浙江师范大学数学分析考研真题

一（每小题8分，共48分）计算题

1、求极限 解 原式limx0x3(limx2sin2x1x1x).

xsinxxsinxxlimlim 3分 3x0xx0xx01x1x2lim1cosxlim1x1xx03x2x02 2xlimsinx06x13 2、求级数

n2xn的和.

n1解 作

fxnn2xn1，则

1xf(t)dtnxn 0n1作gxnxn1，则

n1xg(t)dtxn x0n11x 因此gx1(1x)2 xf(t)dtx(1x)2

0 5分

8分 2分 5分

fxdx12xdx(1x)2(1x)2(1x)31x(1x)3

于是 ，原式xfxxx2 8分

(1x)33、求级数 1kk112k1kk1的和.

n解 因11111 k1kk1n1，故kk1 1kk为了求

1k1x2k112k1，作fxkk2k1， 1则fx1kx2kx22121 k11x1xxfx11x2dt[tarctant]xarctanx 01t0f(1)1π4 因此，原式f(1)1π4 114、求dyex2dx的值.

0y1x解 原式dxex2dy 00121xex2dxexe102 8分 025、求极限 limmlimncosm!πxn

解 因cosm!πx的周期为

2m!， 2分

2分 4分

5分 6分 8分 4分

故当

x为有理数时，存在正整数

np和整数q使得

xqp，这时当

mp时，

cosm!πx1，limcosm!πx1， 4分

n而当x为无理数时，cosm!πx1，limcosm!πx0 6分

nn1,当x为有理数时因此，原式 8分

0，当x为无理数时6、求极限

111lim

nnnn1n2解 原式11 4分 knk11nnlim1n1dx ln1xln2 8分

1x00二（14分）已知实数列{an}收敛于a，且

a1a2anSnn，用定义证明{Sn}也收敛于a.

证记biaia，Kb1b2bk，则0，正整数k，使得

ana因

2(nk), 3分

1K，故，使得0， 8分 正整数k1nn2令k2max{k,k1}，则当nk2时，有

anKbbk2ak1nnbna1a2nKnk 14分 nn2三（20分）设t和t为二次可微函数，

ux,yxxyyxy

2u2u220 证明2xyyx证

2uuxxy，uyxy 5分 uxx2xy ，uxyxy

uyyx2y 15分

因此，左2xy2(xy)

x2y0右 20分

四（20分）设

πfx在0,π上连续，证明

ππ⑴xfsinxdx20⑵若则

fsinxdx

0π0fx0，x0,π，且fxdx0，

fx0，x0,π，

π 证 记Ixfsinxdx

0ππ (1) 令xπt，则

πIxfsinxdx(πt)fsintdtπfsintdtI

000ππ因此，左I2fsintdt右 10分

0（2）（用反证法）若不然，则x00,π使得

fx00，

由极限的保号性，存在开区间(a,b)使得x0a,b0,π，且当x(a,b)时，有

f(x)f(x0)， 16分 2π这与

fxdx0矛盾. 20分

0ax2bxc五（16分）若不定积分2dx为有理式，则a,b,c应满足什么条件？

xx1ax2bxccaxbc解 因2，故 2xx1xx(x1)a0ax2bxc当且仅当时，不定积分2dx为有理式. 16分

xx1bc0

f(x)六（16分）若fx在0,上可微，lim0，求证0,内存在

xx一个数列{n}，使得{n}单调，limn，且limf(n)0.

nn证法1 因

n1nfx在0,上可微，故nZ，fx在2,2上连续，

在2n1,2n内可导，从而由拉格朗日中值定理知，n 2n1,2n使

f(2n)f(2n1)f(2n)f(2n1)f(2n)f(2n1)f(n)，即f(n)2nn1 9分 nn1222n122而

nf(x)f(2n)n2，故由海涅归结原则知，limn0，从因lim0，limnn2xxlimf(n)0. 16分

limf(x)0知，0，K0，使得当xK时， xf(x) 2分 x证法2 由

xK10，使当xK1时，

f(x)1，K22K1，使当xK2时，xf(x)1，Kn2Kn1，使得当xKn时， x2f(x)1 6分 xn用数学归纳法，得到一个数列{Kn}，在闭区间[Kn,2Kn]上应用拉格朗日中值定理，nKn,2Kn，使得

f(n)f(2Kn)f(Kn) 10分

2KnKn由n2Knn1知，数列{n}单调增，由数列{Kn}满足Kn2Kn12n1K1和

K10知

nlimn 13分

f(2Kn)f(Kn)f(2Kn)f(Kn)213

2KnKnKnKnnnn由f(n)知

nlimf(n)0 16分

n1七（16分）设un(x)证法1

k1knkx(1x)，证明un(x)在0,1上一致收敛. n1xxn1k2 0，当x0,时，un(x)x1x16k1当x1,1时，由对称性知 un(x)当xk(1x)2 k1n1n1,1时，

un(x)x(1x)kk1n1nk(1)k(1)nk

k1(n1)(1)n 6分

因lim(n1)(1)0，故对上述的，正整数K使得当nK时，

nn(n1)(1)n2 14分

n1综上，当nK时，un(x)这表明un(x)在

k1knkx(1x)2，对0,1中的一切x成立，0,1上一致收敛. 16分

证法2当x1时 2un(x)x(1x)xk(1x)nk2k0n2x(1x)n11xxn1 3分 12x由Dini定理，要证un(x)在0,1上一致收敛.只需证明un(x)在[0,1]上

下面分0x12，12x1，x0，x1这四种情形来证明 nlimun(x)0

即知极限函数一定连续. 7分而当x(0,12)时，

un(x)un1(x)x2(1x)22x1xn2xn210 当x(12,1)时，

un(x)un1(x)x2(1x)212x1xn2xn20 当x0或x1时，u1n(x)0，而当x2时， u1n111n1n(2)knkn

k1222u(11n1nn2n2)un1(2)2n2n12n10 于是，x[0,1]，有un(x)un1(x)， 即un(x)关于n单调， 16分

10分