南开大学2008年数学分析考研试题.DOC

1、 1 南开大学 2008 年 数学分析 考研 试题 一计算题 1 求极限 2 1lim ln(1 )x xx x 。 2 求和 1121nnnn。 3已知 1f x x f x ，求 xf ？ 4 设 2 ln 261tx dte ，则 x ？ 5 设区域 1,1,2,0, yxyxD ，求D x y dxdy。 二 设 61 x 61 nn xx ， ( 1,2, )n ，证明数列 nx 收敛，并求其极限。 三 设 baCxf , ， 并且 bax , ， bay , ，使 xfyf 21 ，证明 ba, ，使得 0f . 四 设 xf 在 ,a 一致连续 ， 且广义积 分 ()a f x

2、dx收敛， 求 证 0lim xfx。 五设 xf 在 ( , ) 上可微，对任意 ( , )x ， ( ) 0fx ， f x mf x ， 其中 10 m ，任取实数 0a ， 1ln ( )nna f a ， ( 1,2, )n ， 证明级数11|nnn aa 收敛。 六 证明函数项级数 1nxnf x ne ， （ 1）在 ,0 上 收敛 ， 但不一致 收敛； （ 2） 和函数 xf 在 ,0 上任意 次可导 。 七 作变换 xyu ， xv ， w xz y， 将方程 22 22zzy y y x变换为 w 关于自变量 ,uv方程。 八求 由曲面 2 2 24x y az a 将球体

3、 2 2 2 4x y z az 分 成两部分 的 体积之比 。 九、设 ()fx是 (0, ) 上具有二阶连续导数的正函数，且 ( ) 0fx ， (0, )x ， ()fx 在 (0, ) 上有界，则 lim ( ) 0x fx 。 2 南开大学 2008 年数学分析考研试题解答 一、 1、解 2 1lim ln (1 )x xx x 211lim ln (1 )x x xx 20011l n( 1 ) 1l i m l i m 2tttt ttt 011lim 2(1 ) 2t t； 2、解 1121nnnn 11 1 1 11 ( )22nn nn 11 1 1 11 ( )22nn

4、nn 11111 1 1 1 1 nnnnnn 11111 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2knknkn 14 ； 3、解 由已知 1f x x f x ， 得 ( ) 1f x x f x ，把上式代入， 有 ( ) 1 ( ( ) 1 ) 1 f x x f x x x f x 22()x f x x x ， 22 2 2 1( ) 11 1 1x x xfx x x x ， 所以 21( ) l n (1 ) a r c t a n2f x x x x C 4、解 22 l n 2 2 l n 2 2 l n 22() ( a r c s in ) |6 11t txttxxd t

5、 d e eee l n 2 22a r c s i n a r c s i n a r c s i n6xxe e e ， 2arcsin 3xe ， 2 32xe ， 所以 342 ln ln23x 。 3 5、解、由区域 D 关于设区域 x 轴对称，被积函数关于 y 是偶函数，所以 0 2 ,012Dx yx y d x d y x y d x d y 1 2 10 0 022 yyd y x y d x d y y x d x 11332200222 ( 2 ) 233y d y y d y 5 12 04 2 4 2 ( 2 ) |3 5 3 5y 5 24 2 32 22|3 5

6、15 。 二、 证明 显然有 2 0x ， 6nx ， ( 3,4, )n ; 1 1 111| | | 6 6 | | |66n n n n n nnnx x x x x xxx 11 |26 nnxx， ( 3,4, )n ； 从而 nx 是压缩型迭代序列 , 于是得 nx 是收敛的，设 Axnn lim，显然 6A ； 在 61 nn xx 两边 ， 令 n 取极限得到 6AA，所以 3A ； 故 lim 3nn x . 三、证明 方法一 由条件可知 ,任取 1 , x ab ,存在 2 , x ab ,满足211| ( ) | | ( ) |2f x f x,存在3 , x ab ,

7、满足 321| ( ) | | ( ) |2f x f x , 这样继续下取 , 得到存在 , nx ab , 满足1 1| ( ) | | ( ) | , ( 1 , 2 , )2nnf x f x n ;进而111| ( ) | | ( ) | , ( 1 , 2 , )2 nf x f x n;存在 nx 子列knx 及 0 , x ab , 使得 knx 收敛于 0x ; 在利用 ()fx 在 0x 处连续及111| ( ) | | ( ) |2k kn nf x f x,即得 0| ( )| 0fx , 0( ) 0fx ,结论得证 . 方法二 由于 ()fx在 , ab 上连续 ,

8、设 min | ( ) |a x bm f x,利用条件可知 ,对任意 , x ab , 存在 , y ab ,满足 1| ( ) | | ( ) |2f y f x ,从而由 1 | ( )|2m f x , ( , )x ab ; 进而有 12mm , 0, 0mm;存在 0 , x ab ,使得 0( ) 0f x m;结论得证 . 4 四、 证明 由 f 在 ), aI 上一致连续，得， 对 0 ， 0 ， 当 Ixx 21, ，且 | 21 xx 时，便 有 |)()(| 21 xfxf ； 由于 dxxfa )(收敛，则有 0)(lim )1( dxxfnnn ，由积分平均值定理，

9、存在)1(, nnn ，使得 dxxff nnn )1( )(1)( ，于是有 0)(lim nn f ， 对上述 0 ，存在 *NN ，当 Nn 时，便有 |)(| nf ； 取 NM ，对任意 Mx ，必存在正整数 Nm ，使得 )1(, mmx ， 2|)(|)()(|)(| mm ffxfxf ，故得 0)(lim xfx . 五、证明 设 ( ) ln ( )F x f x ，由题设条件，知 ()Fx连续、可导，且 ()| ( ) | | |()fxF x mfx ， 从而 11ln ( ) ( )n n na f a F a， ( 1,2, )n ， 就是熟知的压缩迭代列 ， 1

10、1 2 1 2| | | ( ) ( ) | | ( ) ( ) |n n n n n na a F a F a F a a 12|nnm a a， 从而 11 1 2 1 0| | | | | |nn n n na a m a a m a a 由于 01m， 1101 |nn m a a 收敛， 故 级数11|nnn aa 收敛。 六、 证明 设 () nxnu x ne ， 因为 1| ( ) |lim 1| ( ) | xnn nux eux ，所以 nxnen 1在 (0, ) 上收敛； 任意 0 ，当 , )x 时，有 | ( ) | nnu x ne ， 而1nnne 收敛，所以

11、nxnen 1在 ), 上一致收敛； 101s u p | ( ) | | ( ) |n n nx u x u n en 不趋向于零， 5 所以 nxnen 1在 (0, ) 上不一致收敛； 对任何 ),0(0 Ix ， 存在 0 ，使得 00 x 显然， nxnen 1在 ), 上一致收敛， nxnenxf 1)( 在 ), 上连续， )(xf 在点 Ix 0 处连续。 由于 0x 是 I 上的任意点，所以函数 f 在 ),0( I 上连续。 （ 2） ( ) 1( ) ( 1)k k k nxnu x n e ， ( 1) 1| ( ) |k k nxnu x n e ， 对每一正整数 k

12、 ， 显然 ()1()knnux在 (0, ) 上 内闭一致 收敛 ， 且 ( ) ( )1( ) ( )kknnf x u x 在 (0, ) 上连续 ， ( 0,1, 2, )k ； 故 ()fx 在 (0, ) 上 有任意阶的 连续 导数 。 七、 解 wyz xx，求偏导数，并求复合函数的偏导数，代入计算，适当化简，即得。 11yyzwxx， 11yy yyzwxx， y u vuvw w wyy 2()u xw y， 2 2 32( ( ) ) ( ) ( ) ( )y y u u u u v ux u v x xw w w w wy y y y y y 2232( ) ( )uu

13、uxxwwyy ， 6 八、 解 球体 2 2 2 4x y z az 为 2 2 2 2( 2 ) ( 2 )x y z a a ， 球体的体积 334 3 2( 2 )33V a a； 两曲面的交线为 2 2 2,3z a x y a ， 设 2 2 2 ( , ) : 3 D x y x y a ， 2 2 2 2 2 21 4 ( ) ( 2 4 ( ) ) D a x yV a a x y d x d ya 23 2 2 200 1( 2 4 )ad a r a r r d ra 32 4 2 2 32 0112 ( 3 ) ( 3 ) ( ( 4 ) ) | 43 aa a a a ra 3 3 3972 3 43a a a 3 3 3972 3 43a a a 3376 a ， 321276V V V a ， 所以 123727VV 。 九、 证明 先证 lim ( )x f x m 存在，由 ( ) 0fx ， (0, )x ，可知 ()fx在 (0, ) 上是单调递减的，且有下界为 0，根据单调有界原理， lim ( )x f x m 存在， 由 ()fx 在 (0, ) 上有界，可知 ()fx 在 (0, ) 上一致连续， 我们 已经 知道，若 lim ( )x fx存在， ()fx 在 , )a 上一致连续，必有 lim ( ) 0x fx ， 结论得证。