南京大学数学分析高等代数考研真题与解析

1、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求下列极限。(1) limx(sin xxx(1 x) cos2sin x)ln(1 x)(2)设f(x)xln(ax),x(,a),f(x)在(，a)上的最大值;(ii)设XIna,xln(a为)，xn1f(xn),(n2,3,L),求lim4。n二设f(x)sinx工，试证明f(x)在2,)内有无穷多个零点。lnx三设f(x)在x0的某个邻域内连续，且f(0)0,limf(x)2,x01cosx(1)求f(0);f(x)(2)求limV；x0x(3)证明f(x)在点x0处取得最小值。四设f(x)在x0的某个邻域内具有二阶连

2、续导数，且lim30,试证明：x0x(1)f(0)f(0)0;1.(2)级数f(一)绝对收敛。n1n五计算下列积分xex(1)求,dx;ex1第一象限的点M（,），问（，八（1）证明:(1-)(n(2)求limnn 2x dx。(1)lim(2)2222Lj12, 22,a b c）取何值时,N ,0 xrF所做的功W最大，并求W的最大值。n)；南京大学2002年数学分析考研试题解答xx(1 x)cos-x 0x(sinx sin-)ln(1x)(1 x) limx 0x xcos2exln(1 x)(ln(12lim x 0ljmexln(1 x)(ln(12 149.4 f (x) 1a

3、1 时，f (x)1_一x.sin xsin12ln(1x)x x、 x、x 1x) ) sin1 x2 22x1x)xx sin 与20, f（x）在（，a 1上单增,当a1xa时，f(x)0,f(x)在a1,a)上单减,所以f(x)在xa1处达到最大值，f(a1)a1；(ii)当a1时，0x1lnaln(1a1)a1,1ax1a,0x2ln(ax1)lnaa1X3f%)f(a1)a1,xnXn1Xnln(aXn)Xn,%单调递增有上界，设limXnA,则有nAAln(aA),aA1,Alim Xn a 1 ； n当 a 1 时，Xn 0, lim Xn 0 ； n当 0 a 1 时，X1

4、ln a 0, X1ln a ln(1 a 1) a 1,1 a X1,二证明因为f(2n2)显然f(X)在2,)上连续，由连续函数的介值定理知，存在f (2n5)0,ln(2n(n1,2,Ln(2n2,2n)使得f(n)0(n1,2,L),即得f(X)在2,)上有无穷多个零点。f(X).f(X)X2二解(1)2limJlim,X01COSXX0X1COSX因为limX-2,所以lim上学1,X01cosXX0Xfix),f(x)l!m0十lxm0(/1 f(X)1时，干 2,f(x) f(0),)0lim四1知，存在0,当0x0x即知f(x)中在x0处取得极小值。Msupfx(x)四、证明(

5、1)由lim0f(x)Mf(x)x0,f(0)0,由盛f(x)f(0)1f(-)nf(0)x0x1f(0)-nf(0)0.)1n)2，nf(1)n于是n五(1)所以(2)其中1,收敛，其中2nsupf(x)lx1，一一f(1)收敛，结论得证。nx初xe解dxxxe.dxex1解曲面x2(x,y,z):x2(x,y,z):1S是区域zxdydzS(z102d1dr01dr02r22/xx-(e331)可dx2x一x(e32x3x(e1x,ex1(ex21xxxe(e21,01)y22,031)231)2ex2x3(e1exdx.ex1dx331)万xxe.dx,ex11)1，ex1(ex1)2x

6、1zx3(e1).ex1C.1的边界时，利用高斯公式,xydzdxyzdxdyy)dxdydz2(zrcos2事物交线为x2y1,z1,rsin)rdz,x0,y0,2y,x0,y0,0dz02(zr2rcosr2sin)d12r22dr(zr2r)dzoo2112222012r2(2r2)22r2(2r2)dr1o：1.4-J4r4r3r5dr2J2r2r4dr12(21)2(463714.2415当S是2的边界时，利用高斯公式zxdydzxydzdxyzdxdyS(zxy)dxdydz2r sin )rd r2)dr.22r2-drdz2(zrcos000212221 12431 2(21

7、2(2r2)22r2(2222.7224r)22rrdr110/2315、V22(-r-r)24351_16、，214.241515六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f(x)0,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x0(a,b),使得f(x0)0,lim上凶一f(x°)f(x0)0,存在x0x1b,使得x%xx0f(x1)f(x0)0，f(x1)f(x。)，XXo因为f(x0)f(a),f(b)f(x1),所以f(b)f(Xi)f(Xo)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

8、f在a,b上连续，f在a,b上取到最大值M和最小值m,且mM,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x0(a,b)处达到最大值f(a)f(b)f(x0),存在(a,x0)使得f(xo)f(a)f()(xoa),从而有f()0；若f在xi(a,b)处达到最小值f(xi)f(a)f(b),存在(x1,b)使得f(b) f(xi)f ( i)(b xi),从而有f()0;结论得证。七解设uxyz,则有graduF,所以F是有势场,rr-WFdru(M)u(O)OM由于x0,y0,z0时，xyz332 abe22a b2222二33xyz22.22c abc2(x

9、yz)3-abc3.3等号成立当且仅当-yab所以(，(a b (、.3:3,时,1W达到最大值，且 W的最大值为abc。3. 3八证明(1)由于当y0时，有ey1y,xx二x对任息nN,0xn,取y，en1一，nn所以有ex(1x)n；n,、仃(1x)nx2,0xn取fn(x)(n),，0,nx有0fn(x)exx2,oexx2dx收敛,对任意A0,fn(x)在0,A上一致收敛于exx2,故由函数列积分的黎曼控制收敛定理,nxolim (1 一)x dxn 0n|im ° fn(x)dxx2(e x) dxlim fn(x)dxe xx2dx0 n n0xx .2x(e ) dx

10、2 e dx 00x20(e)dx2南京大学2003年数学分析考研试题求下列极限(1)设a0,求liman；x1,2,L ),求 lim Xn。n设Xi72,xn1J2x,(n1、x2x-)e。x过P(1,0)点作抛物线yJx2的切线，求x轴所围成的平面图形面积； x轴和y轴旋转一周的体积。(1)切线方程；(2)由抛物线、切线及(3)该平面图形分别绕对任一y00,求(x)y0xy0(1x)在(0,1)中的最大值,并证明该最大值对任一y00,均小于ef(x)四设f(x)在0,)上有连续导数，且f(x)k0,f(0)0,(k为常数)，试证:在(0,)内仅有一个零点。五计算下列积分(1)设I(a)1

11、1n(1ax)dx,(a0),求I(a)和I(1)；01x2/、.xdydzydzdxzdxdy2222(2)I3-,其中S为上半球面xyza,(z0)的22232s(xyz)12外侧。六设n(x)(1x),0x1,f(x)在1,1上黎曼可积，enx,1x0.(1)求pmn(x),并讨论n(x)在1,1上的一致收敛性；1(2)求Jm1f(x)n(x)dx,(要说明理由)n七设f(x)anxn的收敛半径为R,令fn(x)akxk,试证明：f(fn(x)在n0k0a,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(1)解设M max1,a,则有Mn1

12、n2M由此知,lim n.1 anMnmax1,a1.0a,(2)解由归纳法，易知xn2 5xlx2 ，由此知,则有a 2,xn 1xnxn：/2 xn 1xnxn 1,2xn 2xn 12单调递增有界，设limna 2,故 lim xn2。n1 xxln(1 ) 1 lim e x xlim e x1 xxln(1 )x1limxln(11) x1xlimx1lim2x故 lim(1x1) x1 1) y2,x 2(x°, y°),2 x0,设切点为设切点（xo, yo）的切线方程为(xxo)。1x21(11)x(1)limx-lim-xxx公一，、1将x1,yo代入,y

13、xo2/(1x0),2、x022(xo2)1x。，xo3,yo1,11所求切线万程为y1-(x3),即y-(x1)。31321221(2)解S-(x1)dxJx2dxudut2tdt1。122o2o33(3)31931291211Vx(x1)2dx(/x2)2dxu2dutdt-,x1224oo3261 223212412Vxo2ydy2(2y1)dyo(44yy)dyo(4y4y1)dy1416o(3y4y)dy(312)6。55三解(x)yoyoxy°1(1x)xyoyoxy°1yo(1x)xyoxy°1yo(1y0)x,当ox时，（x）o,1yo当x1时，（

14、x）o,yo于是（x）在xy0-处达到最大值,1yo(1纹)yoy。，4y。1(1 -)y。oyo 1容易证明g(y)(1）y 在（o,）上单调递减,1 y 1(1 -)y e,y11 y 1(1-)yy故有（-1y。y。(111/0 1一) y。四证明对任意(0,),f(x) f(x) f(0)f(0)f ( 1)x f(0) kx f(0),当x充分大时,f (x)。，又f（。）。，由连续函数的介值定理，存在(0,)，f（）。，由 f (x) kf(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I(a)0 (1 ax)(1 x1 2)dx01 x2dx01a

15、xdx显然I（0）。，1I(1)0I (a)da1 r1, o2 In 2 - aa2 24ln(1a)，11n(1 a)0 1 a2da21n2012 da a01 a2daI(1)-ln2,811n(1 x)0 1x2dx1n2. 8xdydzydzdxzdxdy六、解lim n(x)n1,0,3dxdydz0x 1,1,x 0(2)解(x,y,z):x2y2z2a2,r,x222c、D(x,y,z):xya,z0,xdydzydzdxzdxdy(x2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1a0,0b1,n(x)在1,aUb,1上一致收敛于0;且|n(x)1,根据控制收敛定理，对于f(x)在1,1上黎曼可积，1有limf(x)n(x)dx0。n1七、证明由条件知f(x)在(，)上连续，fn(x)在任意有限区间上是一致收敛的,对任意有限区间a,b,fn(x)在a,b上一致收敛于f(x),fn(x)在a,b上一致有界,fn(x)M,再由f(x)在M,M上一致连续,于是有f(f