南京大学数学分析高等代数考研真命题与解析

南京大学数学分析，高等代数考研真题

南京大学2002年数学分析考研试题

一 求下列极限。

（1）(1)cos

2

lim

(sin sin )ln(1)

2

x x x x x

x x →∞

+--+；

（2）设()ln()f x x a x =+-，(,)x a ∈-∞，

（i ）()f x 在(,)a -∞上的最大值；

（ii ）设1ln x a =，21ln()x a x =-，1()n n x f x +=，(2,3,)n =L ，求lim n n x →∞

。

二 设1

()sin ln f x x x

=-，试证明()f x 在[2,)+∞内有无穷多个零点。 三 设()f x 在0x =的某个邻域内连续，且(0)0f =，0()

lim 21cos x f x x

→=-，

（1）求(0)f '； （2）求2

()

lim

x f x x →； （3）证明()f x 在点0x =处取得最小值。

四 设()f x 在0x =的某个邻域内具有二阶连续导数，且0

()

lim

0x f x x

→=，试证明： （1）(0)(0)0f f '==；

（2）级数

1

1

()n f n

∞

=∑

绝对收敛。 五 计算下列积分 （1

）求

x ；

（2）S

I zxdydz xydzdx yzdxdy =

++??，其中S 是圆柱面2

21x

y +=，三个坐标平面及

旋转抛物面2

2

2z x y =--所围立体的第一象限部分的外侧曲面。

六 设()[,]f x C a b ∈，()f x 在(,)a b 内可导，()f x 不恒等于常数，且()()f a f b =， 试证明：在(,)a b 内至少存在一点ξ，使()0f ξ'>。

七 在变力F yzi zxj xyk =++r r r r

的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面

222

222

1x y z a b c ++=, 第一象限的点(,,)M ξηζ,问(,,)ξηζ取何值时，F r

所做的功W 最大，并求W 的最大值。

八 （1）证明：(1)n x

x e n

--≤，(,0)n N x n *

∈≤≤；

（2）求20lim

(1)n

n n x x dx n

→∞-?。 南京大学2002年数学分析考研试题解答

一 （1）解 0

(1)cos

2

lim

(sin sin )ln(1)

2x x x

x x

x x →+--+

2

01

(1)cos

12lim sin sin 2ln(1)x x x

x

x x x x x x →+-=-+

ln(1)01

(ln(1))sin 1222lim

2x x x x x e x x x

+→+++?

+= 1

ln(1)0sin 12lim[(ln(1))]12x x x x x e x x x +→=+++

+ 124=+

94

=. （2）解 （i ）11()1a x

f x a x a x

--'=-=

--, 当1x a <-时，()0f x '>，()f x 在(,1]a -∞-上单增， 当1a x a -<<时，()0f x '<，

()f x 在[1,)a a -上单减，

所以()f x 在1x a =-处达到最大值，(1)1f a a -=-； （ii ）当1a >时，10ln ln(11)1x a a a <==+-<-，

11a x a <-<，

210ln()ln 1x a x a a <=-<<-，

32()(1)1x f x f a a =<-=-， 1n x a <-，1n a x <-，

1ln()n n n n x x a x x +=+->，{}n x 单调递增有上界，设lim n n x A →∞

=，则有

ln()A A a A =+-，1a A -=，1A a =-，

lim 1n n x a →∞

=-；

当1a =时，0n x =，lim 0n n x →∞

=；

当01a <<时，1ln 0x a =<，1ln ln(11)1x a a a ==+-<-，

11a x <-，

二 证明 因为1(2)102

ln(2)

2

f n n π

ππ

π+

=-

>+，

1

(2)102ln(2)2

f n n ππππ-=--<-，(1,2,)n =L ，

显然()f x 在[2,)+∞上连续，由连续函数的介值定理知，存在

(2,2)2

2

n n n ππ

ξππ∈-+使得

()0n f ξ= (1,2,)n =L ，

即得()f x 在[2,)+∞上有无穷多个零点。

三 解 （1）2

200()()2lim lim 1cos 1cos x x f x f x x x x x

→→==--，

因为20lim

21cos x x x →=-，所以20()

lim 1x f x x

→=， 200()()

lim

lim()0x x f x f x x x x

→→=?=，

00()(0)()lim lim 00x x f x f f x x x →→-==-， 于是(0)0f '=； （3）由20

()lim

1x f x x →=知，存在0δ>，当0x δ<<时，2

()1

2

f x x >，()(0)f x f >，

即知()f x 中在0x =处取得极小值。sup ()x M f x δ

≤''=

四 、证明 （1）由0

()

lim ()lim

0x x f x f x x x

→→=?=，知(0)0f =， 由00()(0)()

lim

lim 00x x f x f f x x x

→→-==-知(0)0f '=.

（2）22111111

()(0)(0)()()22n n f f f f f n n n n

ξξ'''''=++=，

211()2M f n n ≤，已知2

112n M n

∞

=∑收敛，其中sup ()x M f x δ≤''=， 于是

1

1

()n f n

∞

=∑

收敛，结论得证。 五 （1）解

3

22[(1)]3x

x

x e dx '=-?

32222(1)333

x x x e dx =--+

33222222(1)(1)3333x x x x e e =--?-+,

所以

11

1)1)22x x x e e C =

--+

11

(1)(23

x x x xe e e C =

---. （2）解 曲面2

2

1x y +=，2

2

2z x y =--事物交线为2

2

1x y +=，1z =，

22221{(,,):1,02,0,0}x y z x y z x y x y Ω=+≤≤≤--≥≥， 22222{(,,):12,02,0,0}x y z x y z x y x y Ω=≤+≤≤≤--≥≥，

其中S 是区域1Ω的边界时，利用高斯公式，

S

I zxdydz xydzdx yzdxdy =++??

1

()z x y dxdydz Ω=

++???

2

1

22

00

(cos sin )r d dr z r r rdz π

θθθ-=++???

2

1

22220

(cos sin )r dr dz zr r r d π

θθθ-=++??

?

2

1

220

(2)2

r dr zr

r dz π

-=+??

1222201

[(2)2(2)]22

r r r r dr π=-+-? 1

1

35240

[44]2[2]4r r r dr r r dr π=

-++-??

121(21)2()4635π

=

-++- 7142415

π=+. 当S 是2Ω的边界时，利用高斯公式

S

I zxdydz xydzdx yzdxdy =++??

2

()z x y dxdydz Ω=

++???

2

220

(cos sin )r dz z r r rd π

θθθ-=++?

?

222211

[(2)2(2)]22

r r r r dr π=-+-

2241

11

[2(22]243

r r r dr π=

---

35212(2435r r π

=

+-

14

241515π

=

+

-.

六 证明 证法一 用反证法，假若结论不成立，则对任意(,)x a b ∈，都有()0f x '≤，()f x 在[,]a b 上单调递减，由于f 不恒等于常数，所以()f x '不恒等于零，存在一点0(,)x a b ∈，使得0()0f x '<，0

000

()()

lim

()0x x f x f x f x x x →-'=<-，存在01x x b <<，使得

1010

()()

0f x f x x x -<-，10()()f x f x <，

因为0()()f x f a ≤，1()()f b f x ≤，

所以10()()()()f b f x f x f a ≤<≤，这与()()f a f b =矛盾，从而假设不成立，原结论得证。

证法2 由于f 在[,]a b 上连续，f 在[,]a b 上取到最大值M 和最小值m ，且m M <，由于

()()f a f b =，所以f 的最大值M 或最小值m 必在(,)a b 内达到。

若f 在0(,)x a b ∈处达到最大值0()()()f a f b f x =<，存在0(,)a x ξ∈使得

00()()()()f x f a f x a ξ'-=-，

从而有()0f ξ'>；

若f 在1(,)x a b ∈处达到最小值1()()()f x f a f b <=，存在11(,)x b ξ∈使得

111()()()()f b f x f b x ξ'-=-，

从而有()0f ξ'>； 结论得证。

七 解 设u xyz =，则有gradu F =r ，所以F r

是有势场，

()()OM

W Fdr u M u O ξηζ==-=?r r

，

由于0,0,0x y z ≥≥≥时，

222232222)x y z xyz a b c =++≥=，

3

2

3

xyz abc ≤=

，

等号成立当且仅当

x y z a b c ===， 所以(,,)

ξηζ=时，W 达到最大值，且W 。 八 证明 （1）由于当0y ≥时，有1y

e

y ->-，

对任意n N *

∈，0x n ≤≤，取x

y n

=，1x

n x e n -≥-，

所以有(1)x

n x

e

n

-≥-；

（2）取2(1),0()0,

n n x x x n f x n

n x ?-≤≤?

=??

0()x n f x e x -≤≤，

20

x e x dx +∞

-?

收敛，

对任意0A >，{()}n f x 在[0,]A 上一致收敛于2

x

e x -， 故由函数列积分的黎曼控制收敛定理，

20lim (1)n n n x

x dx n

→∞-?0lim ()n n f x dx +∞→∞=?0lim ()n n f x dx +∞→∞=?20x e x dx +∞-=?

20

()x x e dx +∞

-'=-?

2()x x e dx +∞-'=?0

2x e dx +∞

-=?

2()x e dx +∞

-'=?2= 。

南京大学2003年数学分析考研试题

一 求下列极限 （1）设0a >

，求

x ；

（2

）设1x =

1n x +=(1,2,)n =L ，求lim n n x →∞

。

（3）2

1lim(1)x x

x e x

-→∞

+?。

二 过(1,0)P

点作抛物线y =

（1）切线方程；

（2）由抛物线、切线及x 轴所围成的平面图形面积； （3）该平面图形分别绕x 轴和y 轴旋转一周的体积。 三 对任一00y >，求00()(1)y

x y x x ?=-在(0,1)中的最大值，

并证明该最大值对任一00y >，均小于1

e -。

四 设()f x 在[0,)+∞上有连续导数，且()0f x k '≥>，(0)0f <，（k 为常数），试证：()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点。 五 计算下列积分 （1）设1

20ln(1)

()1ax I a dx x +=

+?，(0)a >，求()I a '和(1)I ；

（2）32222

()

S

xdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++??

，其中S 为上半球面2222

x y z a ++=，(0)z >的

外侧。

六 设(1),01

(),10.

n n nx x x x e x ??-≤≤=?-≤≤?，()f x 在[1,1]-上黎曼可积，

（1）求lim ()n n x ?→∞

，并讨论{()}n x ?在[1,1]-上的一致收敛性；

（2）求1

1

lim ()()n n f x x dx ?-→∞?

，（要说明理由）

七 设0

()n

n n f x a x

∞

==

∑的收敛半径为R =+∞，令0

()n

k

n k k f x a x

==

∑，试证明：(())n f f x 在

[,]a b 上一致收敛于(())f f x ，其中[,]a b 为任一有穷闭区间。

南京大学2003年数学分析考研试题解答

一 （1）解 设max{1,}M a =

，则有M ≤，

由此知，1,01

max{1,},1n a M a a a <

；

（2）解 由归纳法，易知2n x <，12x x <，

1n n x x +-==

，

由此知，{}n x 单调递增有界，设lim n n x a →∞

=，02a <≤，

则有

a =

2a =，故lim 2n n x →∞

=。

（3）2

1

lim(1)x x

x e x

-→∞

+?

21(1)lim x x x x e →∞+=1(1)lim x

x x x e →∞??

+ ?= ? ??

?

1

[ln(1)1]

lim x x x

x e +-→∞

=， 1

2

[ln(1)1]

23

11111ln(1)1lim lim

lim 12x x x

x x x x x x x x e x x +-→∞→∞→∞+--++==-

1lim 21x x x →∞=-+12=-， 故21lim(1)x x x e x -→∞+?1

2

=-。 3 解 （1

）y '=

，设切点为00(,)x y

，0x x k y ='

==

，

设切点00(,)x y

的切线方程为0)y x x =

-。

将1x =，0y =

代入，0)x =

-，

002(2)1x x --=-，

03x =，01y =，

所求切线方程为11(3)2y x -=

-，即1

(1)2y x =-。 （2

）解32212001121

(1)212233

S x dx udu t tdt =--=-=-=????。

（3）

3321222120011211

[(1)]24326

x V x dx dx u du tdt πππππππ=--=-=-=????，

1311

2222420

2

[2](21)(44)(441)x V y dy y dy y y dy y y dy ππππ=+-+=++-++????

1

4

16(34)(32)55

y y dy π

ππ=+-=+-=?。 三 解 001

00()[(1)]y y x y y x x x ?-'=--0100[(1)]y y x y x x -=--01000[(1)]y y x y y x -=-+，

当0

01y x y <<

+时，()0x ?'>， 当

11y x y <<+时，()0x ?'<，

于是()x ?在0

1y x y =

+处达到最大值，

0001000010000

11

(

)()()11111(1)

y y y y y y y y y y y y ?++===+++++。

容易证明1()(1)y g y y

=+

在(0,)+∞上单调递减，11

(1)y e y ++>，

111

1

(1)y e

y

+<+， 故有0010

11

(

)11(1)y y y e

y ?+=<++.

四 证明 对任意(0,)x ∈+∞，

1()()(0)(0)()(0)(0)f x f x f f f x f kx f ξ'=-+=+≥+,

当x 充分大时，有()0f x >，又(0)0f <，由连续函数的介值定理，存在(0,)ξ∈+∞，

()0f ξ=，

由()0f x k '≥>，()f x 在[0,)+∞上严格单调递增，所以()f x 在(0,)+∞内仅有一个零点。 五 （1）解 1

20()(1)(1)x

I a dx ax x '=

++?

1122001[]111x a a dx dx a x ax +=

-+++?? 211[ln 2ln(1)]124

a a a π=+-++， 显然(0)0I =，

1

(1)()I I a da '=?

1

11222

000ln(1)11ln 212141a a

da da da a a a π+=-+++++???

11

(1)ln 2ln 22442

I ππ=-+?+?，

(1)ln 28I π

=

， 12

0ln(1)ln 218

x dx x π

+=+?. （2）解 2

2

2

2

{(,,):}x y z x y z a Ω=++≤，

222{(,,):,0}D x y z x y a z =+≤=，

32222

()

S

xdydz ydzdx zdxdy I x y z ++=++??

3

1S

xdydz ydzdx zdxdy a =

++??

31[]S D D a =

+-??????31[30]dxdydz a Ω

=+??? 331233

a a π=

??2π=. 六、解 1,0lim ()0,[1,1],0n n x x x x ?→∞=?=?∈-≠?

，

由于极限函数在[1,1]-上不连续， 所以{()}n x ?在[1,1]-上不一致收敛；

但对任何10,01,a b -<<<<{()}n x ?在[1,][,1]a b -U 上一致收敛于0； 且|()1n x ?≤， 根据控制收敛定理，

对于()f x 在[1,1]-上黎曼可积， 有 1

1

lim

()()0n n f x x dx ?-→∞=?

。

七、 证明 由条件知()f x 在(,)-∞+∞上连续，{()}n f x 在任意有限区间上是一致收敛的， 对任意有限区间[,]a b ，{()}n f x 在[,]a b 上一致收敛于()f x ，

{()}n f x 在[,]a b 上一致有界，()n f x M ≤，

再由()f x 在[,]M M -上一致连续，

于是有{(())}n f f x 在[,]a b 上一致收敛于(())f f x .