数学分析试题及答案.pdf

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1、数 学 分 析 试 题 及 答 案 7(总 8 页)-本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可-内页可以根据需求调整合适字体及大小-（二十一）数学分析期终考试题（二十一）数学分析期终考试题一一 叙述题叙述题：（每小题 5 分，共 15 分）1开集和闭集2函数项级数的逐项求导定理3 Riemann 可积的充分必要条件二二计算题计算题：（每小题 7 分，共 35 分）1、x31 xdx192、求x2(y b)2 b2(0 a b)绕x轴旋转而成的几何体的体积1n2n3、求幂级数(1)x的收敛半径和收敛域nn14、limx0y0 x2 y21 x y1225、f(x,y,z)x xy2 yz2，l为

2、从点P0(2,-1,2)到点（-1，1，2）的方向，求fl(P0)三三讨论与验证题讨论与验证题：（每小题 10 分，共 30 分）122(x y)sin21、已知f(x,y)x y20 x2 y2 0 x 0,y 0，验证函数的偏导数在原点不连续，但它在该点可微n212、讨论级数ln2的敛散性。n 1n1xnxn1)3、讨论函数项级数(nn 1n1x1,1的一致收敛性。四四证明题证明题：（每小题 10 分，共 20 分）1若xaf(x)dx收敛，且f（x）在a,+）上一致连续函数，则有lim f(x)02设二元函数f(x,y)在开集D R2内对于变量x是连续的，对于变量y满足 Lipschit

3、z 条件：f(x,y)f(x,y)L y y其中(x,y),(x,y)D,L为常数证明f(x,y)在D内连续。2参考答案一、1、若集合 S 中的每个点都是它的内点，则称集合 S 为开集；若集合 S中包含了它的所有的聚点，则称集合 S 为闭集。2设函数项级数un(x)满足（1）un(x)(n 1,2,)在a，b连续可n1导a)un1n(x)在a，b点态收敛于S(x)b)un1n(x)在a，b一致收敛于(x)dd则S(x)=un(x)在a，b 可导，且un(x)un(x)dxn1n1n1dx3、有界函数f(x)在a，b上可积的充分必要条件是，对于任意分法，当 max(xi)0时 Darboux 大

4、和与 Darboux 小和的极限相等1in二、1、令t 31 x（2 分）x31 xdx 3(1t3)t3dt 1092468（5 分）72、y1 ba2 x2,y2 ba2 x2，（2 分）所求的体积为：2(y12 y2)dx 22a2b（5 分）aa1(1)n111n)n 收敛半径为(43、解：由于lim(1n11n1een(1)(1)n 1n 11n21n1分），当x 时，(1)()(1)n1 0(n )，所以收敛域为nee1 1(,)(3 分）e e4、limx2y21x2y21x0y0lim(x2y2)(1x2y21)x02222(1x y 1)(1x y 1)y0lim(1x2y2

5、1)2x0y0（7 分）35、解：设极坐标方程为fx(2,1,2)2,fy(2,1,2)0.fz(2,1,2)4（4分）fl(2,1,2)613（3 分）111cos)2x(sin2三、1、解、fxx y2x2 y2x2 y20由于x2 y2 0 x2 y2 0（4 分）11cos当趋于（0，0）无极限。所以不连续，同理可的fy也不x2 y2x2 y2连续，（2 分）n21ln22n 11（5 分）22、解：lim收敛，所以原级数收敛（5 分）n2n 1n12n 1xn113、解：部分和Sn(x)x（3 分），0,取N ，n N时有n 1xn11Sn(x)x，所以级数一致收敛（7 分）n 1n

6、四、证明题（每小题 10 分，共 20 分）1、证明：用反证法若结论不成立，则0 0,X.a,x0 X，使得f(x0)0，（3 分）又因为在f（x）在a,）上一致连续函数，0(0,1),x,x a，只要x x0，有f(x)f(x)02，（3 分）于是A0 a,令X A01，取上述使f(x0)0的点x0 X,，不妨设f(x0)0，则对任意满足x x00的x，有f(x)f(x0)A0202 0取 A 和 A分别等于x002和x002，则Af(x)dx 020有，由 Cauchy 收敛定理，af(x)dx不收敛，矛盾（4 分）2、证明：(x0,y0)D，由 Lipschitz 条件f(x,y)f(x

7、0,y0)f(x,y)f(x,y0)f(x,y0)f(x0,y0)4 L y y0 f(x,y0)f(x0,y0)（1），（6 分）又由二元函数f(x,y)在开集D R2内对于变量x是连续的，（1）式的极限为 0，f(x,y)在(x0,y0)连续，因此f(x,y)在D内连续（4 分）（二十二）数学分析期末考试题（二十二）数学分析期末考试题一一叙述题叙述题：（每小题 5 分，共 15 分）1 Darboux 和2无穷限反常积分的 Cauchy 收敛原理3 Euclid 空间二二计算题计算题：（每小题 7 分，共 35 分）n1、nlimn!n2、求由下列两条曲线围成的平面图形的面积y2 2x22

8、y x3、Inexxndx(n是非负整数）02u4、设u f(x y z,xyz),f具有二阶连续偏导数，求zx2225、求f(x)ex的幂级数展开式三三讨论与验证题讨论与验证题：（每小题 10 分，共 20 分）1、讨论二元函数连续、偏可导、可微之间的关系。对肯定的结论任选一进行证明；对否定的结论，给出反例2、讨论级数cosnx(0 x)的绝对和条件收敛性。pnn1四四证明题证明题：（每小题 10 分，共 30 分）tf(t)dt1 f（x）在0，+）上连续且恒有f（x）0，证明g(x)在f(t)dt0 x0 x0，+）上单调增加2设正项级数xn收敛，xn单调减少，证明limnxn 0n1n

9、53f(x,y)y，证明：lim f(x,y)不存在x0 x2 yy0参考答案一、1、有界函数f(x)定义在a,b上，给一种分法a x0 x1 xn b和记Mi supf(x),xi1,xi,mi inff(x),xi1,xi，则P，S(P)Mixi,S(P)mixi分别称为相应于分法i1i1nnP的 Darboux 大和和Darboux 小和。2、0.N a使得m n N，成立nmf(x)dx 3、Rn向量空间上定义内积运算x,x,y y x1y1 xnyn构成 Euclid 空间n1n!1ni 1二、1、由于limln lim(lni)nlnn)limlnlnxdx 1nnnnnn n0i

10、1i1n（7 分）2、解：两曲线的交点为（2，2），（0，0），（2 分）x24所求的面积为：(2x)dx（5 分）02323、解：Inexxndx0=xnex|0+nexxn1dx=nIn1010exxndx+exxndx（6 分）1In n!(1 分）2uu 2x(2zf11 xyf12)yf2 yz(2zf21 xyf22)4、：=2 f1x yzf2（3 分）zxx（4 分）en15、解：由于余项rn(x)x 0(n )，（3 分）所以(n1)!x2xne 1 x（4 分）2!n!xx6三、1、解、可微必可偏导和连续，证明可看课本 133 页（4 分），可偏导不一定连续和可微例子可看课

11、本 135 页（6 分）2、解：当p 1时，级数绝对收敛，（4 分）当0 p 1，由 Dirichlet 定理知级数收敛，但cosnxnpcos2nx1cos2nx|cosnx|，所以发散，即级数ppppn2n2nnn1条件收敛（4 分），当p 0时，级数的一般项不趋于 0，所以级数不收敛（2分）四、证明题证明题（每小题 10 分，共 30 分）1证明：g(x)xf(x)f(t)dt f(x)tf(t)dt00 xx(f(t)dt)0 x2f(x)(xf(t)tf(t)dt0 x(f(t)dt)0 x2 0（8分）所以函数单调增加（2 分）2证明：m,n m，有(n m)xm1xn xm由此得

12、nxn分）由级数收敛，故 0可取定m0使得xm0，又lim得n n0时，有分）x21xf(x,y)lim21lim3、证明：lim f(x,y)lim2，所以x0 x0 x0 x x2x0 x x22yxyxnxm，（4n mn1，故n0使nn m0n 2，（4 分）于是当n n0时，有0 nxn 2，得证（2n mlim f(x,y)不存在（10 分）x0y0（二十三）数学分析期末考试题（二十三）数学分析期末考试题一一叙述题叙述题：(每小题 5 分，共 15 分）1微积分基本公式2无穷项反常积分3紧几合二二计算题计算题：(每小题 7 分，共 35 分）2dx2dtdx1、11 x4dx01t

13、42、求由下列两条曲线围成的平面图形的面积7y x 22y x3、求n(n 2)xn的收敛半径和收敛域n14、设u xeyz ez y，求偏导数和全微分5、limx0y01 xy 1xy三三讨论与验证题讨论与验证题：(每小题 10 分，共 30 分）x2y21讨论f(x,y)22的二重极限和二次极限x y(x y)22讨论1e0dx的敛散性xpln x3、讨论函数项fn(x)xn xn1(0 x 1)的一致收敛性。四 证明题：(每小题 10 分，共 20 分）1设f（x）连续，证明f(u)(x u)du 0 xx0f(x)dxduu02证明u y(x2 y2)满足yuux xuxyy参考答案一

14、、1、设f(x)在a,b连续，F(x)是f(x)在a,b上的一个原函数，则成立baf(x)dx F(b)F(a)。2、设函数f(x)在a,)有定义，且在任意有限区间a,A上可积。若极限limAaAf(x)dx存在，则称反常积分收敛，否则称反常积分发散U中总存在一个有限子覆盖，即存3、如果S的任意一个开覆盖U中的有限个开集Ui在 ki1，满足Ui S，则称S为紧集i1k2dx2dtdxdx2dt2x二、1、=（7 分）11 x48dx01t4dx01t41 x82、解：两曲线的交点为（-2，4），（1，1），（2 分）19所求的面积为：(2 x x2)dx（5 分）223：limnn(n 2)1

15、，收敛半径为 1（4 分），由于x 1时，级n数不收敛，所以级数的收敛域为（-1，1）（3 分）4：uuu=eyz=xzeyz1=xyeyz ez（4 分）yxzdu eyzdx (xzeyz1)dy (xyeyz ez)dz（3 分）5、解：limx0y01 xy 1(1 xy 1)(1 xy 1)1 lim（7 分）x0 xy2xy(1 xy 1)y0三、1、解、由于沿y kx趋于（0，0）时，0k 1x2y2，所以重极限不存在（5 分）lim(x,kx)(0,0)x2y2(x y)21k 1x2y2x2y2limlim22 0,limlim22 0，（5 分）x0 y0 x y(x y)

16、2y0 x0 x y(x y)22：0 p 1，由于x1 p21 p21dxe 0(x 0)故0 xpln x收敛（4 分）；xpln x11p 1，由于x1e01dxe(x )（4 分）故收敛，p 1，pp0 x ln xx ln xdx，发散（2 分）。xln xn3、lim fn(x)0 f(x)（3 分），limsup fn(x)f(x)limsup xn xn1 lim(nnxnnnn)(1)0，所以函数n 1n 1列一致收敛（7 分）四、证明题（每小题 10 分，共 20 分）1证明：x0u0f(x)dxdu=uf(x)dxuf(u)du xf(u)du uf(u)du=00000uxxxxx0f(u)(x u)du（10 分）92、证明：uu(x2 y2)2y2(x2 y2)（6 分）2xy(x2 y2)，yxyuux x x(x2 y2)u（4 分）xyy10