2016年名校数学分析考研试题解析

1 n
1 n
n 1 。 n
5 (武汉科技大学 2016 年考研试题)设 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可 导，且 f(0)=0, f(1)=1，证明对任意的正数 a、b，在(0,1)中必存在不相 等的两个数 x1、x2 ，使得
a b ab f ( x1 ) f ( x2 )
2



2
0
0
0
=

2
0
1 2 ln( sin 2 x)dx = ln sin 2 xdx ln 2 2 dx 0 0 2
1 1 = ln sin tdt ln 2 = ( 2 ln sin tdt ln sin tdt ) ln 2 2 0 2 2 0 2 2
2016 年名校数学分析考研试题解析
浪花一点点
尽管选择的是一些名校数学分析专业课的考研试题， 但也是考研 数学的内容，考研党完全可以参阅。 1(南京航空航天大学 2016 考研试题)计算积分 2 ln sin xdx
0

分析：因为 x 0 时，lnsinx ，因此 0 是瑕点。
cos x ln sin x sin x lim 2 cos x x x lim x ln sin x lim lim 1 x 0 x 0 x 0 x 0 1 3 sin x 2 x x 2 2
3(宁波大学 2016 考研试题) 计算 I= ydzdx ( z 1)dxdy ，其中 S
S
为圆柱面 x 2 y 2 4 被平面 x+z=2 和 z=0 所截部分的外侧。 分析：此题用合一投影不好办。因为 S 的方程为 x 2 y 2 4 ，不是类 似 z=z(x,y)的连续函数， 难以求出 S 所在侧的法向量 n { z x , z y ,1}。 用分面投影，因圆柱面 x 2 y 2 4 在 XOY 平面的投影为一条线（准
分析：此题大方向应是应用拉格朗日中值定理，因要证明存在不相等 的两个数 x1、x2 ，得用两次中值定理。 可考虑把要证的
a b ab f ( x1 ) f ( x2 )
a b 改写为 a b a b 1 f ( x1 ) f ( x2 )
观察分子的两个式子 文章？ 因0
1 1 n1 i 因此， lim ln y = lim ln(1 ) = ln(1 x)dx x x n n 0 i 0
= x ln(1 x) 1 0
x dx = 2 ln 2 1 01 x
1
注：要领悟定积分的定义，一般划分为 n 个区间。此题是把[0，1]划 分为 n 个区间，每个区间长 ，既可把每个区间右端点作为 x 值，也 可把左端点作为 x 值。此题是把每个区间左端点作为 x 值，左端点为 0、 、 、
a ab
= 2 ln sin tdt
0


2
ln 2 =I

2
ln 2
于是，2I= I

2
ln 2 ，得 I=

2
ln 2
所以， 2 ln sin xdx =
0


2
ln 2
点评：求含有三角函数的积分，常用类似这样 t= 题中会有多次这样的变换。

2
x 的变换，有时
2 (中山大学 2016 年考研试题) 求第一类曲线积分 zdS ，其中 是
ydzdx =2 ydzdx
S
S前
S 前 是指圆柱面 x 2 y 2 4 在 y>0 的部分，即 y= 4 x 2 。
（此处有必要提醒第二类曲面积分的对称性： 它的规律与二重积分和 三重积分的奇函数的规律刚好相反。 ） 因此，I= ydzdx =2 ydzdx
=0，所以反常积分 2 ln sin xdx 收敛。
0

同理可证明积分 2 ln cos xdx 收敛。
0

设 t=

2
Baidu Nhomakorabea
x ，则有 ln sin xdx =
2 0



2
0
ln cos xdx =I
2I= ln sin xdx + ln cos xdx = 2 (ln sin x ln cos x)dx
S前
2 2
4 x 2 dx
2 x
0
dz = 8
4 (华南理工大学 2016 考研试题)计算极限
lim
1n n(n 1)(n 2) (2n 1) n n
分析：首先两边取对数，设 y=
1n n(n 1)(n 2) (2n 1) n
1 n1 1 n1 n 则，lny = ln( n i) ln n ln( n i) ln n n i 0 n i 0 n 1 n1 i = ln(1 ) n i 0 n
a b 因此， a b a b (1 ) =1 f ( x1 ) f ( x2 )
x2 (， 1)
也就是证明了对任意的正数 a、b，在(0,1)中必存在不相等的两个数
x1、x2 ，使得
a b ab f ( x1 ) f ( x2 )
注：此题关键是应用连续函数的介值定理得出 f( )=
S
S前
=2 4 x 2 dzdx = 2 4 x 2 dzdx
S前
S前
现在该是确定 x、z 的取值范围了，见下图。
y x+z=2 -2 2 x
一般来说,第二类曲面积分的立体图画起来麻烦,有的题目立体图 根本就不好画，甚至不会画。其实这都不要紧，要紧的是会画出在某 一平面的投影，如本例。 接着做，I= 2 4 x 2 dzdx = 2

球面 x 2 y 2 z 2 4 被平面 z=1 截出的顶部。 分析：球面 x 2 y 2 z 2 4 被平面 z=1 截出的顶部看作 z>0 的部分， 则 z 4 x 2 y 2 ，那么 z x
2 2 1 zx zy
x 4 x2 y2
， zy
y 4 x2 y2
，
2 4 x2 y2
(投影到 xoy 平面)
2 2 所以， zdS = z 1 z x zy dxdy

Dxy
= 4 x 2 y 2
Dxy
2 4 x y
2 2
dxdy 2 dxdy
Dxy
= 6 (投影到 xoy 平面方程为 x 2 y 2 3 ，面积为 3 ) 点评： 求第一类曲面积分首先考虑投影到哪个平面， 然后是投影的方 程是什么，这是最重要的地方。

确地说，是一圆圈） ，因此， ( z 1)dxdy =0
S
（一般地， 若在某平面上的投影为一条线或一个点， 那么第二类曲面 在此平面的积分值为 0.） 余下的只需要计算 ydzdx 的值了。
S
而 y 为圆柱面 x 2 y 2 4 关于平面 XOZ 对称的奇函数，因此，
a b 能不能从这儿打开缺口， 做点 1， ab ab
a 1 (a、b 都为正数)，而已知 f(x)在[0,1]上连续，且 f(0)=0, ab
f(1)=1，因此，由连续函数的介值定理可知， 必存在 (0,1)，使得 f( )=
a ab
x1 (0, )
a 由中值定理得 f( ) f (0) f ( x1 ) ，即 a b f ( x1 ) b f (1) f ( ) (1 ) f ( x2 ) ，即 a b 1 f ( x2 )