FreeKaoYan数分竞赛训练科大

1、321求证：在R上不存在可导函数f，使其满足f(f(x)=-xx1o证明如果这样的f存在，我们来求f(f(x)的不动点，即满足f(f(X)=X的x，由假32设X=-Xx1，由此得X=1，这表明f(f(x)有唯一的不动点X=1。令设f(1)=:，那么f(f(1)=f(-)=1，因而f(f(二)=f(1)=:,这说明:-也是f(f(x)的不动点，因而-=1，即f(1)=1,在等式f(f(x)-X3X21两边2求导得，f(f(x)f(X)二3x22x，令x=1，即得(f1)2=1,这是不可能的，命题得证。22求证：在R上不存在可导函数f，使其满足f(f(x)=x-3x3。证明如果这样的函数f(x)存

2、在，我们来求f(f(x)的不动点，即满足f(f(x)=x的2x，由假设x=x-3x3，x2-4x3=0，x=1或x=3，这表明f(f(x)仅有两个不动点x=1或x=3，今设f(1)=：，f(3)八，那么f(f)=f(：)=1，因而f(f(：)=f(1)，这说明也是f(f(x)的不动点，因而=1或=3，同理7=1或7=3，若-1，f(f(x)f(X)=2x-3，(f(1)2=-1,这是不可能的，若3，f(1)=3，1二f(f(1)=f(3)=1，f(f(x)f(x)=2x-3，让x=1，f(3)f(1)=1，让x=3，f(1)f(3)=3，这也是不可能的，故这样的函数f是不存在的。f(x+h)+

3、f(xh)2f(x)4设fCa,b，定义函数D2f(x)=lim2,(假设对任何*(a,b)，上述极限均存在)，若D2f(x)=0,x(a,b)，求证：f(x)=qxc2,其中c1，c2为常数。证明令g(x)=f(x)(f(a)+f(b)f(a)(xa)，只要证明g(x)=0,xa,b，ba定义(x)=：g(x)；(x-a)(x-b)，；0直接验算可知D2J：D2g2；=D2f2；=2；0，(1)现在证明申在(a,b)中不能取最大值，如果它在某点x0w(a,b)取到最大，那么(X。h)(X。-h)-2(X。)2因而D(x0p0，这与(1)矛盾，这说明的最大值只能在(a,b)的两个断点a,b处达

4、到，而mb)=0，故(X)乞0,_g(x)；(xa)(xb)(x)乞0,令，-g(x)乞0，即得g(x)=0，于是f(x)=f(a)f(b)一f(a)(x-a)，结论得证。ba例设函数f(x)在闭区间a,b上连续，f(a)二f(b)，且在开区间(a,b)内有连续的右导数f(x)limh)一，(a：x：b)，求证：存在一点(a,b)，使Th得f.()三0。证明若f(x)三常数，则f(X)=0，问题自明。现设f(x)不恒等于常数，为了证明存在-(a,b)，使得f.()三0，只要证明存在，：，(ab)，分别有f()乞0，f(-)-0，那么f(X)的连续性，便知存在：(a,b)，使得f()=0。事实上

5、，找这样的，只要找最大、最小值点即可。因f(a)二f(b)，所以最大、最小值至少有一个在内部达到，设：；三(a,b)是f的最大值点，(内部达最小值类似讨论)于是任取一点c:a：c：，因f在c,：上连续，f在c,：上必有一点t二达到最小值，于是如此，我们即达到了目的，结论得证。3235设f(x)在a,b上连续，f(ap：f(b)，又设对一切x(a,b)，叫f(xt)；f(x-t)存在，用g(x)表示这一极限值，试证：存在c(a,b)，使得g(c)_0。吉米多维奇1286若于某邻域X-X。V6内，函数增量銜(xo)=f(X)-f(x0)的符号与自变量增量，Xo=X-xq的符号相同，函数f(x)为在

6、x0点增大。证明：若函数f(X)于无穷或有穷区间(a,b)内的每一点增大，则它在此区间内是增函数。证明要证对任意两点xx2(a：xx2:b)，都有f(xj：f(x2)，对X!,x2中每一点c，由假定存在开区间乞=(c6c，c+6c)，使当0v|xcc时，f(x)f(c)o，Xc于是，诸区间U(c取遍洛必)形成X!,X2的一个开覆盖，由有限覆盖定理,从代中可以选出有限个，设为厶qc2,，它们已经覆盖了Xi,X2,则可将c舍去)。于是，必有人W(因若Xi不属于，而属于某气，j1，则显然有AcUACj，此与Ac互不包含相矛盾)。另外，易知也Ci与也c+(i=1,2,.,m1)必有公共点x(因若.-：

7、c与礼没有公共点，贝Uc，c必属于某讥，ji，ji1，若ji+1，则也*uAcj，也矛盾)显然可取公共点Xi,满足cvXCj申,于是f(c)f(X)f(cG,(i=1,2,.,m1)，同理可知，xAcm，于是，我们有f(Xi)：f(q):：f(C2):：f(cm)：f(X2),证完。设In22sinntsintdt,n二1,2,.，求极限limf|nn解利用sXntCOs2nt21=12COs2nt-COs2(n%20sint=1i-sin(2n1)tsin(-t)dt20sint旦12sin(2n1)tdt02n1由此便知，ln=1-，再由Stolz定理立得352n-1lim鼻=limIn1

8、InnTnnnIn(n1)-1nnnim：nim：2n1ln(1n1-lim2n1ln(1)n2009年中国科大数学分析考研试题00(1+2i)n、1、判断-是否绝对收敛。nJ3n-2n2、设I为有限区间，f(x)在I上有定义，试证：f(X)在I上一致收敛充要条件是f把Cauchy序列映射为Cauchy序列，(即当xn-I为Cauchy序列时，f(xn)亦为Cauchy序列)。二、.1、f(X)二.1-X在X二-1展开的幕级数，问其收敛集是什么？,111113、求1+243682、求sinx2二x的根的个数。.的和。2n14n24nf在0,1上连续。1四、设f(x)在0,1上连续，且p三设f:

9、0,1R，单调递增，且f0,1是闭集，证明(x)xndx=0，n=0,1,2,.，证明f(x)0。五是否存在原函数f(x,y)，使得df满足如下等式:xdy-ydxdf；x2y2六设f:NN，且对每一nN*，f(n)是有限集，liman存在,n.f.:证明：limaf(n)存在。n.七设S=(x,y,z)R3:xy2z3=1，31证明S在R3中确定一张隐式的曲面，并求出一个在点(1,1,1)附近的参数方程;2S是否连通，是否紧致？3点qS，q是q到原点的距离，当p满足p=infq，求p组成的集合。八证明恒等式:八en:抚12n1九记】(p)=xpedx，0S=(x,y,z)R3:x2y2z1，

10、试用-(p)表示第一类曲面积分，.(X2y2)dS，其中1-1。S2009年中国科大数学分析考研试题的解答一、1解因为(1+2i)n3n-2n1_($(3)3(3)，00/5、3(?)n收敛,n43Q0所以、n=1(12i)n3n-2n绝对收敛。2证明必要性设f(x)在I上一致连续，对灯名00，当x；xI,xx6时，有f(xjf(X。z，设XnuI是Cauchy序列，则对此5a0,三NN，当nmN时，有xn-Xm0，V=0,三Xn,yn|，n111L002(2一川(2一n*)x+1八21芝2(-T)n1n!2-2113(2一3)丄()n124(2n-2)2n2x+1当|匡1时，级数收敛，收敛域

11、为-3,1。222、解显然x=0是方程sinx=x的一个解,当x(0,1时，xsinx2sinxsinx2_0,2sinxxoX汪所以A,Bf(0,1)，存在a,b0,1，使得f(a)二A,f(b)=B，f(an)乞f(a)二A：B二f(b)乞f(bn)，由此an岂a:b0,三nN，当nN时，anaN的那些n,也有af(n)awe,固定N，记bn=af(n),A=n:f(n)兰N，贝UA是有限集合，取也=maxA，则当,0aw$，若不然，存在noa也，bn。az,必有f(n0)兰N，则依集合A的定义有n0A，这与n0：=maxA矛盾，于是limaf(门)存在，故命题得证。n_.6)13七证明：

12、1因为S是曲面方程x二盲飞，(yz=0)的图像，所以S在R3中确定了一张yz隐式的曲面;1XFTuVy=u就是它的一个参数方程。Z=72显然平面z二0的上面和下面均有曲面的一部分，而S与平面z二0无交点，从而S是不连通的，显然S为无界的闭集，Xn二n,ynXn二n,yn,zn=1，=(x2yz2)6(Xn,yn,zn)S，风必讪无界，从而S非紧致。3直接求出infq就行了，我们尝试求出曲面到原点的最短距离，下面提供两种方法:q缶II方法1由已知得1二x2y4zx2y2y2z2z2z2-6x23y23y22z22z22z2432由几何平均-算术平均不等式，得432二6x23y23y22z22z2

13、2z2222.(6x6y6z)6故最短距离为(xm.x2y2z2=仁432汀，p点的集合为pwR3：|p|=r，为一球面；方法2求条件极值的套路方法-拉格朗日乘数法，即令F(x,y,z,)=x2y2z2(xy2z3T)，然后再求偏导数，求驻点，解方程组。八、证明恒等式二、丁e-7)n|证法00a由22n4na-12a二1+1)/21-e*-(112a二2-bo得二、证法二取11M才八严2a二f(x)-bo-二27e2-二二(丄-1)2、1nJn211x21则有?(t)=f(x)e-cO-:1x2-:1x2(cos2：txisin2二tx)dx1x七1乂_2卄t|2cos2txd2f(x)cos

14、2二txdx=二e:1x0由Poisson公式Zf(x+m)=E?(m)ertmx，f(m)f?(m),m=：m=-：=;:广rm-；m1C|m|em=：r:qQqQ彳则有？(t)二f(x)eQMdx=e_|x|e_ixtdx厂t2卷1oCiod由Poisson公式f(xm)?(m)e2imx，m二：m=：二f(m)仔(m),mm=：即得二、e2-|mm-：九、解我们取球面的参数形式，x二sincos/,y=sinsinz二cos,则dS=sinddr，注意到被积函数和积分区域的对称性，故(x2y2)：dS二8x/y2)dS(其中3为球面在第一卦限的部分)SS,Mjdfn2-sinefsin2

15、小再由B(p,q)二再由B(p,q)二罟曽反可知.(x2)心工(3D。s(3)2中国科大2010年数学分析考研试题设函数f(x):0,：)；0,：)致连续，xe(0,1，求证：函数g(x)=(f(x)-在0,v)上一致连续。f(x,y)在R2(0,0)上可微，在(0,0)处连续，且求证:求证:(xj)%):xlim=0，(x,y)乂0,0)jyf(x,y)在(0,0)处可微。(1,2)，为皿，xn1,xn2,门=1,2,.，求证：Xn收敛，并求其极限。四设f(x)在R上有连续的导函数，f(0)=0,且曲线积分(exf(x)ydxf(x)dyL-(1,1)x与路径无关，求a0)(ef(x)ydx

16、f(x)dy。-arctantx五设a1，求证：以下含参量x的无穷积分dt定义了(0,：)上的一个可Mta微函数f(x)且满足xf(x)-(a-1)f(x)arctanx=0。六设a,b,c都是正数，计算曲面积分,x3dydzy3dzdxz3dxdy，其中S是上半椭球S222xyz斗面2*22=1，Z_0，方向朝上。abc七设f(x)是定义在实轴上以2二为周期的奇函数，又f(x)有连续的导函数，且满足f(X)=f(x)，试求f(X)。oO八设aan是一个收敛的正向级数，求证:n4001皐(1)ann也收敛;n=1001(2)ann也收敛。n=1九设函数f(x)在0,r)上二阶可导,九设函数f(

17、x)在0,r)上二阶可导,f(0)0,f(0)0且满足f(x)乞f(x)，求证：f(x)_f(0)f(0)x。十设an,bn都是正数列，满足nm*0，及nmbn亡一1)十0,求证：(1)lima=0；(2)级数an收敛。n一n吕中国科大2010年数学分析考研试题的解答一证明利用不等式ap匕兰|abp，(a,b工0,0p兰1)得g(xj-gdl=|(f(x1)o-(f(X2)(=|f(xj-f&2)广，X1X亡0,+旳)再由f(x):0,+)t0,+旳)是一致连续的，即可得到g(x)=(f(x)在0,十=)上是一致连续的。二证明令毋(t)=f(tAx,tAy)，(Ax,Ay)芒(0,0)=-(0

18、)讦(：x,y):讦(：x,：y)xy,讦(：x,y):讦(：x,：y)xy,:x由此，再由条件，即得f(Ax,y)f(0,0)0也x0y门lim0,(.Xy)_.(o,o)-故f(x,y)在(0,0)处可微。三证明由题设条件，显然xn1,(n=0,1,2,.)Xn-yn=(Jxn*2Xn1Xn+xn-J_xn_22由此推得由此推得1-)maxXn-Xn4,XnvXn/(n=3,4,.)xn;yxn;ymaxX3X2,X2-X1，瓦Xn卅-Xn收敛，瓦(Xn岀-Xn)收敛，”男nn吕令limxn-厂na，在xn卅JX+；中令nT=，取极限，则得aJa+q，a4，故lim人=4。n厂四解P=(e

19、xf(x)y，Q=f(x)，由M=卫，得:y.xexf(x)=f(X)，f(x)-f(x)=ex,f(0)=0f(x)二xex,(1,1)xxx(1,0)xxx(1,1)xxxJ(o,o)(e+xe)ydx+xedf(0,0)(e+xe)ydx+xedy+J(1,0)(e+xe)ydx+xedy(1,0)(1,1)五证明因a0,(0,0)11=01edyJ0二e。(1,0)-1Fdt收敛,对每一x（0,：）,arctantx关于t单调有界，且是致有界，由阿贝尔判别法，于是:1严如txdt关于x（）一致收敛,1H1或由0WarctantxVF即得:1arctantxdt关于x(0,二)一致收敛,

20、:11孑11(tx)*2dt又(aarctantx)dt口1:xt:1且f(x)1t1(tx)2dtxt2dt，xf(x1ta1(tx)-(a-1)f(x)二arctantx(t)dtaqit=+叱-beXt=arCtantXt_t=lT吋tadt-arctanx-xt121(tx)cos2寸b2sin2sin2寸c2cos2)sinddtdt故有xf(x)-(a-1)f(x)arctanx=O,x(0,：)。222xyz六解设-(x,y,z):222_1,z_0,abc22D二(x,y,z):冷書4z=0,ab利用高斯公式，得!x3dydzy3dzdxz3dxdySSD下侧D上侧222二(3

21、x3y3z)dxdydz0Q112=3abc50I(asin3abc2(a71_2JT丑cos2日d日sin2书sind书+b2sin20d日sisin2:sind:c22-i；cos2:sind)=3J0d日df0(a2r2sin2cos2。+b2r2sinsin2。+c2r2cos2申)abcr2sindr3abc(a：-b：-c22-5)5333abc(a2b2c2)。七解由f(X)=f(x),2jijif(x)f(厂x)f(2-(2-x)f(x)，f(x)f(x)=0,f(x)二GsinxC2cosx,再由f(x)为奇函数，可知f(x)二Csinx,(C为常数)。oO八证明(1)由正项

22、级数aan收敛，可知liman二0，nnsc存在所以所以(2)设bn存在正整数0P1，0家：1,O-an(nNi),n收敛;=an1+2nOOQO，由van收敛，知vbn收敛,n4nz1liman=0ni-Ni,-N1时,bnbn1从而lim(bn)_nni-.1从而lim(bn)_nni-.=1n)，(n充分大)21_110乞annbnn二bn(bn)3bn，(n充分大)001故7ann收敛。n二九、证明f(x)在0,：)上有二阶导数，知f(x),f(x)在0,：)上连续,由f(x)_f(x)，得x(f(x)-0f(t1)dtj-0，(x0,：)x从而f(X)-of(tjdt1-f(0)，xt2f(x)-0dt2.0f(tjdt1-f(0)f(0)x，xt2由此得f(x)-f(0)f(0)xodtf(tjdt1，xt2f(x)一0dt20f(ti)dti，xt4t3t2f(x)_f(O)f(0)xdt4.。dt3.dt2.0f(ti)dtixt2nt2-f(0)f(0)X0dt2n.0dt2n。心满xxfn1(X)=ofn(X)dt,fi(X)=of(X)dtlimfn(x)=0,容易知道，成立n_.Xt2nt3t2limfdt2n(dt2n.J0dt2J0f(