历招收攻读入学考试试题及讲解数分

厦门大考试科目及代码： 数学分x2tarctanI.0xsin2xtan设0x1c（其中c为常数xn12xnn(n1,厦门大考试科目及代码： 数学分x2tarctanI.0xsin2xtan设0x1c（其中c为常数xn12xnn(n1,2收敛，并求极限limxnc2 1Idxx0x ..... ln(1x)x .2n sinF(x)1在区间[0,)连续，在(0,有连续导数6.I(x2y2SSx2y2z2R2z0)x2y2Rx7.I(z2x)dydz(x2y)dzdx(y2其中Szx2y2z0z1之间的部分,且积分沿曲面S下侧12001年数分答x2tarctanI0xsin2xtanxt2arctanx2arctan0xx21 x0340xncn1nk0xkc(xnk1时,xk12xk c,由于0xk2001年数分答x2tarctanI0xsin2xtanxt2arctanx2arctan0xx21 x0340xncn1nk0xkc(xnk1时,xk12xk c,由于0xkc,所以(xc)2c2kkkcc即得0xk1c,所以0xnc(nN,x又xn1xnxn n(cxn)0,得xn1xn;故{xn}为单调有界数列,必n ca2a敛,我们假设limxna或者acxn0,所以取limxnacn1xn解:已知ln(1x1,Ix01 0xx1 ...(1)n1 n01(x 0 1 ...2(1 111 1111122n222n1n补充两点:上述能做逐项积分是因为ln(1x我 有limln(1x)1,所以我们定义f(x)ln(1x),f(0)1xx(01设f(x)ln(1x)x ... (2n 1n1n补充两点:上述能做逐项积分是因为ln(1x我 有limln(1x)1,所以我们定义f(x)ln(1x),f(0)1xx(01设f(x)ln(1x)x ... (2n 1从上可知x ... ln(1x) f(x)ln(1x)x...2n2(02 (2n 所以ln(1x)x ... ; (2n g(xtsinsin1sin1dt111t1tsing(xt)F(x)01t2dt在[0,tcosdt0costdtxgx(x,1tg(x,t)dt一致收敛,即x1t0F(x)的导数存在.又因为gx(x,t)在[0,(0,)上连续,所以F(x)Sf(x,y,z)ds f(x,y,z(x,D1z2z2 其中z(x,y) R2x2y2,z,zxyR2x2R2x23f(xyz)dS(x2y2RdxdySD令xrcos,yrsin,其f(xyz)dS(x2y2RdxdySD令xrcos,yrsin,其中 x,0rRcos,于223RDr2Rrdr R5(x2y2)Rdxdy227.(GaussPz2x,Qx2yRy2原式3dxdydzy2VS21 (rsin 2200V544编者寄语我登上这列地周围是混乱，嘈杂，肮脏和4厦门大考试科目及代码： 数学分证明数列{x}收敛,其中x1, 1(x3),n1,2...,求极限lim厦门大考试科目及代码： 数学分证明数列{x}收敛,其中x1, 1(x3),n1,2...,求极限limxn1nn2xnfI上有定义,满足xIx(xx,f在(xxI上有界(1证明,Ia,b时,其中(ba0fI上有界(2)当I(a,b)时, f在I上一定有界吗?eyxlnxxxy0(x1,cosF(x)证明dt在区间(1上连续可微t(1)(1)n1sin1收敛n(1)n1sin1(2)lim (lnsinn6Ix2dydzy2dzdxz2dxdy,Sx2y2z21,z0S7.计算积分I Lx2y2z2R2z0)x2y2Rx(R0)的交线,从z轴的正面看去按逆时针方向.52002年数分答 1(x3)1233,所以xnn2 n310,所以xn又因为xn1xn xn)n22002年数分答 1(x3)1233,所以xnn2 n310,所以xn又因为xn1xn xn)n2可知数列极限存在,设limxa,对原等式两边取极限,得a1(a3)n a3,又因为xn0,所以limxna 32.(1)证明:设u{(xxxxxIIBorelI,使得u'(xxxxI xxn iinnI[a,b](xix,xix)I[(xix,xix)I]iiiif(x在(xixxixIf(xIii(2Ia,b时,f(xIf(x1x(0,1xg'(x)lnxygx0xeygx0xeygx0xeyg(e 0,从而 0,即得不等eyxlnxxy0(x1,ycos 1(1)11dt收敛,所以cos tttecostdt tgxt在(1,)(eF(x)te间(1,lntcost,由于tx6g(x,t)xtx11 (x1) x0ttgx(x,t)dt111(1)(1)n1 ,易知当n时, 0,且 是关于n单调减少的nnn(2)由上分析可知(1)n1sin1收敛,即关于xtx11 (x1) x0ttgx(x,t)dt111(1)(1)n1 ,易知当n时, 0,且 是关于n单调减少的nnn(2)由上分析可知(1)n1sin1收敛,即关于x是一致收敛的,又 关于nn(ln1单调递减(x[)),其中01x(ln1 (ln内闭一致收敛,又 n(1)n1sin(1)n1sin1lim nlim n (ln(lnnx0n36.由GaussI(2x2y2z)dxdydzV12 (rsincosrsinsinrcos)r220 127Stoze公式，LPdxQdy(R )dydz )dzdx )dxdy Pyz,QzRyRQ0,PR1,QP dxdydzdxR20R2447厦门大考试科目及代码： 数学分1.设{xn}xlim(1xn)nexn2f(x为[a,bf(xx0(a,bf厦门大考试科目及代码： 数学分1.设{xn}xlim(1xn)nexn2f(x为[a,bf(xx0(a,bf(x0)maxf'(x存在，f'(x)f003f(xf(0)0g(xf(x),xg(x) 1x 1dx，其中a0,b0为常数计算 ln0计算(xy)dxdy，其中x2y2xy的内部(2n 的和函数(7.设yyyFy)x2 dxFy'(8.设x1y,x2yA2uC 8变换 0，证明,必为C2BA0的两个相异的实根，其 2AB,CACB202003年数.变换 0，证明,必为C2BA0的两个相异的实根，其 2AB,CACB202003年数.{xn}（xnx0f(xnA(n）由{xn}x，我们可知{xn} 0(n)时，我们先来求此极限lim(1x)nnn nxnexHeine定理，我们马上得到lim(1xn)nexnn.f(xf(xx(xxf'(x)f'(x)fx 0 0有f(x)f(x0)xf(x)f(x0)xf(x)f(x0)f'(x)f('x) xx0x0f(x)f(x0)f'(x)f('x) xx0x0f'(x)0 )limg(xlimf(x(0型fxf0，所以g(x为连续函数 9xf'(x)fx0g(x'g(x)f(x)xf'(0)(0)f''，x20xf'(x)f(x)(0)f''又limx0g(x'g0gx存在且连续20111bb14.解：原式 xdy dy )xyyxx0aa011IF(y) )xdxxf'(x)fx0g(x'g(x)f(x)xf'(0)(0)f''，x20xf'(x)f(x)(0)f''又limx0g(x'g0gx存在且连续20111bb14.解：原式 xdy dy )xyyxx0aa011IF(y) )xdxyx01111x1111对于F(y) )xydx xy1 )xyxx00011111 )xdx )y )xy2y=yxx0011I，(y(y1)21xb11bdx (y1)21 ln0axrcos25.1yrsin222(xy)dxdy(rcosrsin 22rdrd 2 (2n3)6.解：设u(x)(2n1)x2n，由于un1x0nn(n1)!(2nun从而收敛域为(,)2n111 )2n1 xe(xx，(2n =(xe)(12x)e2x2)dxe2(y)y'(y)e2(y)y'((Fy((22(y)2(y)2x(2n =(xe)(12x)e2x2)dxe2(y)y'(y)e2(y)y'((Fy((22(y)2(y)2x(y)y(y)y x e(uuu，2u 2u ，8.，2 ]，11 221 212 12022(A2BC (A2BC22 22CA2，所以必为C22BA0的两个相异的实根11 A2BC222我来自偶然像一颗尘我看遍这人间坎坷辛厦门大考试科目及代码： 数学分一1．设{xn}不趋向无穷大，则{xn}必有收敛的子列对，无界必有发散到无穷大的子列，非无穷大2．f(x)在非空开区间(a,b厦门大考试科目及代码： 数学分一1．设{xn}不趋向无穷大，则{xn}必有收敛的子列对，无界必有发散到无穷大的子列，非无穷大2．f(x)在非空开区间(a,b(a,b),x1x2(a,bx1x2，使f(x1)f(x2)f()x1f(xx3n1k3.设函数f(x)在区间[0,1]上有定义，且极限 f()存在，则此时f(x)nnk1nnf(k)n1k区间[0,1]上可积，且0f(x)dxlimDirichle函数4.设函数项级数fn(xI,上一致收敛，且fn则(1)n(xnxn1二．（1）liman其中an11...12（2）lim(x2y2 yx,2f(x在[a,f(a0,fa0xafx0f(x)02（2）lim(x2y2 yx,2f(x在[a,f(a0,fa0xafx0f(x)0在[a,bf(xdx0三、设有界函f(x)在[a,bf(xaf(x01 xln)n(ppnn四、讨论 的变换x(uz2z2五、zz(xy满足y(u,， 220六、若函数uu(x,yzu2u0,uu(x,yz)为该区域内的调和函数。证明若 u(x,y,z)为区域{(x,y,z)R3:(xx)2(yy)2(z a}内的调和00014a2u(x,y,z)u(x,y, S其中a0S为球2004二．大 1an1，其中a11，我假an12，那么an 1an12an又 1a1，2004二．大 1an1，其中a11，我假an12，那么an 1an12an又 1a1， n1a1n2 a，故{a}为压缩数列，所以{a} nnlimaa则可得a1a，解得a5n2x2y2limln(x2y2 (xy)ln(xy yx,y0x2x,x2(x2y2因为0x2y2x2 x2令x2y2且lim(x2y2)ln(x2y2 limtlnt0，所以原极限e0x,x,.利用Taylorxa处Taylorf((xa2，(ax取区间为[aaf(a)]f(x)f(a)f'(a)(xa)f'2f(x在区间的两个端点是异号的，所以在[aaf(a)f'理我们知道(xx 在[a,).0x(xxf(xa0002f(x)dxf(x)dxa2a0bbf(x)dxf(x)dxf(x)dx2aabf(xdx0a设a1xlnn)n，注意到limlnn0，所以.0x(xxf(xa0002f(x)dxf(x)dxa2a0bbf(x)dxf(x)dxf(x)dx2aabf(xdx0a设a1xlnn)n，注意到limlnn0，所以N,nN，有a0nnnn项级数。利用Taylorln(1x)x1x2o(x2)(x0可2aexp[nln(1xlnn)]exp{n[xlnn1(xlnn)2o((xlnn)2nn n32(xln13xln))]} )] 2 nnn21(1xln px1px1~npnzzx yu5.2(zz)z (zz)z，uuxx ux xy z，2z(zz)z(zz)z zx yxx xy x xy yy y2z2 zx zxxu zxyu zxyu zyyu22 和 ，zzz 结合22 2z26.f(au(xyz)dSM0x0y0z0xx0asinyyasinsin(0,020zz6.f(au(xyz)dSM0x0y0z0xx0asinyyasinsin(0,020zza f(a)0d0u(xyz)asind2f(a) u(x,y,z)sin'00(usincosusinsinucos)d2I asin2dxyza0(u(n,x)u(n,y)u(n,z))dS（n (a)的单位外法向量xyzd(uxsincosuysinsinuzcos)a2sindI(a00(ux(n,x)uy(n,y)uz(n,z))dSuxdydzuydzdx=(uxxuyyuzz)dxdydza2f'(a)1f(a) u(x,y,z)a1 ，令a0c22a c0d0u(M0)sindu(M0)224u(M0)1 f(a)14a2所以u(M) f u(xyz)dS，证 0S厦门大考试科目及代码： 数学分一、判断数列f(xn提示：错，数列厦门大考试科目及代码： 数学分一、判断数列f(xn提示：错，数列f(xnf(x)x0f(xnf(x0).2.f(x定义在(a,bf(xx0(a,b)limm()limM(其中m(infxxx)f(xM()supxxx)f(x 提示：由上可知lim(m(M(0，infx(x,x)f(x)supx(x,x)f 对于infx(x,x)f(x)supx(x,xf(x)f(x0)3.fnaxRf '(a)(xf''(a)......(xa)nf(n)f(x)f(a)(xa)fxaTalyor4.设f(x)在(a,b)[cda,b)(cd(cd)f(df(cf)(dc),则(c,d)是c,d(cdbnf(knkbf(x)在[a,b]Raf(x)dx.nbbnbf(a提示：错，将区间均分可得af(x)dxk)nbnf(knkbf(x)在[a,b]Raf(x)dx.nbbnbf(a提示：错，将区间均分可得af(x)dxk)nnk1.设x1, 1(x5),n1,2...证明x存在，并求xnn0n2xnf(x在区间[0,l上连续及当0l时(x)2y2z20l u(x,y,z)dy20(x)2y2n3.设f(x)anxn的收敛半径为，令fn(x) k限区间[a,bf(f(x4.设函数f(x)[a,b]上可积，证明存在[a,b]上的多项式函数列n(x)(n1,2...)使bb (x)dx f(x)dxnna1 XdYYdXI X2YCXaxby,YcxdyC为包围原点的简单封闭曲线(adcb0)2005年数二．大1.证明： 1(x5)15 5n2 n55 2 x x n n nnnxn10,xn1xn，数列{xn}是单调递减且有下界，所以limnxn接下来求limnxn，设limnxnl12005年数二．大1.证明： 1(x5)15 5n2 n55 2 x x n n nnnxn10,xn1xn，数列{xn}是单调递减且有下界，所以limnxn接下来求limnxn，设limnxnl1(l)l f(x)连续可知， f( 也是连续函数，(x)2y22.1f()2(xf()(xl3d3d所以0[(x)2y2z2]0[(x)2y2z2]2 flld，同理我们可 d[(x)y3[(x)y50 0 f()luyd30[(x)2y2z2] f() flld d3252[(x)yz[(x)yz 200f()luzd30[(x)2y2z2]f(f()ll3d5d0[(x)2y2z20[(x)2y2z2] f()[(x)yz flldd所以 [(x)y3[(x)y50 0 ]3.证明：由f(x)的收敛半径为，可知在任何有限区间[a,bf(x)（Abelfn(xf(x，所以10,N0,当nNfn(xf(x)1对x[a,b]0,0,x，现在只要让1f(x)f(x0ffn(xff(x))x[a,bffn（Abelfn(xf(x，所以10,N0,当nNfn(xf(x)1对x[a,b]0,0,x，现在只要让1f(x)f(x0ffn(xff(x))x[a,bffn(x在任何有限区间[a,bff(x4.[a,b作n等分，设分点为a(n)x(n) x(n)x(n)即 1ai(ba),iin(x为过点在 (n),f(x(n))][x(n),f(x(n)及iiinix(n),x(n) xn(x)f(xi1)[f(xi)f(xi1x(n)i则n(x是[a,b若令m, 及 分别表示函数f(x)在[x(nx(n上的下确界和 iiii(n),x(n) (x)(x)M(n),m(n)f(x)ifniin x(nnbbbf(x)(x)dxf(x)dx f(x)(x)dx i(n nnn xbn 0时， nbb所 f(x)dx (x)dxnaaX2Y20PYX5.P，QX2Y ax，行列式adcb0xyX,Y又YcxaxbyR,0YcxdyRxRdcosaxbyR,0YcxdyRxRdcosRbadadbcy R2cos2R2sin2 XdY XdYI d XlX2Y022厦门大考试科目及代码： 数学分一判断2.f(x)为可微函数，则f'(x)dx(f(x)dx)'F厦门大考试科目及代码： 数学分一判断2.f(x)为可微函数，则f'(x)dx(f(x)dx)'F(xFxfx)dxf(x)dxFx(f(x)dx)'f(x)，所以Fxf37（对1提示错，f(x) x,x(0,1]其导数为f'(x)x0,fx2xsgn(xr1.我们将有理数排成一个数列r n的连续性f(x)n2.f(x在(,a(,)x(,)1x [f(th)f(t)]dtf(x)fh0a3.x0(a1a2an是nnf(x)f(x1,x2,...xn)ijxixi,jn在单位球{x(x,x,...x)Rn x21}内的极值点，则必存在R使得 nAx0x01n12An221n12An22nnn1f(axbycz)dxdydz u)f(ku)du,其中k a2b2c202x2y2z2四、设a,bc为常数。证明由方程axbycz(x2y2z2确zz(xy(cybz)z(azcx)zbx2006二．大1.证明：设u(x)sgn(xrn，对于nN，xR1，由1nn敛，所以由M判别法可知u(x)sgn(xrn)n10当r时，u(xx处连续，取2006二．大1.证明：设u(x)sgn(xrn，对于nN，xR1，由1nn敛，所以由M判别法可知u(x)sgn(xrn)n10当r时，u(xx处连续，取0充分小时，u(x在(,nnn仍连续，又因为un(x在(,f(xx20rk1,2...时，f(xsgn(xrn在，ksgn(xrxrxr处间断，f(xxr处间断kkkk1x2.证明：左边= [f(th)fh0a1x= f(t)dt f halimf(xhf(ah(L'Hospital法则=f(xf(af(xx2x2 x2a(0a1 nnL(x1x2xni,jxx(xxxaxaa,...a应满 2iji n 0，即xxxx0(ii1 i2in ix1x1x1 a1x xx aA22其中22... ...x ax xn nn n4.axbycz0lk1{abcuk1(axbycz),va1xb1yuk1(axbycz),va1xb1yc1z,wa2xb2ycJ1D(uvw)1则由正交变换性质可知：{(uvwu2v2w21}D(x,y,1f(ku)Jdudvdw f f(axbycz)dxdydzx2y2z2u2v2w2v2w21= u)f25.证明：对方程axbycz(x2y2z2a2x'x球偏导acz(2x2zzzx2z'xb2y''(2y2zy求偏导by，解zy2z'代入(cybzzazcx(cybz)a2x'(azcx)b2y'(bxay)2z'(bx2z'bx2z'2z'厦门大考试科目及代码： 数学分一判断若{xn}无界，则limnxn无界厦门大考试科目及代码： 数学分一判断若{xn}无界，则limnxn无界至少存在一个发散的子列；非无穷大若{xn}无界，则{xn}提示：对，从上我们可知，若{xn}是无界的，设其为是非无穷大的，明显个子列收敛情况是不一样的，可知其是发散的。也可以考虑其逆否命题：若{xn是收敛的，则{xn}有界，显然逆否命题是从3.若{xn}单调有下界，则{xn}提示：错，一个数列单调上升到无穷大，但是有下界，明显{xn}是发散的4.若{xn}收敛，则{xn}有界设函数fn(x为闭区间[abf(xf(xf(xf(c)3.设f在c处右可微， f'RfRx在0使得对所有t(ccf(tf(c0f(ak(ba))]n[14.设f(x)在区间[a,b上连续,求极限nnkns1s1时发散，其中[a表示ans1s1时发散，其中[a表示a226.设uf(r)，r x2y2z2，f为两次可微函数。证明uF(r)，其u2uF(r) 2007年数分答二．大设数列{an}单调上升且有上确界，则nNan又对0，存在aN，使得aN，又因为an单调上升，所以当nN时，有an，即an2007年数分答二．大设数列{an}单调上升且有上确界，则nNan又对0，存在aN，使得aN，又因为an单调上升，所以当nN时，有an，即an所以an2.fn(xf(x30N当nNf(x)f，对x[a,b]都成立n0,xf(x)f(x0n 3f(x)f(x0f(x)fn(x)fn(x)fn(x0)fn(x0)f(x0 f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)f(xnn 0f(x3.证明： A0，由极限的保号性知,存在0,使得当0xc时fRf(x)f(c)A0x(cc)fxc0Rx2f(x)f(c)0证明:[a,b上的连续函数在[a,b上必可积.参见课本把[a,b作n等分,分点为abakk1,2,...nn[aba(k1abak中取点abakff(abak)kknnnn是f(abanbabf(x)dxnk1所以limn[abbf(a))]f(x)dxnknan{111}(I(n2[(n1)2111设u ，级数(I中共有2n1项，前nn(n2[(n1)1所以limn[abbf(a))]f(x)dxnknan{111}(I(n2[(n1)2111设u ，级数(I中共有2n1项，前nn(n2[(n1)21n21后n1和(ns1222u(x)u0，又因为{unn(nn以(I即设原来级数的部分和数列为{Sn，而级数(I部分和数列为{n，那么nNmmSnm1或者m1Snm，从Snm10s1u0，n2y2x6.证明：uxf' ，uxx 'uyyuzz可以类似求得rrry2所以uxxuyyuzz 'rrx2+f f'rx2+f f'rf'rf''=2f所以uF(r)=f r厦门大考试科目及代码： 数学分一．判断f(xIR设厦门大考试科目及代码： 数学分一．判断f(xIR设)x（4）f(xI,上有界且limxf(xf(xI.1.设{x}为有界正实数列，求nxx... nlimxg(xu0f在uu0处连续。证明：2.设limxf(g(x))f(u03.f(x在(,1(nxCex其中Cf(n)(x)f(n1)(x)f4.设DR2若f(xy))2dxdyD5.设{nan}收敛，级数n(5.设{nan}收敛，级数n(anan1收敛，证明anIcos(axbycz)dxdydz，其6.计算在单位球Vx2y2z21Va,bc2008年数分答二．大1.解：设Snx1x2 S存在时，那么 x0，所以当nnxx... n当limnSn时，因为{xn}xnM（2008年数分答二．大1.解：设Snx1x2 S存在时，那么 x0，所以当nnxx... n当limnSn时，因为{xn}xnM（M0数，所以xx... n2.limxg(xu010M0,Mg(x)f(u在uu0f(u)f(u0)00,u我们取1，所以f(g(xf(u0Mg(x)x3.1f(np)(x)f(n)(x)f(n1)(x)由f(np)(x)f(n)f(np1)(x)f(np1)(x)....f(n1)(x)f(n)11f(np)(x)f(np1)(x) f(n1)(x)f(n)p(n(n考虑级数1，该级数是收敛的，所以由Cauchy收敛准则0,NnN11，对pN(n(n对pN都成立由Cauchy收敛准则可知 f(n)f(np)(x)f(n)()nny'y111yedx(o() dxCCedxAedxo()edxC'exBo(A'nnn为常数,所以当n时,有limnny'y111yedx(o() dxCCedxAedxo()edxC'exBo(A'nnn为常数,所以当n时,有limnf(n)(xCe'x其中C'4.证明：反证法，fD中的连续点(x0y0上的取值不为0，当x(x0x0f(x0,y0)A，Ay(y,D，(xy)Df(xy0002因此f(xy))2dxdyf(xy))2dxdyf(xy))2dxdyf(xy))2DA20，这与f(xy))dxdy0dxdy244Dnnn(i1)(ai1ai)nannan(i1)(ai(iinn又(i1)(aiai1i(aiai1)，n(anan1)收敛又 }单调有界ii{nan 1Abel判别法可知(i即ian6.解：作坐标系的旋转变换，将oxy旋转到平面axbycz0axbya2b2这时x轴和y轴被旋转到0的平面内，把它们分别记为,轴，根据解析1,{(,,)222J记k a2b2c2，则Icos(axbycz)dxdydzcos(kVsin41 sin41 )cos(k)d 2coskk0厦门大考试科目及代码： 数学分一选择1.设{an}为单调数列，若存在一收敛子列{an}，这时（AjB.{an}C.{an}j厦门大考试科目及代码： 数学分一选择1.设{an}为单调数列，若存在一收敛子列{an}，这时（AjB.{an}C.{an}j2.f(xR上为一连续函数，则有（CIAIf(IBf(I为闭区间时DA.B.C都不一3.设在某去心邻域U0x0 ]'(x) f'(x)=；Ｂ．若在连续，则A0flim004.f(x在[a,b]R.]f(x)在[a,bf(xf(xf(x在[a,b5.设un．[DＡ．若limu0,则收敛，则limＢ． nnn收敛，则 nn1.设a0,0a1(a1(a),n1n2a2an1.设a0,0a1(a1(a),n1n2a2an2.f(x在区间[a)g(x在区间[a)limx(f(x)g(x))f(x)在区间[a)3.f(x在(,f(0)f0)0.0,xg(x)f,xxg(x在(,)sinn（1）级数在(,)（2）存在，使得 22009年数分答二．大证（单调有界必有极限从题中a0所以 1(a)12nnn2 ann即数列{an}有下2 a1a a 1a0，即 n nnn2 所以数列{an}是单调递减的，所以{an}必有由 2009年数分答二．大证（单调有界必有极限从题中a0所以 1(a)12nnn2 ann即数列{an}有下2 a1a a 1a0，即 n nnn2 所以数列{an}是单调递减的，所以{an}必有由 1(a)，两边令n，设limal，则l1(l)，解得lnn2a n2.f(xg(x00,ax时，f(x因。3g(x)在区间[a上一致收敛，故对0,10,1x''g(x'')g(x')xx',x'31f(xg(xf(x'')f(x'f(x'')g(x''g(x'')g(x'利用Cantorf(x在[a1]020,xx'[a1]xx2时，f(x'')f(x'取min{1,2}xx'[axxf(xf(x，首先 g(x) f(x)(0型)fxf00，所以g(x) x0g(x在(,g(x)f' f''f(x)(0)g'(0)x20g(x)(f(x)'xf(xf'xf'(x)f(x)(0)f''(0)g'(x)x02g(x在(,)4.解：（Guass公式的运用Pxy2,Qyz2Rzx2，由GuassPQRVxydydzyzdzdxzxdxdy222 dxdydz (xyz sVxrcosyrsin,5V11(xyg(x在(,)4.解：（Guass公式的运用Pxy2,Qyz2Rzx2，由GuassPQRVxydydzyzdzdxzxdxdy222 dxdydz (xyz sVxrcosyrsin,5V11(xyz)dxdydz (rz)rdr 30nsinsinn2（1）证：设un(x ，级数nsinn拉斯判别法可知级数在(,)（2）证：设a(x)ncosx 1n斯判别法知an(x)是一致收敛的，又刚好an(x)un(x)的导数形式，所以sinnn2sinnsin2=f(x)，问题现在转化为：存在 )，使得f() '= 2sinn222cosf'(x)(2sin (2sin110xcos1]x0时g(0)4g(x)(2sin621g() )0，由介值定理可知存在 ) )，使 662 .厦门大考试科目及代码： 数学分一选择fx3[fx)]22exf(x0x1f(x)0f(xf(x00f(x厦门大考试科目及代码： 数学分一选择fx3[fx)]22exf(x0x1f(x)0f(xf(x00f(x（BB.取极小值；C.不取极值；D2f(x)lnxxk,(k0)在区间(0,（CeBCA.D3.已知当x0时，函数etanxex与xn为同阶无穷小，则n （CABCD（AAf(x在[abRiemannbf(x)dxF(b)FaxBf(x在[abRiemann可积，则f(t)dt在[abaf2x在[abRiemannCf不一定在[abRiemannfD若在[abRiemannf(x在[abRiemanna5.设a0f(x在(aa（Bfx0x，I f(x)dx2fBI0CI0IAD1．设f(x)a1sinxa2sin(2x) ansin(nx)，f(xsinxai(i1,2...n实常数，证明a12a2 2.f在(,上一致连续，0，在(,Igf(z):yz(xx)}，证明g在(,g(x)sup{f(f(z):yz(xx)}，证明g在(,g(x)sup{f(y)xIf''(x)011aaaf a00x4.设f0(x)在区间[0,a]上连续，令f(x) fn1(t)dt,nn05.f(xyax22bxycy2x2y21其中（b2ac0,a,bc06.zz(xyF(xzyz0Fyxxzyzxy 2010年数学答二．大1.f(xsinxf(00f'f(xcosnx，令x0并取其绝对nf'(x)acosx2acos2x 12 f'2.f在(,上一致连续，所以0,0x''xxI2010年数学答二．大1.f(xsinxf(00f'f(xcosnx，令x0并取其绝对nf'(x)acosx2acos2x 12 f'2.f在(,上一致连续，所以0,0x''xxIf(x'')f(x'g(x'')g(x'f(y'')f(z'')f(y')f(z'现,x'')，y',z'(x',x')y'',z''supf(y'')f(z'')supf(y')f(z'f(y'')f(z'')f(y')f(z'f(y'')f(z'')f(y')f(z'y''y'f(xg(x'')g(x'f(z')f(z'')}f(y'')f(z'')f(y')f(z'sup{f(y'')f(y')g在(,3.证明：（Jessen不等式nn是下凸函数，所以f(xf(xfx0我们可知函数i nnaina1，上述可以用归纳法证明。又(xixi a(t)dtnn0n1n1n n11af( aa(x))，所以f f[(t)]dt))))(t)dt)ffiin a00sinxfxf(x)fxfx0我们可f是下凸函数，所f(xf(xfx)(xx0001f 11aaaa(t)dt，则f(x)f (t)dt)a(t)dt)(x0aaa0000x(t111aaaf((t))f (t)dt)f (t)dt)((t) 'fx0我们可f是下凸函数，所f(xf(xfx)(xx0001f 11aaaa(t)dt，则f(x)f (t)dt)a(t)dt)(x0aaa0000x(t111aaaf((t))f (t)dt)f (t)dt)((t) 'aaa000两边都在区间[0,a111aaaaaa(t))af (t)dt)f (t)dt (t)dt)af 'faaa00000011aaa则f (t)dt)a00f0(x在区间[0,a上连续，故在[0,a0，使得4.证明：因Mf0xxxf0(t)dtMxf(t)dt tdt；f21000xdt0对x[0,a]；fn(n(n05.axby0， f'fbxcy bc0，故只有唯一解(0,0)f(0,0)x2y21Lax22bxycy2(x2y20，得到方 (a)xbybx(c)yx2y21上(x,y)(0,0)a cac (ac)2得1,22f(xyax2bxycy22x2y21aa cac (ac)2得1,22f(xyax2bxycy22x2y21ac(ac)2maxf(x,y)max{0,1,2}2ac(ac)2minf(x,y)min{0,1,2}26.F(xzyz0xyyxz)0，F zz)F(1zy)01yF(11z(11 2yxxFF12 1，zxxxyyF F 1 1 xzyzxy 厦门大考试科目及代码： 数学分一 选择1yf(xx2'(x)00''(x)0，则（Af B厦门大考试科目及代码： 数学分一 选择1yf(xx2'(x)00''(x)0，则（Af BCD2.f(x)lnxx在区间(0,内的零点个数为（ABCAD3.x0时，函数esinxexxn为同阶无穷小量，则n（CABCDAf(x在[a,bRiemannF(xx f(x)dx]'fafBf(x在[a,bRiemann在[a,bf2x在[a,bRiemannCf一定在[a,bRiemann若f在[a,bRiemannf(x在[a,bRiemannD1x，I 45.f(x在(1,1)f I0 I0I0CD1.f(x在[0,1]f(0)f(1)0minf(x1存在(0,1)，使二、fC[0,1 f()1x2dx f2三、f(x在[0,1上连续，证明t01f(x)dx二、fC[0,1 f()1x2dx f2三、f(x在[0,1上连续，证明t01f(x)dx]2f210t2x[dxt 0四、设01limanaa1lim(na a a).01 五、设fn(x) cosx,x[1,1],n为正整数，证明（1）fn(xx[1,111f(x)dx limf(x)dx（2）nnnf(a17.设f(x)在a点可微，且f(a)0，求极限 nf8.计算[0,][0,1]y1kk.9.计算2011年数学答二．大f(x10可知函数的最小值在内部达到，所以x0(0,1)1.证明：由f(x)minf(x1f(xf')0000,(0,1)使得xx0处按Taylor0f(0)f(x)1f''()(0x)2；0f(1)f(x)1f''()(1x)22011年数学答二．大f(x10可知函数的最小值在内部达到，所以x0(0,1)1.证明：由f(x)minf(x1f(xf')0000,(0,1)使得xx0处按Taylor0f(0)f(x)1f''()(0x)2；0f(1)f(x)1f''()(1x)20000222212f，f''()所以当x(0,]时，f''() 80(1200012x[,10(12f2.x dx f(0) ] [f()f(0)] lim f(1110 f()fdx10该反常积分是收敛的，由Cauchy1对0,AAAA 1x1x1x1A0[f()f1x 1xdx [f()f dx [f()f 120x0x[0,A]，又，所以0，当取的适当大时fxf(0)，所以当fC[0,10x1x1AA0[f()f(0)]1x2[f()f(0)]1x2dxM现在考虑第二个积分：当x1x1A[f()f(0)]1x2A[f()f(0)]1x2dxMx1所以 [f()fdx0101f(x) fdx]21f21111 dx]2dx[dxtttt2 t20000d(x)1arctan(1)1 dx11又xtx1x