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NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 1 08 苏州大学数学分析 NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 2 07 苏州大学数学分析 NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

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NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 4 06 年苏州大学数学分析 1. 求下列极限:(1). lim ⎡ ⎣(n + 1) n →∞ α − nα ⎤ （2） ⎦ ，其中 0 p α p 1 ； lim x→ 0 2 cos x − e 4 arcsin x − x2 2．设函数 f(x)= ⎧ x m sin 1 x,x ≠ 0 。讨论 m=1,2,3 时 f(x)在 x=0 处的连续性，可微性及导函数的连续性。 ⎨ 0, x = 0 ⎩ = ρ cos θ sin ϕ , y = ρ sin θ sin ϕ , z = ρ cos ϕ .计算 3．设 u=f(x,y+z)二次可微。给定球变换 x ∂u ∂ 2u , ∂ϕ ∂θ 2 。 NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! 4．设 f(x)二次可导， ∞ www.nbf365.cn 5 f ' (a ) = f ' (b) =0。证明 ∃ξ ∈ ( a, b) ，使 f '' (ξ ) ≥ 4 ( b − a )2 f (a) − f (b) 。 5．设函数项级数 ∑ u ( x) 在区间 I 上一致收敛于 s(x)，如果每个 u ( x) 都在 I 上一致连续。证明 s(x)在 I 上一致连续。 n =1 n n 6．设 f(x,y)是 2 上的连续函数，试交换累次积分 ∫ 1 −1 dx ∫ 2 x +1 x +x f ( x, y )dy 的积分次序。 7．设函数 f(x)在[0,1]上处处可导，导函数 证明 f ' ( x) = F ( x) − G ( x) ，其中 F ( x ) ， G ( x ) 均是单调函数，并且 f ' ( x) >0， ∀x ∈ [0,1] 。 ∃c > 0 ，使 f ' ( x) ≥ c ， ∀x ∈ [0,1] 。 8．设三角形三边长的和为定值 P。三角形绕其中的一边旋转，问三边长如何分配时旋转体的体积最大？ 05 苏州大学数学分析 1.(20 ')求下列极限 （ 1） lim n a n + b n , (0 < a ≤ b) n →∞ 解：因为 n b n < n a n + b n ≤ n 2b n 而 lim n b n = lim n 2b n = b n →∞ n →∞ 因此 lim a + b n = b n n n →∞ (2) lim( x→a 1 1 ), 其中f ′( a ) ≠ 0, f ′′(a )存在 − f ( x) − f (a ) ( x − a ) f ′(a ) ( x − a)2 + o(( x − a ) 2 ) 2 解：由于f ′(a ) ≠ 0, f ′′( a)存在，从而f(x)=f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a) lim( x→a 1 1 ( x − a ) f ′(a ) − ( f ( x) − f (a )) − ) = lim( ) x → a f ( x) − f ( a) ( x − a ) f ′( a ) ( f ( x) − f ( a ))( x − a ) f ′(a ) ( x − a ) f ′( a ) − (f′(a)(x-a)+f′′(a) ( x − a)2 + o(( x − a ) 2 )) 2 = lim( x→a ( x − a)2 ( x − a ) f ′( a )(f′(a)(x-a)+f′′(a) + o(( x − a ) 2 )) 2 ( x − a)2 + o(( x − a ) 2 ) -f′′(a) 2 = lim x→a ( x − a)2 ( x − a ) f ′( a )(f′(a)(x-a)+f′′(a) + o(( x − a ) 2 )) 2 1 − f ′′(a ) f ′′(a ) 2 = lim =− x→a ( x − a) 2[ f ′(a )]2 f ′(a )( f ′( a ) + f′′(a) + o(( x − a )) 2 NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 6 2.(18')设f ( x)在[0，上可微，且 1] f ( x)的每一个零点都是简单零点，即若f ( x0 ) = 0 则f′( x0 ) ≠ 0.证明：f ( x)在[0,1]上只有有限个零点。 证明：设若不然f ( x)在[0,1]上有无穷多个零点，不妨设{xn } ⊂ [0,1], f (xn ) = 0, n = 1, 2ٛ 则存在{xn }的一个子列{xnk }, 使得xnk → x0 (k → ∞)且f (xnk ) = 0，从而f ( x0 ) = 0 则f ′( x0 ) = lim x → x0 f (xnk ) − f ( x0 ) f ( x) − f ( x0 ) = lim = 0与题设相矛盾！ x → x0 x − x0 x − x0 所以f ( x)在[0,1]上只有有限个零点。 3.(20 ')设f ( x)是R上的2π 周期函数，满足： （） 1∫ 2π 0 f ( x)dx = 0 (2) f ( x) − f ( y ) ≤ L x − y , ∀x, y ∈ R 证明：（1）f(x)在R上可以取到最大值，最小值 （2）maxx∈R f ( x) ≤ π L 证明：（1）由 f ( x) − f ( y ) ≤ L x − y , ∀x, y ∈ R知 ∀ε > 0, ∃δ > 0, 取x0 ∈ [0, 2π ], ∀x ∈ [0, 2π ], 当 x − x0 < δ 时，有 f ( x) − f (x0 ) ≤ L x − x0 , 则有 f ( x) − f (x0 ) < ε , L 从而f ( x)在[0, 2π ]上连续，既f ( x)在[0, 2π ]上可以取到最大值，最小值 又f ( x)是R上的2π 周期函数，所以f(x)在R上可以取到最大值，最小值。 （2）令f(x M ) = maxx∈[0,2π ] f ( x) 由∫ 2π 0 取δ < ε f ( x)dx = 0知∃x0 ∈ [0, 2π ]，使得f (x0 ) = 1 2π ∫ 2π 0 f ( x)dx = 0 以下分三种情况讨论： (a)当x M = x0时 f(x M ) = f (x0 ) = 0 ⇒ maxx∈[0,2π ] f ( x) = 0 ≤ π L (b)当x M > x0时,由f(x)的周期性，得 2 f(x0 ) − f (x M ) = f(x0 ) − f (x M ) + f(x0 + 2π ) − f (xM ) ≤ L(x0 − x M ) + L(x0 + 2π − xM ) = 2π L (c)当xM

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 7 （ 4. 16′）将方程x ⋅ ∂u ∂u − y⋅ = 0变为以极坐标r,θ 为自变量的形式，其中极坐标 ∂y ∂x 变换为x=rcosθ ,y=rsinθ ,(r ≠ 0) 解： ∂u ∂u ∂u = ⋅ cos θ + ⋅ r ⋅ (− sin θ ) ∂x ∂r ∂θ ∂u ∂u ∂u = ⋅ sin θ + ⋅ r ⋅ cos θ ∂y ∂r ∂θ ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u 因此x ⋅ − y ⋅ = r ⋅ cos θ ⋅ ⋅ sin θ + r 2 cos 2 θ − ⋅ r sin θ cos θ + r 2 sin 2 θ = r2 ∂y ∂x ∂r ∂θ ∂r ∂θ ∂θ ∂u 所以方程为r 2 =0 ∂θ 5. （20′）设数列{an }有极限L，证明 （1）f(x)=∑ an x n在（ − 11 ， ）上有定义 n=1 ∞ （2） lim （ 1 − x) f ( x) = L − x →1 证明：（）因为 1 lim an = L, 若L ≠ 0, 则有 lim n →∞ n →∞ an +1 =1 an (事实上 a − L + an − L an +1 a −a 1 − 1 = n +1 n ≤ n +1 < ⋅ 2ε ) an an an A ∞ n=1 所以L ≠ 0时，f(x)=∑ an x n的收敛区间为（ − 11 ， ） 从而f(x)=∑ an x n在（ − 11 ， ）上有定义 n=1 ∞ 若L=0,则 lim an = 0，∃N , 当n > N时， （ − 11 ， ）) ∑ an x n → 0, (当x ∈ n →∞ n 2n 所以L=0时f(x)=∑ an x n在（ − 11 ， ）上有定义 n=1 ∞ an x n − ∑ an x n +1 ) （2） lim （ 1 − x) f ( x) = lim （f(x)-xf(x))= lim( − − − ∑ x →1 x →1 x →1 ∞ n=1 n=1 ∞ ∞ a1 x + ∑ an +1 x n +1 − ∑ an x n +1 ) an +1 x n +1 − ∑ an x n +1 ) = lim( = lim( − − ∑ x →1 n=0 n=1 x →1 n=1 n=1 ∞ ∞ ∞ = lim( a1 x + ∑ (an +1 − an ) x n +1 ) = a1 + ∑ (an +1 − an ) = a1 + lim(an +1 − a1 ) = L − x →1 n=1 n=1 n →∞ ∞ ∞ NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 8 6.(20 ')求由圆锥体z ≥ x 2 + y 2 和球体x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ≤ a所围成的立体体积， 其中a > 0. z = x2 + y 2 ⇒ 2 z 2 − 2az + a 2 − a = 0 解： { 2 2 2 x + y + ( z − a) = a (1)当2a − a 2 < 0时，即a > 2, or , a < 0时 圆锥体与球体不相交，从而所围体积为0 （2）当2a − a 2 = 0时，即a = 2, or , a = 0时 （a)a = 0时，球体缩为一个点，从而所围体积为0 （b)a = 2时,圆锥体与球体相切，此时z=1 令{x=rcosθ , 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π y=rsinθ V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dθ ∫ dr ∫ 2π 3 1 1 1 1 3 rdz = 2π ( a + (a − 1) 2 − − a 2 ) 0 0 r 2 3 3 3 2 (3)当2a − a < 0时，即0

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 9 − , −π < x < 0 7. （18 ‘）将函数f ( x) = { 4 展成Fourier级数， π ,0 ≤ x < π 4 ∞ 1 并求∑ 的和。 2 n=1 (2n − 1) 解：显然f ( x)在[−π ，π ]上是奇函数 因此a n = 0 bn = = 2 1 π π π ∫π − π f ( x) sin(nx)dx = 2 1 π π ∫π − 0 f ( x) sin(nx)dx + 1 1 π1 sin( nx)dnx 2 ∫0 n π ∫0 π ∫0 4 1 1 11 1 1 1 1 = (−1) cos(nx) |π = (−1) n +1 + = cos(nπ ) + 0= − n 2 2n 2n 2n 2n 2 n − 1 ∞ 1 所以f ( x) ∑ sin nx n =1 2n − 1 ∞ 1 有界， 单调递减 → （n (2)因为∑ sin(nx) 0 → ∞） 2n − 1 n=1 ∞ 1 所以由Arbel判别法知∑ sin nx收敛 n =1 2 n − 1 f ( x) sin(nx)dx = sin nxdx = 1 由帕塞瓦尔等式知： π π ∫ π 0 f ( x) sin( nx) dx 8.(18 分)设 π ∫π − π [ f ( x)]2 dx = 1 π a0 2 ∞ + ∑ (an 2 + bn 2 ) 2 n =1 3 ⎛→⎞ f ⎜ x ⎟ 在 R 上二次连续可微(其中 ⎝ ⎠ 即∑ → 1 1 = 2 π n=1 (2n − 1) ∞ ∫π − π [ f ( x)]2 dx = → 2 （ ） dx = ∫ − π π 4 8 → → π π2 → → ⎞ ⎛ ∂2 f 为正定矩阵.证明：⑴ f ( x) 在 ( )⎟ ⎜ ∂ x ∂ x x0 ⎟ i j ⎝ ⎠ → 0 x = ( x1, x 2, x 3) ),且在 x 0 处的梯度 ∇f ( x 0) = 0 ,Hesse 值 ； ⑵ 若 矩阵 Q= ⎜ x α → 处取到极小 λ 是 Q 的 最 大 特 征 值 ， α → 是 Q 对 应 于 λ 的 特 征 向 量 ， 则 f ( x) → 从 x → 0 处 沿 着 方 向 增 长 x 2 − (arctan x) 2 （）求极限 1 lim x →0 (arcsin x) 4 x 2 − (arctan x) 2 解：原式= lim = lim x →0 x →0 x4 2 x − 2(arctan x) 1 1 + x2 4 x3 1 2 + 6 x2 − 2 2 x(1 + x 2 ) − 2(arctan x) 1 + x2 lim lim = = 3 2 2 041.(20’) x →0 x →0 4 x (1 + x ) 12 x + 20 x5 = lim = lim (2 + 6 x 2 )(1 + x 2 ) − 2 8x2 + 6 x4 lim = x → 0 (1 + x 2 )(12 x 2 + 20 x 5 ) x → 0 x 2 (1 + x 2 )(12 + 20 x 3 ) 8 + 6 x2 8 2 = = x → 0 (1 + x 2 )(12 + 20 x 3 ) 12 3 NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040

NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导! www.nbf365.cn 10 (2)证明对任意自然数n，方程x n + x n −1 + …… + x = 1在区间[0，上总有 1] 唯一实根xn , 并求 lim xn n →∞ 证明：令f ( x) = x + x n −1 + …… + x − 1 n 则f (0) = −1 < 0, f (1) = n − 1 ≥ 0, x ∈ [0， 1] 因此f ( x)在[0，上有零点 1] 又f ′( x) = nx n −1 + (n − 1) x n − 2 …… + 2 x + 1 > 0, x ∈ [0， 1] 所以f ( x)在[0，上单调 1] 从而f(x)在[0，上存在唯一的零点， 1] 也即方程x n + x n −1 + …… + x = 1在区间[0，上总有 1] 唯一实根xn 因此xn n + xn n −1 + …… + xn = 1 两边令n → +∞, 则有 lim n →∞ xn 1 = 1 ⇒ lim xn = n →∞ 1 − xn 2 1 证明函数 sin 在区间（0， + ∞）上不一致连续，但是对于任意a > 0，在 x [a, +∞)上一致连续。 1 证明：（）法一： 取x1 = 1 + 2nπ , x2 = 1 1 1 , 则 lim sin = 1 ≠ lim sin = 0 n →∞ n →∞ π + 2nπ x1 x2 π 2 1 从而 sin 在区间（0， + ∞）上不一致连续 x 1 1 1 , x2 = 法二：取ε 0 = ，则∃δ > 0, 取x1 = π 2 π + 4nπ + 2nπ 2 1 1 1 , 取N > x1 − x2 = < 4nδ π + 4nπ 4nπ sin 1 1 = 1 > ε0 − sin x2 x1 1 + ∞）上不一致连续 从而 sin 在区间（0， x (2)当x ∈ [a, +∞)时 ∀ε > 0, ∃δ > 0, 当 x1 − x2 < δ 时，有 2.(20') sin 1 1 1 1 1 1 x1 − x2 ≤ 2 x1 − x2 − sin < − = x1 x2 x1 x2 x1 x2 a 1 1 − sin <ε x1 x2 取δ = a 2ε时，有 sin 1 即 sin 在[a, +∞)上一致连续。 x NBF 考研辅导，全程包过，不过退款! QQ 客服：296312040