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上海大学 2024 年数学分析考研试题详细参考答案

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上海大学 2024 年数学分析考研试题解答

上海大学 2024 年数学分析考研试题解答

1.(10 分) 叙述函数极限lim⁡x→x0−f(x)=A∈R\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=A\in\mathbb{R} 的“ε−δ\varepsilon-\delta”定义.另外，利用函数极限的定义来证明

lim⁡x→2−x2−4x=0.\lim_{x\to2^-}\frac{x^2-4}x=0.

【分析】: 极限ε−δ\varepsilon-\delta定义：lim⁡x→x0−f(x)=A∈R\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=A\in\mathbb{R} 等价于

对于任意的ε>0\varepsilon>0, 总是存在δ>0\delta>0 , x0−δ<x<x0x_0-\delta<x<x_0时,均有

∣f(x)−A∣<ε .|f(x)-A|<\varepsilon\:.

【解答】: 对∀ε>0\forall\varepsilon>0, 取δ=min⁡{ε3,1}\delta=\min\left\{\frac{\varepsilon}{3},1\right\}, 故当2−δ<x<22-\delta<x<2 时, 从而有

\begin{equation}\begin{aligned}\left|\frac{x^2-4}x-\mathbf{0}\right|&=\frac{\left|x+2\right|\left|x-2\right|}x<\left|\frac{x+2}x\right|\\&<3\left|x-2\right|<\varepsilon\end{aligned}\end{equation}

即证得lim⁡x→2−x2−4x=0.\lim\limits_{x\to2^-}\dfrac{x^2-4}x=0.

2.(10 分)假设数列 {an}\{ a_n\}满足lim⁡n→∞∣anan+1∣=λ>1\lim\limits_{n\to \infty}\left | \frac {a_n}{a_{n+ 1}}\right | = \lambda> 1. 证明：lim⁡n→∞an=0.\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0.

【分析】: 构造新数列bn=∣an∣b_n=|a_n|，根据保号性与单调有界定理证明。

【解答】: 设bn=∣an∣b_n=|a_n|, 则bn>0b_n>0, 且由lim⁡n→∞∣anan+1∣=λ>1\lim\limits_{n\to \infty}\left | \frac {a_n}{a_{n+ 1}}\right | = \lambda> 1知：

lim⁡n→+∞bnbn+1=λ>1.\lim_{n\to+\infty}\frac{b_n}{b_{n+1}}=\lambda>1.

根据保号性，存在N∈N+ ,对∀n>N ,有bnbn+1>1 ,即bn>bn+1 ,N\in\mathbb{N}_{+}\:,\text{对}\forall n>N\:,\text{有}\frac{b_{n}}{b_{n+1}}>1\:,\text{即}b_{n}>b_{n+1}\:, 既得{bn}\{b_n\}单调递减。

\begin{align} \left.\left\{\begin{array}{l}\{b_n\}单调递减,\\ b_n>0有下界,\end{array}\right.\right. \end{align}\Rightarrow 单调有界收敛原则可知数列\{b_n\}收敛

由于bn=bnbn+1bn+1b_n=\frac{b_n}{b_{n+1}}b_{n+1}，设lim⁡n→+∞bn=B\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=B

两边令n→+∞n\to+\infty有B=λBB=\lambda B, 又因为λ>1\lambda>1, 所以B=0B=0.

也既lim⁡n→+∞bn=0\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=0.

故lim⁡n→+∞∣an∣=0,即lim⁡n→+∞an=0.\lim\limits_{n\to+\infty}\left|a_n\right|=0\text{,即}\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=0.

3.(10 分) 计算极限lim⁡n→∞(cos⁡1n)n\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cos\frac1{\sqrt{n}}\right)^n与lim⁡x→01+tan⁡x−1+sin⁡xxln⁡(1+x)−x2.\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln(1+x)-x^2}.

4.(10 分) 讨论函数 y=sin⁡(sin⁡x)y=\sin(\sin x) 与 y=xcos⁡xy=x\cos x 在 $[0,+\infty) $上的一致连续性并给出相应证明.

5.(10 分) 设函数 f(x)∈C[0,1]f(x)\in C[0,1],且 4$\int _0^1f( u) ddu= 1$,证明：存在 θ∈[0,1]\theta\in[0,1],使得 f(θ)=θ3.f(\theta)=\theta^3.

6.(10 分) 求幂级数∑n=0∞(−1)nxnn+1\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^n}{n+1} 的收敛半径，收敛域与和函数，并给出∑n=0∞(−1)n1(n+1)2n\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac1{(n+1)2^n} 的和.

7.(10 分) 求空间曲线 {x2+y2=2z;x2+y2+xy=1.\begin{cases}x^2+y^2=2z;\\x^2+y^2+xy=1.\end{cases} 上的点到 xOyxOy 平面的最大与最小距离.

8.(10 分) 设 A,BA,B 为有界数集且 A∩B≠∅A\cap B\neq\varnothing .证明：sup⁡(A∩B)≤min⁡{sup⁡A,sup⁡B}\sup(A\cap B)\leq\min\{\sup A,\sup B\}, 并给出等号不成立的例子.

9.(10 分)设f(x)≥0f(x)\geq0 在[0,+∞)[0,+\infty) 上可微，f(0)=0,∣f′(x)∣≤f(x)f(0)=0,|f^{\prime}(x)|\leq f(x).证明：在[0,+∞)[0,+\infty)上f(x)≡0.f(x)\equiv0.

10.( 10分) 讨论函数$z= f( x, y) = \begin{cases} \frac {xy^3}{x^2+ y^4}, \ 0, & \end{cases} $ ,x2+y2≠0;x2+y2=0.\begin{aligned},&x^2+y^2\neq0;\\&x^2+y^2=0.\end{aligned}在原点(0,0)的连续性，可偏导性及可微性，并给出证明.

11.( 10分) 讨论反常积分∫2+∞1xln⁡2xdx\int_{2}^{+\infty}\dfrac1{x\ln^2x}\mathrm{d}x与∫1+∞1x2ln⁡xdx\int_{1}^{+\infty}\frac1{x^2\sqrt{\ln x}}\mathrm{d}x的敛散性并给出相应证明.

12.( 10分) 将函数 f(x)=1−x2(0≤x≤π)f(x)=1-x^2\left(0\leq x\leq\pi\right)展开成余弦级数，并求级数∑n=1∞(−1)n−1n2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}的和.

13.(10 分) 求第二类曲面积分

∫∫Sx2 dydz+y2 dzdx+z2 dxdy.\int\int\limits_Sx^2\:\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^2\:\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^2\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y.

其中 SS 是球面 (x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2, 并取外侧.

14.(10 分) 计算曲线积分

I=∫L(exsin⁡y−2x−2y) dx+(excos⁡y−x) dy.\begin{aligned}I&=\int_L(e^x\sin y-2x-2y)\:\mathrm{d}x+(e^x\cos y-x)\:\mathrm{d}y.\end{aligned}

其中LL 为从 O(0,0)O(0,0) 沿曲线 y=2x−x2y=\sqrt{2x-x^2} 到 A(2,0)A(2,0) 的一段有向弧.

15.(10 分)假设 f(x)f(x) 在(−∞,−1](-\infty,-1]上连续且 $\int_{- \infty}^{- 1}f( x) ddx$ 收敛，证明：存在数列 {xn}⊂(−∞,−1]\{x_n\}\subset(-\infty,-1], 使得满足lim⁡n→∞xn=−∞\lim\limits_{n\to\infty}x_n=-\infty 且lim⁡n→∞f(xn)=0\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=0. 另外，假设函数g(x):(0,+∞)→(0,+∞)g(x):(0,+\infty)\to(0,+\infty) 可导，证明：存在趋于正无穷大的正数列 {xn}\{x_n\},使得 g′(xn)<g(2xn), n=1,2,⋯ .g^{\prime}(x_n)<g(2x_n),\:n=1,2,\cdots.