数学分析试题及答案4

（十四） 《数学分析Ⅱ》考试题一 填空（共15分，每题5分）：1 设=∈-=E R x x x Esup ,|][{则 1 , =E inf 0 ;2 设=--='→5)5()(lim,2)5(5x f x f f x 则54；3 设⎩⎨⎧>++≤=0,)1ln(,0,sin )(x b x x ax x f 在==a x 处可导，则0 1 ， =b 0 。

二 计算下列极限：（共20分，每题5分）1 n n n1)131211(lim ++++∞→Λ; 解: 由于，n n n n 11)131211(1≤++++≤Λ又，1lim =∞→nn n故 。

1)131211(lim 1=++++∞→nn nΛ 2 3)(21lim n nn Λ++∞→；解: 由stolz 定理,3)(21limn nn Λ++∞→33)1()(lim--=∞→n n nn)1)1()(1(lim-+-+--=∞→n n n n n n nn)1)1(2))(1(()1(lim--+---+=∞→n n n n n n n n n.32)1)11(2111lim2=--+-+=∞→nn nn 3ax a x a x --→sin sin lim；解:ax a x a x --→sin sin lim ax ax a x ax --+=→2sin 2cos2lim.cos 22sin2coslim a a x a x a x ax =--+=→ 4xx x 10)21(lim +→。

解:xx x 1)21(lim +→.)21(lim 22210e x xx =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=→ 三 计算导数（共15分，每题5分）：1 );(),1ln(1)(22x f x x x x f '++-+=求解: 。

1111111221122)(222222+-=+-+=++++-+='x x x x x x x x xx xx f 2解:3 设。

求)100(2,2sin )23(y x x y -=解: 由Leibniz 公式)23()2(sin )23()2(sin )23()2(sin 2)98(21002)99(11002)100(0100)100(''-+'-+-=x x C x x C x x C y6)2sin(26)2sin(2100)23)(2sin(2298982991002999922100100⋅+++⋅+-+=⨯πππx x x x xx x x x x 2sin 2297002cos 26002sin )23(298992100⨯-⋅--= 。

]2cos 12002sin )22970812[(2298x x x x --=四 （12分）设0>a，}{n x 满足：,00>x ,2,1,0),(211Λ=+=+n x ax x nn n;sin cos 33表示的函数的二阶导数求由方程⎩⎨⎧==t a y ta x ,tan sin cos 3cos sin 3)cos ()sin (2233t tt a t t a t a t a dx dy -=-=''=。

tt a tt a t dx y d sin cos 3sec )cos (sec 223222='-=证明：}{n x 收敛，并求。

n n x ∞→lim解: （1） 证明：易见，),,2,1,0(,0Λ=>n x n a x x nx ann =≥+1),,2,1,0(Λ=n从而有： ),2,1(02)(2121Λ=≤-=-+=-+n x x a x x ax x x nn n n n n n ，故}{n x 单调减少，且有下界。

所以}{n x 收敛。

（2）求n n x ∞→lim： 设}{n x l =，由（1）知：0}{>≥=a x l n 。

在)(211nn n x ax x +=+两边同时取极限得 1lim +∞→=n n x l ),(21)(lim 21la l x a x nn n +=+=∞→ 解之得a l =，即a x n n =∞→lim 。

五 （10分）求椭圆),(1002222y x by a x 过其上点=+处的切线方程。

解: 在方程12222=+b y a x 两边对x 求导数得：,02222='+b y y a x故,22y x a b y -='从而02200y x a b y y y x x -='==，所以椭圆),(00y x 在点处的切线方程为)(00220x x y x a b y y --=-，即12020=+b yy a xx六（10分）利用Cauchy 收敛原理证明：单调有界数列必收敛。

证明：设}{n x 单调有界，不妨设}{n x 单调增加。

假定}{n x 不收敛，则由Cauchy 收敛原理，存在常数N n m >∀>,,00ε),(n m <0ε≥-n m x x ，于是令,1=N存在1,11>n m ),(11n m < 011ε≥-n m x x ， 再令,1n N=存在122,n n m > ),(22n m < 022ε≥-n m x x ，一般地令,1+=K n N存在1,->k k k n n m ),(k k n m < 0ε≥-k k n m x x ，这样得到}{n x 的一个子列：ΛΛ,,,,,,,2211k k n m n m n m x x x x x x满足：0ε≥-k k n m x x 。

从而有0ε≥-k k m n x x ，0ε+≥k k m n x x),3,2(Λ=k ，由此式递推可知：,)1(0000121+∞→-+≥≥++≥+≥--εεεεk x x x x n n n n k k k Λ因而}{n x 无界，与条件矛盾，故}{n x 收敛。

七（8分）设满足：上在)0(),[)(>+∞a a x f|||)()(|),,[,y x K y f x f a y x -≤-+∞∈∀ 为常数）。

证明：0(≥K1上有界；在),[)(+∞a xx f 2上一致连续。

在),[)(+∞a xx f 证明：1. 由条件知，|||)()(|),,[a x K a f x f a x -≤-+∞∈∀， 故：|)(||||)(||)()(||)(|a f a x K a f a f x f x f +-≤+-≤，aa f K x a f x a x K x a f x a x K x x f |)(||)(||||)(|||||)(+≤+-=+-≤， 可见上有界。

在),[)(+∞a xx f 2. ),,[,21+∞∈∀a x x21212222122121122211|)()()()(||)()(|)()(x x x f x x f x x f x x f x x x x f x x f x x x f x x f -+-=-=- 2112221212|||)(||)()(|x x x x x f x x x f x f x -⋅+-≤|,||)(|2||)|)(|(1||2122121x x a a f aK x x a a f K a x x a K -⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-++-≤,][,0)(2a a f a K +=>∀εδε取),,[,21+∞∈∀a x x ,||21时当δ<-x xε<-2211)()(x x f x x f ,故上一致连续。

在),[)(+∞a xx f八（10分）设n a a a Λ,,21为实常数，证明：nxa x a x a x f n cos 2cos cos )(21+++=Λ内必有零点。

在),0(π证明：令,sin 2sin sin )(12211nx a x a x a x F n n +++=Λ则),()(]0[)(x f x F x F ='上可导，，在π,0)()0(==πF F 故由Rolle 中值定理，,0)(),,0(='∈∃ξπξF 使即,0)(=ξf故)(x f 内必有零点。

在),0(π（十五）数学分析2考试题一、单项选择题（从给出的四个答案中，选出一个最恰当的答案填入括号内，每小题2分，共20分）1、 函数)(x f 在 [a,b ] 上可积，那么（ ） A )(x f 在[a,b ]上有界 B )(x f 在[a,b ]上连续C )(x f 在[a,b ]上单调D )(x f 在[a,b ]上只有一个间断点 2、函数)(x f 在 [a,b ] 上连续，则在[a,b ]上有（ ）A )()(x f dx x f dx d b a =⎰B )()(x f dt t f dx d x a =⎰C )()(x f dt t f dx d b x -=⎰D )()(x f dt t f dxd bx =⎰ 3、 在[a ，+∞]上恒有)()(x g x f ≥，则（ ） A ⎰+∞a dx x f )(收敛⎰+∞adx x g )(也收敛 B ⎰+∞adx x g )(发散⎰+∞adx x f )(也发散C⎰+∞adx x f )(和⎰+∞adx x g )(同敛散 D 无法判断4、级数∑∞=1n na收敛是（ ）对p =1,2…，0)(lim 21=++++++∞→p n n n n a a a ΛA 充分条件B 必要条件C 充分必要条件D 无关条件 5、若级数∑∞=+111n n α收敛，则必有（ ）A 0≤αB 0≥αC 0<αD 0>α 6、)()(1x ax f n n∑∞==在[a ，b ]一致收敛，且a n (x )可导（n =1,2…），那么（ ）A f （x ）在[a ，b ]可导，且∑∞==1'')()(n nx ax fB f （x ）在[a ，b ]可导，但)('x f 不一定等于∑∞=1')(n nx aC∑∞=1')(n nx a点点收敛，但不一定一致收敛D∑∞=1')(n nx a不一定点点收敛7、下列命题正确的是（ ） A)(1x an n∑∞=在[a ，b ]绝对收敛必一致收敛B)(1x an n∑∞=在[a ，b ] 一致收敛必绝对收敛C)(1x an n∑∞=在[a ，b ] 条件收敛必收敛D 若0|)(|lim =∞→x a n n ，则)(1x an n∑∞=在[a ，b ]必绝对收敛8、∑∞=--1)11()1(n n nx n 的收敛域为（ ） A (-1,1) B (-1,1] C [-1,1] D [-1,1）9、下列命题正确的是（ ）A 重极限存在，累次极限也存在并相等B 累次极限存在，重极限也存在但不一定相等C 重极限不存在，累次极限也不存在D 重极限存在，累次极限也可能不存在10、函数f (x,y )在（x 0,,y 0）可偏导，则（ ） A f (x,y )在（x 0,,y 0）可 f (x,y )在（x 0,,y 0）连续C f (x,y )在（x 0,,y 0）在任何方向的方向导数均存在D 以上全不对 二、计算题：（每小题6分，共30分）1、)0(21lim 1>++++∞→p nn p pp p n Λ 2、计算由曲线2x y =和2y x =围成的面积 3、求极限)1sin 11(lim 2222)0,0(),(x y y x y x y x +-+++→4、 已知),(yx x f z =，求yzx z ∂∂∂∂, 5、 计算nn n n x n ∑∞=--112)1(的收敛半径和收敛域 三、讨论判断题（每小题10分，共30分）1、讨论dx x x qp p⎰∞++--01|1|的敛散性 2、 判断∑∞=--+122)11(n n n 的敛散性3、 判断∑∞=+-121sin )1(n n n nx的一致收敛性 四、证明题（每小题10分，共20分）1、设f (x )是以T 为周期的函数，且在[0，T ]上可积，证明⎰⎰=+TTa adx x f dx x f 0)()(2、设级数∑∞=10n n n x α收敛，则当0αα>时，级数∑∞=1n nn x α也收敛参考答案一、1、A 2、B3、D4、A5、D6、D7、C8、A9、D10、D 二、1、由于px 在[0，1]可积，由定积分的定义知（2分）=++++∞→121lim p p p p n nn Λ11)21(1lim 10+==++⎰∞→p dx x n n n n n pp p p p p p n Λ（4分）2、 、两曲线的交点为（0，0），（1，1）（2分）所求的面积为：31)(12=-⎰dx x x （4分） 3、解：由于x 1sin 有界，01sin lim )0,0(),(=→xy y x （2分）)1sin 11(lim 2222)0,0(),(x y y x y x y x +-+++→=)11)(11()11)((lim22222222)0,0(),(+++-++++++→y x y x y x y x y x （3分）=111lim22)0,0(),(+++→y x y x =2（1分）4、解：xz∂∂=y f f 121+（3分）y z ∂∂=22y x f -（3分）5、解：212)1(lim 1=--∞→n nn n n ，r =2（3分） 由于x =-2，x =2时，级数均不收敛，所以收敛域为（-2，2）（3分）三、1、解、因为被积函数可能在x =0和x =1处无界，所以将其分为dx x x qp p ⎰∞++--01|1|=dx x x p q p ⎰-+-101|1|1+dx x x q p p⎰∞++--11|1|（2分）考虑奇点x =0应要求p-1<1；奇点x =1应要求p+q<1；（4分）当+∞→x 时，由于1211~)1(1-++--q p q p p x x x ，知2p+q -1>1时积分收敛（2分）所以反常积分满足p <2且2(1-p)<q<1-p 收敛，其余发散（2分）2、解：由于n n n n n 1~112112222-++=--+（6分），又∑∞=11n n 发散（2分）所以原级数发散（2分）3、解：2211sin )1(n n nx n ≤+-（6分），由weierstrass 判别法原级数一致收敛性（4分）四、证明题（每小题10分，共20分）1、证明：⎰⎰⎰⎰++++=Ta TTaTa adx x f dx x f dx x f dx x f )()()()(0（1）（4分）⎰⎰⎰=+++=+aaTa Tdt t f T t d T t f t T x dx x f 0)()()()(（2）（4分）将式（2）代入（1）得证（2分）2、证明：∑∑∞=-∞==11)1)((00n n n n n nx n x αααα（4分）01αα-n 单调下降有界（3分）由Abel 定理知原级数收敛（3分）。