南开大学数学分析考研试题

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 x x x

→∞

-+ 。

2．求和()()

∑∞

=-+-1121n n n n 。 3．已知()()()

1f x x f x ''-=-，求()x f ？ 4

．设

2ln 2

6

x

π

=

?

，则x =？

5．设区域()[][]{}

1,1,2,0,-∈∈=y x y x D

，求D

。

二．设61-≥x 61+=

+n n x x ，(1,2,)n =，证明数列{}n x 收敛，并求其极限。

三．设()[]b a C x f ,∈，并且[]b a x ,∈?，[]b a y ,∈?，使()()x f y f 2

1

≤，

证明[]b a ,∈?ξ，使得()0=ξf .

四．设()x f 在[)+∞,a 一致连续，且广义积分

()a

f x dx +∞

?

收敛，求证()0lim =+∞

→x f x 。

五．设()x f 在(,)-∞+∞上可微，对任意(,)x ∈-∞+∞，()0f x >， ()()f x mf x '≤， 其中10<

证明级数

11

||n

n n a

a ∞

-=-∑收敛。

六．证明函数项级数()1

nx

n f x ne

∞

-==

∑，（1）在()+∞,0上收敛，但不一致收敛；

（2）和函数()x f 在()+∞,0上任意次可导。

七．作变换x

y

u =，x v =，w xz y =-，

将方程2222z z y y y x ??+=??变换为w 关于自变量(),u v 方程。

八．求由曲面2

2

2

4x y az a ++=将球体2

2

2

4x y z az ++≤分成两部分的体积之比。 九、设

()f x 是(0,)+∞上具有二阶连续导数的正函数，且()0f x '≤，(0,)x ∈+∞，

()f x ''在(0,)+∞上有界，则lim ()0x f x →+∞

'=。

南开大学2008年数学分析考研试题解答

一、1、解 2

1lim[ln(1)]x x x x

→∞

-+2

11lim [ln(1)]x x x x

→∞

=-+

2001

1ln(1)

1lim

lim 2t t t t t t

t

→→-

-++==011lim 2(1)2t t →==+ ；

2、解 ()()

∑

∞

=-+-1121n n n n ()1111

11()22n n n n ∞

-==--+∑ ()

1

1

1111()22n n n n ∞

-==--+∑()()1111111[11]22

n n n n n n ∞∞

--===---+∑∑ ()()11111111[111]2222k n k n k n ∞∞

--===-+---++∑∑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 '=-++，

22221()1111

x x x f x x x x +'==+-+++，

所以21

()ln(1)arctan 2

f x x x x C =+

+-+ 4

、解

2

2ln 2

2ln 2

2ln 22

(arcsin )|6

t t

x

x

x

e π

-

-

===-?

?

ln 2

2

2

arcsin arcsin arcsin 6

x x e

e

e π

--

-=-+=-

+，

2

arcsin 3

x e π

-=

，2

2

x e -=

，

所以42ln ln 23

x =-= 。

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

001

2

D

x y ≤≤≤≤=??

1

1

22y

dy dy =+??

??

1

13322002

22(2)233y dy y dy =-+?

? 51204242[(2)|]3535y =--

+

52422|35

== 。 二、证明 显然有20x >

，n x >(3,4,)n =

;

11|||n n n n x x x x +--==

-

1|n n x x -≤

-，(3,4,

)n =；

从而}{n x 是压缩型迭代序列, 于是得}{n x 是收敛的，设A x n n =∞

→lim

，显然A ≥

在61+=

+n n x x 两边，令∞→n

取极限得到A =3A =；

故lim 3n n x →∞

=.

三、证明 方法一 由条件可知,任取1[,]x a b ∈,存在2[,]x a b ∈,满足211

|()||()|2

f x f x ≤,存在3[,]x a b ∈,满足321

|()||()|2

f x f x ≤

,这样继续下取,得到存在[,]n x a b ∈,满足11|()||()|,(1,2,)2n n f x f x n +≤=;进而111

|()||()|,(1,2,)2

n n f x f x n -≤=;存在{}n x 子

列{}k n x 及0[,]x a b ∈,使得{}k n x 收敛于0x ; 在利用()f x 在0x 处连续及

11

1|()||()|2

k k n n f x f x -≤

,即得0|()|0f x ≤,0()0f x =,结论得证.

方法二 由于()f x 在[,]a b 上连续,设min |()|a x b

m f x ≤≤=,利用条件可知,对任意[,]x a b ∈,

存在[,]y a b ∈,满足1|()||()|2f y f x ≤,从而由1

|()|2

m f x ≤,([,])x a b ∈; 进而有1

2

m m ≤,0,0m m ≤=;存在0[,]x a b ∈,使得0()0f x m ==;结论得证.

四、证明 由f 在),[+∞=a I 上一致连续，得，对0>?ε，0>?δ，

当I

x x ∈21,，且δ<-||2

1x x 时，便有ε<-|)()(|21x f x f ；

由于

dx x f a

?

+∞

)(收敛，则有0)(lim

)1(=?

+∞→dx x f n n n δ

δ

，由积分平均值定理，存在])1(,[δδξ+∈n n n ，使得dx x f f n n n ?+=δ

δ

δ

ξ)1()(1)(，于是有0)(lim =∞

→n n f ξ，

对上述0>ε，存在*N N ∈，当N n ≥时，便有εξ<|)(|n f ；

取δ

N M

=，对任意M x

>，必存在正整数N m ≥，使得])1(,[δδ+∈m m x ，

ε

ξξ2|)(||)()(||)(|<+-≤m m f f x f x f ，故得

0)(lim =+∞

→x f x .

五、证明 设()ln ()F x f x = ，由题设条件，知()F x 连续、可导，且()

|()||

|()

f x F x m f x ''=≤， 从而11ln ()()n n n a f a F a --==，(1,2,

)n =，就是熟知的压缩迭代列，

11212|||()()||()()|n n n n n n a a F a F a F a a ξ-----'-=-=- 12||n n m a a --≤-，

从而111210||||||n n n n n a a m a a m a a -----≤-≤≤-

由于01m <<，

1

101

||n n m

a a ∞

-=-∑收敛，

故级数

11

||n

n n a

a ∞

-=-∑收敛。

六、证明 设()nx

n u x ne

-=，

因为1

|()|

lim 1|()|x n n n

u x e u x -+→∞=<，所以nx

n e n -∞

=∑1在(0,)+∞上收敛； 任意

0>δ，当[,)x δ∈+∞时，有|()|n n

u x ne

δ

-≤，

而1

n n ne δ∞-=∑收敛，所以nx n e n -∞

=∑1

在),[+∞δ上一致收敛； 101

sup |()||()|n n n x u x u ne n

β-<<+∞

=≥=不趋向于零，

所以nx n e n -∞

=∑1

在(0,)+∞上不一致收敛；

对任何

),0(0+∞=∈I x ，

存在

0>δ，使得00x <<δ

显然，nx n e n -∞

=∑1

在),[+∞δ上一致收敛，

nx n e n x f -∞

=∑=1

)(在),[+∞δ上连续，

)(x f 在点I

x ∈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 nx n

u x n e +-=-，(1)1|()|k k nx n u x n e ++-≤，

对每一正整数

k

，显然()

1

()k n n u x ∞

=∑在(0,)+∞上内闭一致收敛，

且

()

()1

()()k k n n f

x u x ∞

==∑在(0,)+∞上连续，(0,1,2,)k =；

故

()f x 在(0,)+∞上有任意阶的连续导数。

七、解 w y

z x x

=

+，求偏导数，并求复合函数的偏导数，代入计算，适当化简，即得。 11y y z w x x =+，11yy yy z w x x

=+，

y u

v u v w w w y y ??=+??2()u x

w y

=-，

2232(())()()()yy u uu uv u x u v x x w w w w w y y y y y y ???=

-=+-+??? 2232()()uu u x x

w w y y

=-

+，

八、解 球体2224x y z az ++≤为2222

(2)(2)x y z a a ++-≤，

球体的体积33432

(2)33

V a a ππ=

=； 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 =+≤，

22214()

[(2D

a x y V a dxdy a -+=-??

22001

(2d a r rdr a

π

θ=-?

32422211

2[))((4))]43a a r a π=-+--

333972[3]43a a a π=-+333972[3]43a a a π=-+337

6a π=，

32127

6

V V V a π=-=，

所以

123727

V V = 。 九、 证明 先证

lim ()x f x m →+∞

=存在，由()0f x '≤，(0,)x ∈+∞，可知()f x 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

()f x ''在(0,)+∞上有界，可知()f x '在(0,)+∞上一致连续，

我们已经知道，若

lim ()x f x →+∞

存在，()f x '在[,)a +∞上一致连续，必有

lim ()0x f x →+∞

'=，

结论得证。