2022年浙大数学分析试题及解答 .pdf

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1、浙江大学 20XX 年数学分析考研试题111(20)1.ln23nxnn一、分 (1) 证明数列收敛 ; （2）计算111lim(.)122nnnn. (15)( ) , ,kf xa br二、分 函数在闭区间上连续，存在收敛于零的数列( , )xa b使得对任意的,有2()()2( )lim0.kkkkf xrf xrf xr( )f x证明:为线性函数 .(15)( )( ),( )h xf xf x三、分 假设函数为处处不可导的连续函数，以此为基础构造连续函数使仅在两点可导，并说明理由。22222221() sin,0(20)( , )0,0 xyxyxyf x yxy四、分 二元函数.

2、 (1)( , ),( , )ffx yx yxy求; (2),ffxy是否在原点连续，( , )f x y 在原点是否可微，并说明理由。0(15) ( ) , ( )1f xa bf x dx五、分在任意区间黎曼可积，收敛，. 000lim( )( )xyyf x dxf x dx证明：(15)六、分 计算2222223/21,0,0,0.()xyzxdydzydzdxzdxdyabcaxbycz222(15):1cos().VVxyzIaxbycz dxdydz七、分 计算在单位球上的积分其中, ,a b c不全为 0 2( )01!(20)( ),12(0)nnnf xxxf八、分 设函

3、数证明级数收敛 .(15)( )(0)0,( )( ),f xfxfxAf x九、分 设可微，对于任意的有0,)( )0f x证明在上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 21 页浙江大学 20XX年数学分析考研试题解答一、 （1）证明利用不等式1)11()11(nnnen，*Nn，得nnn1)11ln(11，*Nn；由iii1)11ln(11，ni,2, 1；两边对ni,2, 1相加，得到113121n)1ln(nn131211；令1111ln23nxnn，*Nn；111ln(1)01nnxxnn，nx是严格递减的；精选学习

4、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 21 页1111ln23nxnnln(1)ln0nn，于是nx是严格递减的且有下界， 根据单调有界原理 , 故nnxlim存在。这个极限值记为，叫做 Euler 常数。ln131211limnnn，记nnnln131211，0limnn，nnnln131211。(2)解：解法一利用111ln2nncn，其中lim0nn，211111ln 2212nncnnn，111lim12nnnn11lim12nnn2limln2lnnnnncnc2lim ln2nnnln 2. 解法二111lim12nnnn

5、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 21 页111lim1nnkknn11001ln 1ln 21dxxx. 二、证明令( )( )( )( )()( )()()f bf aG xf xxaf axaxbba, (0)显然( )( )0G aG b，我们证明( )0G x，如若不然，存在一个点1x,使得1()0G x，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，1( , )xa b, 在1x的一个邻域，即11(,)xxx，1( )()G xG x，考虑到0kr。所以1112()(

6、)2()lim0kkkkG xrG xrG xr, 但是由原题条件可以得到下面这个结论1112()()2 ()lim20kkkkG xrG xrG xr,矛盾 ,所以( )0G x, 所以( )( )( )()( )()()0f bf af xxaf axaxbba, 由的任意性 ,令0得到( )( )( )()( )0f bf af xxaf aba, 于是( )( )( )()( )0f bf af xxaf aba故得到( )( )( )()( )f bf af xxaf aba,结论得证 . 三、解令( )(1) ( )f xx xh x，则显然( )f x是处处连续的，(0)(0),

7、(1)(1)fhfh；( )f x在0,1x处不可导，否则，由( )( )(1)fxh xx x，得矛盾。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 21 页四、解 （1）由定义, 001sinlim)0, 0(220 xxxfxx2201sin0(0,0)lim0yyyyfy；222222221() 21( , )2()sincos,( , )0()xxyxfx yxyx yxyxyxy，222222221() 21( , )2()sincos,( , )0()yxyyfx yxyx yxyxyxy；（2）由于2200121lim

8、( , )lim(4sincos),22xxxxyfx yxxxx极限不存在，所以在（ 0，0）点不连续 ; 同理可得),(yxfy在（ 0，0）点不连续 . 由于|(0,0)(0,0)(0,0)(0,0)|xyfxyffxfy222221|() sin| 2()() ()()xyxyxy，22|(0,0)(0,0)(0,0)(0,0)|( ()() )xyfxyffxfyoxy，所以函数在（0，0）点可微 . 五、证明000limyxyfx dxfx dx. 由题设条件和阿贝尔判别法，知0yxfx dx关于0y是一致收敛的。在任意0,A上，当0y时，( )yxf x一致收敛于( )f x.

9、由含参量广义积分的极限定理，得000limyxyfx dxfx dx。或者00|yxf x dxfx dx00|AAyxfx dxfx dx|yxAAfx dxfx dx。六、解 :这是一个第二类曲面积分,我们不妨假设其方向为外法线方向. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 21 页设P=2223/ 2()xaxbycz,2223/ 2,()yQaxbycz2223/ 2()zRaxbycz, 经演算得到0PQRxyz, 在原点附近补一个小椭球222: axbycz,使其完全包含在222:1Vxyz内, 在与V之间的区域 ,

10、被积函数有连续偏导数，由0PQRxyz, 满足Gauss公式, 所以2222223/21()xyzxdydzydzdxzdxdyaxbycz=2223/ 2()Vxdydzydzdxzdxdyaxbycz2223/ 2()xdydzydzdxzdxdyaxbycz=2223/ 2()xdydzydzdxzdxdyaxbycz3/ 21xdydzydzdxzdxdy(利用Gauss公式 ) 2223/ 213axbyczdxdydz3/ 21433abc4abc, 或者在曲面积分3/ 21xdydzydzdxzdxdy时作代换cos sin ,sinsinxyab，coszc，0,2),0, (

11、cos sin ,sinsin,cos )rabc, sincos , sinsin , cosrabc，sinsin,sincos ,0rab，coscos ,cossin,sinrabc，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 21 页sincossinsincos, ,sinsinsincos0cos coscos sinsinabcx y zrrababc3sinabc，3/ 21xdydzydzdxzdxdy323/ 2001sinddabc4abc, 2222223 / 21()xyzxdydzydzdxzdxdya

12、xbycz4a b c. 七、解利用公式2221211()(1) ()xyzf axbycz dxdydzuf ku du，222kabc. 得2221211c os()(1) c o s()xyza xb yc z d x d yd zuku d u. 作坐标系的旋转变换，将Oxy旋转至axbycz=0 即作正交变换令222axbyczabc记222kabc, 因为是正交变换，所以1J，积分区域222(, ,)1 V, 所以cos().VId d d作柱面坐标变换,sin,cos ,rr2(, , )11,02 ,01Vrr所以cos().VIkd d d=2121100cos()kddrd

13、r121(1)cos()kd1202(1)cos()kd, 23222 (cossin)kkkk24sin(cos )kkkk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 21 页2222222222224sin(cos)abcabcabcabc解毕八、解21( )12f xxx1(21) (21)xx111()2 22121xx00111()() )2 221212121nnnnxx1101(21)( 1) (21)22nnnnnx，于是()111(0)!(21)( 1) ( 21)2 2nnnnfn；( )1100!12 2(0)

14、( 21)( 1) ( 21)nnnnnnnf，1( )2(1)00!12 2(21)(0)1( 1) ( 21)nnnnnnnf，显然，此级数是收敛的。九、证明由条件fxAfx，(0,)x. 令( )AxF xefx，则有( )0AxFxefx，( )AxF xefx在(0,)上单调递减，于是( )(0)F xF，(0)0,Axefxf于是( )0f x，再由条件( )Af xfx，(0,)x，令( )AxG xefx，则有( )0AxG xefx，( )AxG xefx在(0,)上单调递增，于是( )(0)G xG，(0)0,Axefxf于是( )0f x，故在0,)上有( )0f x。设

15、( )f x在0,)上 连 续 , (0,)在 内 可 导 ,且(0)0f,存 在 常 数0A, 对 任 意精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 21 页(0,)x,有|( )|( )|fxA f x.证明在0,)上( )0fx. 证明对任意1(0,2xA,存在11(0,)2xA,使得1|( )| |( )(0) | |()|f xf xffxx1111|()|()|22A f xf xA, 存在21(0,)2xA,使得121|()| |() |2f xf x, 存在1(0,)2nxA,使得11|()| |()|2nnf xf

16、 x,(1,2,)n, 于是1|( )| |() |2nnf xf x,令n,取极限得 , |( )| 0f x, 所以在10,2xA上,有( )0f x; 同理可证在11,2xA A上,有( )0f x; 在13,2xAA上有( )0f x; 由归纳法 ,可证在1,22nnxAA上, 有( )0f x,(1,2,)n; 故在0,)上( )0f x. 设( )f x在 , )a b上 连 续 , ( , )a b在 内 可 导 ,且( )0f a,存 在 常 数0A, 对 任 意( , )xa b,有|( )|( )|fxA f x.证明在 , )a b上( )0f x. 设( ),( )f

17、x g x在 , a b上 连 续 , ( )g x在( , )a b在 内 可 导 , 且( )0g a, 存 在 常 数0A,0,对任意( , )xa b,有| ( ) ( )( )|( ) |g x f xg xA g x. 证明在 , a b上( )0g x. 证明由题设条件 ,可得成立11( )( )|( ) |( )|xxaaft dtft dtg x eA g x e, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 21 页令1( )( )( )xaft dtF xg x e,则 有 设( )F x在 , a b上 连

18、续 , ( )F x在( , )a b在 内 可 导 ,且( )0F a,|( )|( )|AFxF x,( , )xa b; 于是有在 , a b上( )0F x,故有在 , a b上( )0g x. 设( )f x在 , a b上连续可微 ,且( )0f a,存在常数0A,使得|( )|( )|fxA f x,( , )xa b;证明在 , a b上( )0f x. 证明( )( )xafxft dt，|( )| |( )|( )|( )|xxxaaaf xft dtftdtAf tdt，令( )|( )|xaF xf tdt，则有( )( )FxAF x，( )0AxF x e，( )(

19、0)AxF xe F，于是( )0F x，( )0f x。浙江大学 20XX年数学分析考研试题一 证明： （1）2sinlimcoscos.cos222nnttttt；（2）利用（ 1）证明：2111111111.222222222。二 已知( )f x在0 x处连续可导，且(0)0,(0)5ff，试求如下极限：1001lim()xf xt dtx。三 讨论下面级数的收敛性111 sin(1.)2nnxnn。四、设函数 fx 在区间 I 上非李普希兹连续，证明 fx 在区间 I 上一致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，满足fyfxMyx时，就有fyfx

20、. 五 设函数111( )xnxn，试证函数( )x在(0,)内连续，但在(0,)内不一致连续。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 21 页六计算第二类曲面积分3Sx dydz，其中S为椭球面2222221xyzabc的下半部分（其中, ,0a b c）积分正向取椭球外侧。七、设二元函数1222(), ,( , )0,xyx yQf x y其他情况，其中1，（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）讨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，

21、试证：2221()xyzf axbycz dxdydz121(1)()uf ku du，其中2220kabc。九、设函数( ),( )f xg x在整个数轴上连续，且(1)( ),(,)g xg xx，试证：111000lim( ) ()( )( )nf x g nx dxf x dxg x dx。浙江大学 20XX年数学分析考研试题解答一、 （1）证明l i m c o sc o sc o s222nnttt(coscoscos)sin2222limsin2nnnntttttsinlim2 sin2nnnttsinsinlimsin 22nnntttttt；（2）利用1cos42，及111c

22、oscos2222nn，2312lim coscoscos222nn，即得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 21 页2111111111222222222。二、解1001( )()( )xg xf xt dtf u dux， （0 x） ；显然10(0)(0)0gfdt102000( )1lim()limxxxf u dufxt dtxx00( )1( )(0)15limlim(0)22022xxf xf xffxx。三、解令sin.nanx ，111(1),2nbnn由于1nnbb111111(1)(1)2121nnn

23、n1111111(1)(1)(1)12121nnnnn1111111(1)(1)012(1)121nnn nnn，所以 nb单调递减 . 又因为1lim0,nn所以111limlim(1)0.2nnnbnn而1121| |sin|,|sin|nnkxkkakx(2)xk即1kka的部分和有界，于是, 由 Dirichlet判别法可知级数收敛；当2xk时，显然级数收敛。四、证明充分性对任给0，取M，对任意,x yI，xy，当|xy时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 21 页若满足fyfxMyx，就有fyfx；若成立fyf

24、xMyx，则有|fyfxMyxM，即得 fx 在区间 I 上一致连续。充分性 用反证法 . 假若 fx 在区间 I 上不一致连续，则存在00，存在,nnxyI ，使得1nnxyn，但0nnfxfy，则有0nnnnfxfynxy，由假设条件，对002，只需要 n充分大，就满足0nnnnfxfynNxy，就有02nnfxfy，矛盾，所以 fx 在区间 I 上一致连续；必要性证法一设 fx 在区间 I 上一致连续，对任意0，存在0，当,x yI，xy时，有fxfy；若有,x yI，满足fxfy，必有xy，取2M，若有, x yI，xy，满足fyfxMyx时，我们断言必有fxfy；假若不成立，也就是假

25、若有fxfy，必得矛盾。事实上，令fxfy，则存在正整数2K，使得(1)KK，设1K，则有2，；不妨设( )( )()f xf yxy，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 21 页因为( )( )( )( )fxf xf xf y，故由连续函数介值定理，知存在1x，使得1()( )f xf x，1xxy；同理，存在2x，使得21()()f xf x，12xxy；如此继续下去，则得011KKxxxx，其中规定0,Kxx xy；这时，对每个i，因为1()()iif xf x，故由一致连续的定义，1iixx，1,2,iK；从而2

26、fyfxKMyxK，这与fyfxMyx，矛盾；对于xy的情况，可类似讨论。必要性证毕。证法二假若结论不成立，则存在00，对任意正整数n，存在,nnxyI ，尽管nnnnfxfynxy，但0nnfxfy；由于 fx 在区间 I 上一致连续，对00， 存在0， 当, xyI，xy时，有0fxfy；于是必有nnyx，不妨设nnxy，则存在正整数2K，使得(1)nnKyxK，取inzxi，0,1,2,1iK；Knzy，则有10|()()|iif zf z，1,2,iK从而有11011|()() |()() |KKnniiiiiifyfxf zf zf zf zK，002(1)nnnnfxfyKxyK，

27、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 21 页这与nnnnfxfynxy相矛盾，故必要性结论成立。注：对函数 fxC，或者 fxx，或sinfxxx，显然在 I 上一致连续，不出现必要性的条件，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2fxx ，(, )xIl l，显然在 I 上一致连续；| |()()| 2 |fyfxyx yxlyx，若, x yI，xy，且|2fyfxyxyxl，则必有|2yxl，fyfx。对,(01)pfxxp，(0,)xI，显然,(01)pfxxp在 I 上一

28、致连续。五、证明黎曼函数11)(nxnx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。）证明令xxnnnxu1)(，显然精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 21 页xxnnnxu1)(，nnxuxnln)(，2)(ln)(nnxuxn，kxkknnnxu)(ln) 1()()(，, 3,2, 1k都在), 1 (上连续；对任何1，当x时，1|( ) |nuxn，1|( )|lnnuxnn，()1|( )|(ln)kknuxnn，而11(ln)knnn收敛，所以1( )nnux，)(1

29、xunn，)(1)(knnxu，（, 3,2, 1k）都在),上一致收敛，故11)(nxnx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 21 页在),内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。由于1是任意的，所以11)(nxnx在), 1(内是连续的，并在这区间内有任意阶连续导函数。显然11xnn在), 1(内非一致收敛，11)(nxnx在), 1(内不一致连续。假若11)(nxnx在), 1 (内一致连续，则有1lim( )xxA存在且有限，在11( )Nxnxn中令1x，取极限，得11NnAn，(1,2,3,)N，矛盾。六、

30、3x dydz，其中为下半椭球面1222222czbyax的外侧 . 解 设222222(, , ) :1,0 xyzVx y zzabc, 2222(,0) :1xyDx yab, 利用高斯公式，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 21 页33()DDx dydzx dydz下侧上侧23Vx dxdydz21220023(sincos )sinddarabcrdr23220213(cos)sinsin5a bcdd232021cos213(1cos) ( cos)52a bcdd七 证明（1）显然(0,0)0f，122

31、2( , )()0f x yxy，( , )(0,0)x y，( , )(0,0)lim( , )0(0,0)x yf x yf，所以( , )f x y在(0,0)处连续，1222(,)()fxyxy，由22222(,)(0,0)0()0fxyfxyxy，22(0)xy即得( , )f x y在(0,0)处可微。（2）对任意00(,)xy，22000 xy，当( , )x yQQ，且00( , )(,)x yxy时，122200( , )()0f x yxy，而当( , )x y沿着非有理点，趋向于00(,)xy时，( , )0f x y，从而可知，00( , )(,)lim( , )x y

32、xyf x y不存在，( , )f x y在00(,)xy处不连续，亦不可微，偏导数不存在。故( , )f x y在除原点以外的其它点处，既不连续，也不可微。八、解取新坐标系Ouvw，其中原点不变，平面0axbycz即为Ovw，u轴垂直于该面，即是作正交变换，点( , , )x y z在Ouvw中的坐标为( , ,)u v w，则有222axbyczuabc，在新坐标系下，公式左端的积分可写为22222211()()xyzuvwf axbycz dxdydzf ku dudvdw精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 21 页

33、222111()vwuf ku dudvdw121() (1)f kuudu121(1)()uf ku du，2220kabc。九、证明( )g x是周期为2l的连续函数，12l，设1( )coslklkxag xdxll12122( )cos 2g xk xdx，(0,1,2,.)k12121( )sin2( )sin 2lklk xbg xdxg xkxdxll，根据 Fouier 级数收敛定理，得01(cos2sin2)2kkkaakxbk x在20,1L中收敛于( )g x，122222021121()( )2( )2lkklkaabgx dxgx dxl，设01( )(cos2sin

34、2)2NNkkkaSxakxbk x，由120( )( )0NSxg xdx，()N，可知120()()0NSnxg nxdx，()N且关于n是一致的，所以有1100lim()( )() ( )NNSnx f x dxg nx f x dx，且关于n是一致的，则有1100lim()( )lim lim()( )NnnNg nx f x dxSnx f x dx，而1111000001() ( )( )cos2( )sin2( )2NNkkkaSnx f x dxf x dxak nx f x dxbk nxf x dx再利用黎曼引理，可知10limcos2( )0nk nx f x dx，10

35、limsin2( )0nk nxf x dx，(1,2,.,)kN于是11000lim()( )( )2NnaSnx f x dxf x dx1100( )( )g x dxf x dx，根据极限可以交换顺序的定理，故有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 21 页10lim()( )ng nx f x dx10lim lim() ( )NnNSnx f x dx10lim lim() ( )NNnSnx f x dx100lim( )2Naf x dx100( )2af x dx1100( )( )g x dxf x dx

36、. 同样可以证明：推论设( )f x在 , a b上黎曼可积，则有012lim( ) sinsin( )( )bbbaaanf xnx dxx dxf x dxf x dx。定理设( )f x在 , a b上黎曼可积，( )g x是周期为T的周期函数，( )g x在0,T上可积，则有01lim( ) ()( )( )bTbaaf x gx dxg x dxf x dxT。证明( )g x是周期为2l的连续函数，2Tl，设1( )coslklkxag xdxll2022222( )cos( )cosTTTkkg xxdxg xxdxTTTT，(0,1,2,.)k，1( )sinlklk xbg

37、xdxll2022222( )sin( )sinTTTkkg xxdxg xxdxTTTT，(1,2,.)k；根据 Fouier 级数收敛定理，得0122(cossin)2kkkakkaxbxTT在20,LT中收敛于( )g x，2222200112()( )( )2lTkklkaabgx dxgx dxlT，设0122( )(cossin)2NNkkkakkSxaxbxTT，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 21 页由20( )( )0TNSxg xdx，()N，可知20()()0TNSxgxdx，()N，且关于是一致

38、的，所以有lim()( )()( )bbNaaNSx f x dxgx f x dx，且关于是一致的，则有lim()( )lim lim()( )bbNaaNgx f x dxSx f x dx，而()( )bNaSx f x dx100122( )cos( )sin( )2Nbbkkaakakkf x dxax f x dxbxf x dxTT，再利用黎曼引理，可知2limcos( )0bakx f x dxT，2limsin( )0bakxf x dxT，(1,2,.,)kN于是0lim()( )( )2bbNaaaSx f x dxf x dx01( )( )Tbag x dxf x d

39、xT，根据极限可以交换顺序的定理，故有lim()( )lim lim() ( )bbNaaNgx f x dxSx f x dxlim lim()( )bNaNSx f x dx0lim( )2baNaf x dx0( )2baaf x dx01( )( )Tbag x dxf x dxT. 定理设( )f x在 , a b上黎曼可积，( )g x是周期为T的周期函数，( )g x在0,T上可积，则有01lim( ) ()( )( )bTbaaf x gx dxg x dxf x dxT。推论设( )f x在 , a b上黎曼可积，则有012lim( ) sinsin( )( )bbbaaaf xx dxx dxf x dxf x dx。定理设( )f x在(,)上绝对可积，( )g x是周期为T的周期函数，( )g x在0,T上可积，则有01lim( ) ()( )( )Tf x gx dxg x dxf x dxT。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 21 页