伍胜健《数学分析》(第1册)-名校考研真题【圣才出品】
伍胜健《数学分析》配套模拟试题及详解【圣才出品】
伍胜健《数学分析》配套模拟试题及详解1．（15分）把x作为函数，u=xz、v=yz作为自变量，变换公式解：由于du=xdz+zdx，dv=ydz+zdy，所以于是故有代入原式，即得2．（15分）应用Stokes公式，计算曲线积分，式中C为圆周若从Ox轴正向看去，该圆周是沿逆时针方向进行的．解：平而x+y+z=0的法线的余弦为，于是3．（15分）证明：在x=0处三阶导数不存在．证明：当x≠0时，易知有从而根据导数的定义再由左、右导数的定义可得可见所以在x=0处的三阶导数不存在．4．（15分）设f（x）在[a,b]上连续，在（a，b）内有二阶导数，试证明：存在c∈（a，b）使证明：由于做辅助函数则由Lagrange中值定理知，存在使得令即有5．（15分）函数f（x）在闭区间[0，1]上有连续的一阶导数，证明：证明：若结论显然成立．若则f（x）在[0，1]上变号，由f（x）的连续性知，存在使于是取积分可得原不等式得证．6．（15分）计算，其中图一解：如图一：把D分成D1，D2两部分，其中7．（20分）设L为球面和平面x+y+z=0的交线，若从x轴正向看去，L是沿逆时针方向的，试计算下列第二型曲线积分：解：把Y=-x-z代人，得令x=u+v，z=-v，可得所以可取由此知道L的参量方程为（1）因为并由对称性得所以（2）因为并由对称性得所以8．（20分）求函数在条件约束下的极值．解：作拉格朗日函数并令由前三式消去μ，得再消去λ，又得于是求得x=y或x=z或y=z．当x=y时，代入条件函数后又解得由此得出同样，当x=z或y=z时，也可得上述结果．由于函数，在有界闭集上必有最大值和最小值，所以有9．（20分）设悬链方程为，它在[0，t]上的一段弧长和曲边梯形的面积分别记为：s（t）、A（t）．该曲边梯形绕x轴一周所得旋转体体积、侧面积和x=t处的截面面积分别记为V（t）、S（t）、F（t）．证明：（1）s（t）=A（t），t>0；（2）S（t）=2V （t）；（3）证明：（1）由弧长公式得由定积分的几何意义可得（2）旋转体体积为侧面积为。
伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-章节题库(数项级数)
第9章数项级数1．试证明下列命题：（1）设a＞0，b＞a＋1，则（2）设a＞0，b＞a＋2，则证明：（1）记，则令从n＝0到n＝N的各项相加，故得因此．（2）由（1）可知以a＋1代a，则（*）式又成为将两式相减，可得．1．求下列级数的和：解：（1）由，有（2）当n＝3m时，时，，而且级数都是收敛的，根据顺项可括性，有（3）由于[x]是数x的整数部分，有1．求的和，其中解：记，则考察函数．若，则有f（S）＝S，且为此方程的惟一解．由于在上是递减函数，故知因为f（x）在（0，1）上递减，所以．从而得即有下界，且此外又有这说明．1．判别下列级数的敛散性：解：（1）当p≤0时，，该级数显然发散．当p＞0时，是递减正数列，从而考察级数．易知它是等比级数，且可得公比时，收敛；时，发散．因此，I在p≤1时发散，p＞1时收敛．（2）易知通项是递减正数列．根据凝聚判别法，有由此知，I在p＞1时收敛，p≤1时发散．（3）易知通项是递减正数列，用凝聚判别法，考察由此即知I发散．1．试证明下列命题：（1）设级数收敛，则（2）设．若收敛，则（3）设．若收敛，则（4）设，则证明：（1）不妨假定，且记，以及，则用归纳法可推等式（*）当n＝1时，显然，故式（*）为真．假定n＝m时式（*）为真，则对m＋1，有从而式（*）对m＋1成立．令m→∞，即可得证．（2）应用Cauchy－Schwarz不等式，可知注意到，即可得证．（2）依题设可知，对任给ε＞0，存在，使得“．取，并对和式作分解又放大，可知（[r]表示数r的整数部分）从而可得．由此即可得证．（4）注意到等式（，C是Euler常数）故只需指出．实际上，对任给ε＞0，依题设知，存在，使得．由此又知从而导致．最后有．证毕．1．试证明下列不等式：，其中是递增正数列，（3）（Hardy－Landau不等式）设同（2），则（4）（Carleman不等式）设是正项收敛级数，则证明：（1）改写通项为再应用在上的微分中值公式，有从而知（2）由（不等式：）可知。
华东师范大学数学系《数学分析》(第4版)(上册)(名校考研真题 不定积分)【圣才出品】
解：f（x）的原函数为
．当 x≤1 时，有
当 x＞1 时，有
所以 f（x）的原函数为
．
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un
n1
收敛，从而 un
0 ，即
f
(xn )
0 ，也即
f (xn ) 0 ，故对上述的 ，存在 N N¢ ，使得
当 n N 时，
f (xn )
2
.
取 X a N ，则当 x X 时，因
x a, Ua (k 1) ,a k k 0
故存在惟一的 k N¢ ，使得 x a (k 1) , a k ，易见 k N ，且
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第 8 章 不定积分
1．设 f (x) d x 收敛,且 f (x) 在 a,上一致连续，证明 lim f (x) ＝ 0. [上海
a
x
交通大学 2004 研]
证明：因 f (x) 在 a,上一致连续，故对于 0 ， 0 ，使得当
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4．求不定积分 解：
[华东师范大学研]
5．求不定积分 解：令 t＝lnx，则
[四川大学研]
6．求
（a 为常数）．[西安交通大学研]
解：（1）当 a＝－1 时，
（2）当 a≠－1 时，
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x2
x台2 )
dx
ln(1 x2 )d 1 x
ln(1 x2 )
1
2x dx
x
x 1 x2
ln(1 x2 ) 2 1 dx
x
伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(多元函数的极限和连续)【圣才出品】
③用列向量
来表示
，称 x 为 中的一个点或向量
的转置．
④记
为 中的原点或零向量．
（2） 中的运算
① 中的加法运算
设
，定义
，
并称 x y 为 x 与 y 的和．
② 中的数乘运算
设
，定义
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并称 x 为 与 x 的数乘．
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向量空间 有了内积运算后，称 为欧几里得（Euclid）空间或欧氏空间．
②向量的模
利用内积运算，定义向量
的模如下：
中两个非零向量 x 与 y 的内积为：
．
其中 x, y 是向量 x 与 y 的夹角．
（5）距离
①距离的定义
设
与
为 中任意两个点，则 x 与 y 的距离定义
表示单位向量（0，1），并称它们为单位坐标向量．因此，对于
，有
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③当 n＝3 时，用 (x, y, z) 表示空间 中的点，记
，
于是对于
有
（7）矩阵的范数
设
是一个 m n 矩阵，其中
2．点列极限
（1）欧氏空间 中邻域的概念
集合，并称之为 E 的内部．
②若存在
使得
，则称 x 是 E 的外点．E 的所有外点构成的集合称
为 E 的外部．
③若对于
，有
，并且
，则称 x 是 E 的边界点，
并用 来记 E 的边界点集，称之为 E 的边界．
注：E 的内点一定属于 E；E 的外点一定不属于 E，且 E 的外部即为 的内部 ；E
陈纪修《数学分析》(第2版)(上册)名校考研真题【圣才出品】
但
（
也可说
明）。
2．对数列 和
若 是有界数列，则 是有界数列。（ ）[北京大学研]
【答案】对
【解析】设｜Sn｜<M，则
3．数列
存在极限
的充分必要条件是：对任一自然数 p，都有
（ ）[北京大学研]
【答案】错
【解析】反例：
，但 不存在．
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二、解答题
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陈纪修《数学分析》（第 2 版）（上册）名校考研真题
第 2 章 数列极限
一、判断题
1．对任意的 p 为正整数，如果
，则
存在。（ ）[重
庆大学研]
【答案】错
【解析】根据数列收敛的 Cauchy 收敛准则，可举出反例：
，虽然对任意的
n p1
对任意 0, 存在正整数 N ,使得对任意正整数 p ，成立 ak , kN
(N p)aN p ln(N p) (N p)aN p ln N ,
在上式中，令 p ，取极限，则得
0
lim ( N
p
p)aN p
ln( N
p)
,
由 0 的任意性，则得
lim ( N
．[南开大学
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2011 研]
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证明：（1）因为
{nan}
为正的单调递减数列，由单调有界定理得
lim
n
nan
L
存在，
由 an 收敛，可知必有 L 0 n1
an
n1
伍胜健《数学分析》(第1册)章节题库-第4章 导数与微分【圣才出品】
，则
（4）设 f（x）在（a，b）上存在 f（x）在（a，b）上可导．
．若
在（a，b）上连续，则
证明：（1）因为 证毕．
，所以当令 y→x 时，可得
（2）作区间[a，b]：以 a＜c＜d＜b，易知（三弦不等式）
由此得|f（y）－f（x）|≤M·|y－x|，其中
此外，由三弦不等式可知差商 存在．
（3）作函数（在[a，b]上）
可知，
4．设
存在，且对 是有界列，则
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．若数列
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证明：（i）令
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台
如下：
则可得（两式相减）
（ii）令 n→∞，且
5．试求下列函数 y＝F（x）的导数
（1）设 （2） （3） （4）f（x）＞0 且存在
解：（1）令 z＝ln|y|，则
，则得
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因为有 ．
．
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2．试证明下列命题：
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（1）设定义在（﹣∞，∞）上的 f（x）满足
则 （2）设 f（x）是（﹣∞，∞）上的（下）凸函数，则在任一区间[c，d]上 f∈Lip1，
且处处左、右可导．
（3）设 f∈C（[a，b]），且在（a，b）上存在
（2）应用（x，y）与（r，θ）之关系，则有
由
此可知
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．
8．试解答下列问题： （1）试问对什么 x 值，函数 y＝f（x）＝cosx 在 Δx→0 时，其微分 dy 与差分 Δy＝Δf（x）不等价?
（2）设
伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解(广义积分)【圣才出品】
伍胜健《数学分析》笔记和考研真题详解第8章广义积分8.1复习笔记一、无穷积分的基本概念与性质1．无穷积分的概念（1）设函数上有定义，并且对于上可积．①如果极限存在，则称无穷积分收敛，此时称函数f（x）在上可积，并记②如果极限不存在，则称无穷积分发散．（2）设函数f （x）在上有定义，并且对于在区间[X，b]上可积．①如果极限存在，则称无穷积分收敛，此时称函数f（x）在上可积，并记②如果极限不存在，则称无穷积分发散．（3）设函数上有定义，且在任何的闭区间[a，b]上可积．任取①若无穷积分与都收敛，则称无穷积分收敛，并记②若无穷积分中至少有一个发散，则称无穷积分发散．2．无穷积分的基本性质（1）若函数f（x）在[a，＋∞）上有原函数F（x），并形式地记则有（2）若f（x）在（－∞，b]上有原函数G（x），记，则（3）若上有原函数H（x），则（4）无穷积分换元公式设函数上有定义，且对于在区间上可积，再设函数在区间上连续可微，严格单调上升，并且满足则有以下的换元公式：（5）无穷积分分部积分公式设函数上连续可微，且极限存在，则有以下分部积分公式二、无穷积分敛散性的判别法1．柯西准则设函数上有定义，对于在区间上可积，则无穷积分收敛的充分必要条件是：对于时，有2．绝对收敛的无穷积分（1）定义设函数上有定义，对(x)f在区间[a，X]上可积．①若无穷积分收敛，则称无穷积分绝对收敛；②若无穷积分收敛，但无穷积分发散，则称无穷积分条件收敛．（2）定理设函数f（x）在上有定义，对于在区间[a，X]上可积．若无穷积分绝对收敛，则无穷积分必收敛．3．非负函数的无穷积分的敛散性问题（1）定理设非负函数f（x）在[a，＋∞）上有定义，对于在[a，X]上可积，则无穷积分收敛的充分必要条件是：存在0A ，使得对一切X≥a，有（2）比较定理设非负函数上有定义，且对于在[a，X]上可积．若存在常数使得当时，成立不等式则可得出下述结论：①若收敛，则也收敛；②若发散，则也发散．（3）推论设非负函数上有定义，且对于在区间[a，X]上可积．若则①当时，同时收敛或同时发散；②当时，若收敛，则收敛；③当时，若发散，则发散．4．条件收敛的无穷积分（1）狄利克雷判别法设函数f（x），g（x）在[a，＋∞）上有定义，且满足下面两个条件：①对于在区间上可积，并且使得对有②单调，并且则无穷积分收敛．（2）阿贝尔判别法设函数在上有定义，并且满足下面两个条件：①对于在上可积，并且收敛；②在[a，＋∞）单调有界，则无穷积分收敛．三、瑕积分1．瑕积分的概念（1）x0是f（x）的一个瑕点即是指f（x）在x0的某个去心（左或右）邻域内有定义，但在该去心（左或右）邻域内无界．（2）设函数f（x）在区间（a，b]上有定义，a是f（x）的一个瑕点．①若对于在区间上可积，且极限（8-1）存在，则称瑕积分收敛，并记②若极限（8-1）不存在，则称瑕积分发散．（3）设函数f（x）在区间[a，b）上有定义，如果b为函数f（x）的瑕点，定义．（4）当为f（x）在[a，b]上的唯一瑕点时，称收敛是指瑕积分同时收敛．2．瑕积分敛散性的判别法（1）柯西准则瑕积分（b是瑕点）收敛的充分必要条件是：对于时，有（2）比较定理设非负函数在区间上满足：存在正常数使得当。
伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库-名校考研真题(函数序列与函数项级数)
第10章函数序列与函数项级数1．设（x）在[0，1]上连续，f（1）=0．证明：（1）{x n}在[0，1]上不一致收敛；（2）{f（x）⋅x n}在[0，1]上一致收敛．[华东师范大学研]证明：（1）显然是的极限函数，x n在[0，1]上连续（n∈N），而g（x）在[0，1]上不连续，所以{x n}在[0，1]上不一致收敛．（2）f（x）在x=1处连续，所以对当时，有即易证{f（x）⋅x n）在[0，1－δ]上一致收敛于零，即对，当x>N时，对一切x∈[0，1－δ]有所以对当n>N时，对一切x∈[0，1]，有所以{f（x）⋅x n}在[0，1]上一致收敛于零．2．试证：无穷级数在0<x<1时收敛，但不一致收敛．[中国科学院研] 证明：有收敛，所以收敛．取，则对及使得所以在（0，1）上不是一致收敛的．3．设0≤x<1，证明：[华中科技大学研] 证明：令，则0≤f（x）<1．故4．可微函数列在[a，b]上收敛，在[a，b]上一致有界，证明：在[a，b]上一致收敛．[上海交通大学研]证明：由题设，有①，取使则②在[a，b]上收敛，所以，当n>N，p是任意自然数，有③由②，③，当n>N时，对任意自然数p，有即在[a，b]上一致收敛．5．求函数项级数的收敛域，并证明该级数在收敛域是一致收敛的．[中山大学研]解：由于，又收敛，故由Weierstrass判别法知在（-∞，+∞）上是一致收敛的．6．研究在（1）[-l，l]（l＞0）上的一致收敛性；（2）（-∞，+∞）上的一致收敛性．[南京师范大学研]解：（1）当时，存在N，当n＞N时有下式成立又收敛，故由Weierstrass判别法知在[-l，l]上一致收敛．（2）取，则不收敛，所以在（-∞，+∞）上不一致收敛．7．函数，g（1）=0，且（g’(1)可理解为左导数），证明：在[0,1]上一致收敛．[北京师范大学2006研]证明：由于，所以对任意的，存在使得当时，有．从而对任意的，m、n＞0，有由于，所以存在M＞0使得当时，．从而当时，，又收敛，故由Weierstrass判别法知在上一致收敛．于是对上述的ε＞0，存在．N＞0，使得当，m、n＞N时，有结合两部分，当，m、n＞N时，有，故在[0，1]上一致收敛．8．设函数列满足：（1）是[-1,1]上的可积函数列，且在[-1，1]上一致有界；（2）任意的在[-1，-c]和[c,1]上一致收敛于0．证明：对任意的[-1,1]上的连续函数f（x），有[中山大学2006研]证明：由于在[-1,1]上一致有界，f（x）在[-1,1]上连续，所以存在M＞0，使得因为f（x）在x=0处连续，所以对任意的ε＞0，存在δ＞0，使得又在[-1，-δ]和[δ，1]上一致收敛于0，所以存在N＞0，使得从而对任意的n＞N有即9．设的收敛半径为∞，令，证明：在任意有限区间[a，b]上都一致收敛于f（f（x））．[厦门大学研]证明：因为的收敛半径为∞，所以在[a，b]上一致收敛于f（x）．由于在[a，b]上连续，则f（x）在[a，b]上连续，所以f（x）在[a，b]上有界，即存在，使得当时有．又因为在[a，b]上一致收敛于f（x），所以存在，使得当时有由于在[a，b]上连续，所以存在使得当时有．取，则有下式成立同样由于在[-M，M]上一致收敛于f（x），所以f（x）在[a，b]上连续，从而一致连续．所以对任意的，存在使得当时有．因为在[a，b]上一致收敛于f（x），所以存在N＞0，使得当，n＞N时有．于是当，n＞N时，，结论得证．10．研究函数在[0，+∞）上的连续性、一致连续性、可微性、单调性．[华南理工大学2006研]解：因为，而收敛，所以由Weierstrass判别法得知f（x）在[0,+∞）上一致收敛．因为在[0，+∞）上连续，所以f（x）在[0，+∞）上连续．又因为，故在[0，+∞）上一致连续，所以f（x）在[0，+∞）上一致连续．因为，而收敛，由Weierstrass判别法得知，所以可微，且单调递减．。
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第一部分 名校考研真题
说明：本部分从指定伍胜健主编的《数学分析》为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。
所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。
第1章 函 数
一、填空题设
（ ）．[浙江大学研]
A ．0
B ．1
C ．
D ．【答案】B 【解析】
二、解答题
1．使用确界原理证明单调递减的有界数列必有极限。
[天津大学研]
证明：确界原理，即有上界的非空集必有上确界，有下界的非空集必有下确界。
设为单调递减且有界的数列，则由确界原理可知，
存在。
下面证该下
确界就是
的极限。
由下确界定义：（1）对任意的n ，有
，当然
成立，这ε为任意小的正数。
（2）对上述任意的ε，存在
N ，当n>N 时，有。
又因为条件（1），所以
成立。
2．设S 是非空集合，ξ＝infS ，试证明：若ξ∈S，则S 中必存在一个严格单调递减的，使得
[北京航空航天大学研]
证明：若
ξ＝infS ，即（1）对任意的x∈S，有X≥ξ：（2）对任意的ε>0，存在
，使得
取，存在，使得。
改变n 的值，有
依次类推，有而且满足很明显，为一个严
格单调递减的数列，且
3．设
{xy}为所有xy 乘积的集合，其中
，且x≥0及y≥0．证明：
[武汉大学研]
证明：设
①
②
又
，可取
．且使
③
由，∴存在
由③有
④
由②，④得证
4．设．
[同济大学研]
解：
当
当－1≤x＜0时，
当x＜－1时，
5．证明：函数为R上的有界函数．[湖北大学2001研]
证：
∴取ε＝1，存在N＞0，当
又f （x ）在
内连续．从而有界，即
综上两式知f （x ）在R 上有界．
6．设，求f （x ）的定义域和f （f （－7））．[中国人
民大学研]
解：由3－x ＞
0，3－x≠1，49－x 2
≥0，解得
，从而f （x ）的定义
域为
又
第2章 序列的极限
1．求下列极限：（1）
．[北京大学研]
（2）f （
x ）在[－1，1]上连续，恒不为0
，求．[华中师范大
学研]
解法1：
①
由①式及两边夹法则，．
（2）
故
解法2：
f 在[
－1，1]上连续；因而
f （x ）有界
2．设数列
单调递增趋于
①
证明：（1）（2
）设
②
证明：
，并利用（1），求极限
．[中国人民大学研]证明：（1）（
i ）先设
，由①式，
，存在N>0，当n>N 时有
特别取n
＝N
＋1
，N ＋2，
……
将这些式子统统相加得
此即
③
而
由于以及③式，
（
ii ）再当时．由①有
④
⑤
下证递增趋于，由④知，．当n>N 1时，有
⑥
，即单调递增．由⑥式有
，。