2015年数学考研数学分析各名校考研真题及答案

2015年考研数学分析真题集

目录

南开大学

北京大学

清华大学

浙江大学

华中科技大学

2014年浙江大学数学分析试题答案

一、,,0N ?>?ε当N n >时，ε<->>?m n a a N n N m ,,

证明：该数列一定是有界数列，有界数列必有收敛子列

}{k n a ，a a k

n k =∞

→lim ， 所以，

ε2<-+-≤-a a a a a a k k n n n n

二 、,,0N ?>?ε当N x >时，ε<-)()(x g x f ，,0,01>?>?δε当1'''δ<-x x 时，

ε<-)''()'(x f x f

对上述,0>ε当N x x >'','时，且1'''δ<-x x

ε3)''()'()''()''()'()'()''()'(<-+-+-≤-x f x f x f x g x g x f x g x g

当N x x <'','时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，所以,0,02>?>?δε2'''δ<-x x 时

ε<-)''()'(x g x g ，当'''x N x <<时，由闭区间上的连续函数一定一致收敛，在

],['','22δδ+-∈N N x x 时，ε<-)''()'(x g x g ，取},min{21δδδ=即可。

三、由,0)('',0)('<>x f a f 得,0)('

1

))((')()(a x f a x a f a f x f -+

-+=ξ，所以-∞=+∞→)(lim x f x ，且0)(>a f ，所以

)(x f 必有零点，又)(x f 递减，所以有且仅有一个零点。

四、?

?==1

0,)(1)()(x

dt t f x dt xt f x ?2

)()()('x

dt t f x

x f x x

?

-

=?，

2

2)(lim

)(lim

)

(lim

)0('0

2

A

x x f x dt t f x

x x x

x x ====→→→???， 2)(lim )(lim )()

(lim )('lim 20

0020

00A x

dt t f x x f x dt t f x

x f x x

x x x

x x =-=-=??

→→→→?，)('x ?在0=x 连续。 五、当k m ≠时，不妨设k m <，

?

?--+--=

1

1

11

)(2)(2])1[(])1[(!!21

)()(dx x x k m dx x P x P k k m m k

m k m =

--?

-dx x x k k m m 1

1

)(2)(2])1[(])1[(dx x x x x m m k k k k m m ?-+--------1

1

)1(2)1(211

)

1(2

)

(2

])1[(])1[(]

)1[(])1[(=

0])1][()1[()1(])1[(])1[(1

1

)(2211

)1(2)1(2=---==---??-+-+-dx x x dx x x k m m k k m m k k

当k m =时，

?

?

----=

1

1

1

1

)(2)(22

2])1[(])1[(!21)()(dx x x m dx x P x P m m m m m k m

??

-+---------=--1

1)

1(2121

1

1

221

1

)(2)(2])1[(])1[(])1[(])1[(])1[(])1[(dx x x x x dx x x m m m m m m m m m m m m =?

-+----

1

1

)1(212])1[(])1[(dx x x m m m m =?----=1

1

)2(22])1][()1[()1(dx x x m m m m =

?---1

1

2])1[()!2()1(dx x m m m =?--1

2])1[()!2()1(2dx x m m m

六、J 是实数，,0,0>?>?δε当δ

εξ<--∑=-n

i i i

i

J x x

f 1

1))((

?∑=??? ??-=∞

→1

01

01lim dx x n

n i s s

n i n ，当1->s 时，该积分收敛。

七、∑=-n

k k

1)1(有界，21x n +在),(+∞-∞上单调一致趋于零，由狄利克雷判别法知，∑∞

=+-12

)1(n n

x

n 在),(+∞-∞上一致收敛，∑∞

=+12

1n x n 与∑∞

=11

n n

同敛散，所以发散； 当0=x 时，∑∞

=+122)1(n n x x 绝对收敛，当0≠x 时，∑∞

=+1

22

)1(n n

x x 绝对收敛； e n

n x x x R n

n

n 1

)11(11)1(1)(22→+=

+=

取，所以不一致收敛 八、1.

???????---=----=-+-=-=s s

s

s

s

s

tdt

tdt dt

s t dt t s dt s t dt t s dt t s s I 0

10

1

1

10

ln ln )ln()ln()ln()ln(ln )(

11

1)(''),1ln(ln )('<---=-+-=s

s s I s s s I ，当2

1

=

s 时，

??+=--=-=21021

12ln )21ln 21(2ln 2)(dt tdt s I

2. v x y x

y x y y x v u x y v xy u 32,,),(),(,,222=-=??==,??==31313ln 3231dv v du J

3.

y x xy y x dxdyD y x y x J D

+=++-----=??22222:])1(1[3

?????

---++-+-

+=++=++=

-+=44032

32

4

3434

4

34

2cos sin 1cos sin 0

))

4

(2sin 2())4

(2sin 1(338)2sin 2()2sin 1(338)cos sin 1()cos (sin 33)cos sin sin cos (34π

π

π

ππππθθθθππ

θθθθθθθθθθθθθdx x x d d dr

r r r r d J

?--=π032)

2cos 2()2cos 1(338dx x x =--?

π

32)2cos 2()2cos 1(dx x x ???+=+=+20322203224

0324)

cot 3(sin 8)cos sin 3(sin 42)sin 21(sin 4π

ππx x dx x x xdx dx x x

?????=+==+=+=+-=∞∞202

204003232203218

)2cos 1(272cos 278)1(278)3(8)cot 3(cot 8π

πππdx x xdx x dx x dx x x d J=

π27

3

4

2003南开大学年数学分析

一、设),,(x y x y x f w -+=

其中),,(z y x f 有二阶连续偏导数，求xy w

解：令u=x+y,v=x-y,z=x 则z v u x f f f w ++=；

)1()1()1(-++-++-+=zv zu vv vu uv uu xy f f f f f f w

二、设数列}{n a 非负单增且a a n

n =

∞

→lim ，证明a a a a n n n n n n =+++∞

→1

21

][lim

解：因为an 非负单增，故有n

n n n n

n n n n na a a a a 11

21)(][≤+++≤

由

a a n n =∞

→lim ；据两边夹定理有极限成立。

三、设?

?

?≤>+=0,00),1ln()(2

x x x x x f α试确定α的取值范围，使f(x)分别满足：

（1） 极限)(lim 0x f x +

→存在

（2） f(x)在x=0连续

（3） f(x)在x=0可导 解：（1）因为

)(lim 0x f x +

→=)1ln(lim 20x x x ++

→α=)]()1(2[lim 221420n n

n x x o n

x x x x +-++--→+

α极限存在则

2+α0≥知α2-≥

(2)因为)(lim 0

x f x -

→=0=f(0)所以要使f(x)在0连续则2->α

（3）0)0(='-

f 所以要使f(x)在0可导则1->α

四、设f(x)在R 连续，证明积分ydy xdx y x f l

++?)(2

2与积分路径无关 解；令U=22

y x

+则ydy xdx y x f l ++?)(22=2

1du u f l )(?又f(x)在R 上连续故存在F （u ）

使dF(u)=f(u)du=ydy xdx y x f ++)(22

所以积分与路径无关。 （此题应感谢小毒物提供思路） 五、

设

f(x)在

[a,b]上可导，

0)2

(

=+b

a f 且

M

x f ≤')(,证明

2)

(4)(a b M

dx x f b a -≤? 证：因f(x)在[a,b]可导，则由拉格朗日中值定理，存在

)2

)(()2(

)(),(b

a x f

b a f x f b a +-'=+-∈ξξ使即有

dx b

a x f dx x f b

a

b a

)2

)(()(+-

'=?

?ξ

2

2

2)(4])2()2([)2)((a b M dx b a x dx x b a M dx b a x f b

b a b

a a b

a

-=+-+-+≤+-'≤???++ξ六、设}{n a 单减而且收敛于0。

∑n a n sin 发散

a) 证明

∑收敛n an sin

b) 证明

1l i m =∞→n

n n v u 其中

)

s i n s i n (k ak k a u k n +=∑；

)sin sin (k ak k ak v n -=∑

证：（1）因为

2

1

s in 1s in ≤

∑k 而}{n a 单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知

∑收敛n an sin

（2）因为正项级数

∑n a n sin 发散则∑∞→∞→)(sin n k ak 又由上题知

∑有界k ak sin 故有1lim

=∞→n

n

n v u

七、设dx x

x

e t F tx

sin )

(1?∞

+-= 证明 （1）dx x

x

e tx

sin 1

?

∞+-在),0[+∞一致收敛 （2）)(t F 在),0[+∞连续

证：（1）因

dx x

x ?

∞+1

sin 收敛（可由狄利克莱判别法判出）故在t>=0上一致收敛；又tx

e -在x>=1,t>=0 单调且一致有界)0,1(10≥≥?≤≤-t x e tx 由阿贝尔判别法知一致收敛

（2）],[0,),,0[00βαβα∈≥?+∞∈?t t 使由上题知，F （t ）在],[βα一致收敛，

且由x

x

e

tx

sin -在（x,t ）],[),1[βα?+∞∈上连续知F （t ）在],[βα连续所以在0t 连续，由0t 的任意性得证