 , g x 在 , 在 内 可 导 , 且g a A0,0,对任意x , a b ,有 | g x |A g x | . 证明在 , a b上g x 0. 证明由题设条件 ,可得成立|g x e1xf t dt |A g x e1xf t dt| , aa- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 令F x g x e1xf t dt,就 有 设F x 在 , 上 连 续 , F x 在 , 在 内 可 导 , 且aF a 0 ,| F | A| | F x |, x , a b; 于是有在 , a b上 F x 0 ,故有在 , a b上 g x 0 . 设 f x在 , a b上连续可微 ,且 f a 0 ,存在常数 A 0 ,使得| f | A f x | , x , a b;证明在 , a b上 f x 0 . x证明 f f t d tax x x| f x | | a f t dt | a | f | dt A a | f t | dt ,x令 F x a | f t | dt ,就有 F AF x, F x e Ax 0,F x e F Ax 0,于是 F x 0,f x 0；浙江高校 20XX年数学分析考研试题名师归纳总结 一 证明：（1）limcos ntcost.costnsint；第 10 页,共 21 页2222t（2）利用（ 1）证明：2111111111 . 2；22222222二 已知f x 在x0处连续可导,且f00,f05,试求如下极限：lim x 011f xt dtx0三 争论下面级数的收敛性n111.1 sin nxn n；2四、 设函数 fx 在区间 I 上非李普希兹连续,证明 fx 在区间 I 上一样连续的充分必要条件是：对任给的0,总存在正数 M ,使得当x yI , xy ,满意fyfxM时,就有fyfx. yx五 设函数 n111,试证函数 x 在 0, 内连续,但在 0, 内不一样连续；nx- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 六运算其次类曲面积分Sx dydz,其中S 为椭球面x2y2z21的下半部分（其中a2b2c2a b c0）积分正向取椭球外侧；1 ,1七、 设二元函数f x y , 2 xy22, , x yQ,其中0,其他情形（1）函数f x y 在原点是否连续,是否可微？并证明你的结论；（2）争论函数在除原点以外的其它点的连续点和可微性；八、 设f t 是 k k 上的连续函数,试证：u2f ku du,x2y2z2 1f axbycz dxdydz1 11其中ka22 b2 c0；x,九、 设函数f x ,g x 在整个数轴上连续,且g x1g x ,试证：lim n1f x g nx dx1f x dx1g x dx；000浙江高校 20XX年数学分析考研试题解答一、（1）证明l i m c o s tn 2c o s t2c o s n t22lim cos n2 2lim ncostcostcostnsintnt；n,22222tsin2nlim nsintlim nsintsinn t2 sin 2 ntsin 2tntt2n（2）利用cos41,及cos2n111 2cos22cos3 2cos2n1,即得名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2111111111；222222222二、解g x 1f xt dt1xf u du,（x0）；明显g051 0f0 dt00x0lim x 011fxt dtlim x 0xf u du00x2；x0lim x 0f x 1lim x 0f x f01f三、解令a n2x2x022 1sinnx ,b n1111 n,1 1n211111n1111n由于b nb n1n2n2n1111111n1111n2n2n名师归纳总结 n1111111n1111y|n110,第 12 页,共 21 页2nn n2所以 b n单调递减 . 10.又由于lim n10,所以lim nb nlim n111nn2xnx时,而|n1a k| |n1sinkx|1x 2|,2kkk|sin即a 的部分和有界,k1于是, 由 Dirichlet判别法可知级数收敛；y ,当|当x2k时,明显级数收敛；四、证明充分性对任给0 ,取M ,对任意x yI , x- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如满意fyfxM,就有fyfx；yx如成立fyfxM,就有|fyfx|M|yx|M,yx；即得 fx 在区间 I 上一样连续充分性 用反证法 . 假如 fx 在区间 I 上不一样连续,就存在0f0 ,存在x n,yn0I ,使得xny n1,但fxnfyn0,n就有fx nfy nn0,x ny nx nfy nnN,由假设条件,对00,只需要 n充分大,就满意2x ny n就有fx nfyn0,冲突,2所以 fx 在区间 I 上一样连续；必要性名师归纳总结 证法一设 fx 在区间 I 上一样连续,对任意0 ,存在1f0 ,当x yI ,第 13 页,共 21 页xy时,有 fxfy；xf如有x yI ,满意fxfy,必有 xy,y；取M2,如有,x yI , xy ,满意fyfxM时,我们断言必有yx假如不成立,也就是假如有fxfy,必得冲突；K,事实上,令fxfy,就存在正整数K2,使得 K设K1,就有2,；不妨设f x f y xy,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于f f x f x f y,故由连续函数介值定理,知存在1x ,使得x 0x xKy ；y时,f x 1f x ,xx 1y ；同理, 存在2x ,使得f x 2f x 1,x 1x 2y ；如此连续下去,就得x 0x 1x K1x K,其中规定这时,对每个 i ,由于f x if x i1,xM,冲突；故由 一样连续的定义,x ix i1,i1,2,K；从而fyfxK2M,这与fyfyxyxK对于 xy 的情形,可类似争论；必要性证毕；I ,证法二假如结论不成立,就存在00 ,对任意正整数n,存在x n,y n尽管fx nfy nn,但fx nfy n0；x ny n0 ,当,xyI,x由于 fx 在区间 I 上一样连续,对00,存在名师归纳总结 有fxfy0；K2,使得 K1y nx nK,0,第 14 页,共 21 页于是必有y nx n,不妨设x ny ,就存在正整数取z ix ni,i0,1,2,K1；z Ky ,f zif z i1 |K就有|f z if z i1 |0,i1,2,KKK从而有fy nfxn|if zif z i1 |1i1fx nfy nK020,x ny nK1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 这与fx nfy nn相冲突,x ny n故必要性结论成立；注：对函数 fxC ,或者 fxx,或fxxsinx ,明显在 I 上一样连续,不显现必要性的条件,不成立必要性的结论,所以此题应只有充分性,应无必要性 . 再者条件也难造出来；对fx2 x ,xIfl l,明显在 I 上一样连续；xp,0p1在 I 上一样连|fyfx| |yx yx | 2 |yx|,如,x yI , xy ,且fyfx|yx|2 l,yx就必有 |yx|2l,yfx；对fxxp,0p1,xI0,明显fx续；五、证明黎曼 函数1 x n 1 n x在 ,1 内是连续的,并在这区间内有任意阶连续导函数；（这种性质,也称为无穷次可微；）1 x证明令 u n x n x n,明显名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - -