FreeKaoYan华东师大数分考研试题及解答

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1、1, x G 11,20, x g 4,5 4已知f (x)在x = 2处连续，且lim = 1，证明f (x)在x = 2处可导.x t 2 x 一 25如果f (x)在x处可导，则f (x)在x的一个邻域内连续.006若多项式函数列(P (x)在(-8, +8)上一致收敛于函数f (x)，则f (x)必是多项 n式函数.二计算下列各题1设a0 ,a主1，求极限limxt+8ax 1 x(a 1) x 丿华东师大 2009 年数学分析考研试题一判断下列各题是否正确，若正确给出证明，若错误举出反例.1设limg (x)= A , limf (y)= B，此处a, A,B 均为实数，则 limf

2、 (g (x)= B xTay tAxTa2设f (x)为闭区间a,b上不恒为零的连续函数，D(x)为Dirichlet函数，则 f (x) D (x)在a, b 上不可积.3存在实数 a， a ， b (n = 1,2,)使得? +(a cos nx + n sin nx)= 0 n n2nnn=1f (x)2设圆盘(x a)2 +(y + b)2 R2上的各点的密度等于该点到其圆心的距离，求此圆 盘的质量.3设S为R3中封闭光滑曲面,l 为任何固定方向，n 为曲面 S 的外法线方向，求(n,l )dS S三证明下列各题1设P是曲面S :三+ 21 +兰=1外一点，P g S，若PP 0a

3、2 b 2 c 21= maxPgSPP，求证直线PP010是S在点P处的法线.1y2.设 f (x,y)= vy 3 sin 石+土，x丰0，证明f (x, y)在原点处沿任何方向的的方向导数存0, x = 0在，但不可微.3.设a b , c d均为实数，已知f (x)在(a,b)上单调，值域为(c,d),证明f (x)在(a, b )上一致连续.4.设数列a 满足条件:n(n = 1,2,)且 lim+t= 0 ,n T8 a+ an+ 2n+ 4证明数列a 无界.nT，存在x T +8，使得n5. 设f (x)在0, +J上连续且有界，证明对任意正数 lim(f (x + T)-f (

4、x )二 0 nnn6. 设函数f (x)在闭区间a,b(a b)上可积，J bf (x)dx = 0 ,a证明 若对任意 x ga,b ， 有f (x)H 0，则存在c,dua,b, (c 0 .华东师大 2009 年数学分析考研试题解答1.解 错误.B, y 丰 AC, y = A但 f (g (x)= C , lim f (g (x)= C 丰 B.x T a反例.设f (y)= 0 , 显然f (x) D (x)在c, d 上不可积，从而f (x) D (x)在a, b 上不可积.3. 解 正确.可选取到周期为2兀的连续可微函数f (x)，且当x e|j,2时，f (x) = 1；x

5、g 4,5时，f (x) = 0，取a , a , b 为 f (x)的 Fourier 系数,0nn则有ao + F (a cos nx + n sin nx2nnn=1结论得证.2)= 0,lim f (x)- f(2)= limf (x) = 1 lim lim 1,xt2x 2xt2 x 2所以f (x)在x 2处可导.5.解 错误.反例设f (x)=0,:为无理数显然f (x)在x 0处可导，但f (x)在x丰0处不连续.6、设实系数多项式序列f (x)在R上一致收敛于实值函数f (x)，证明：f (x)也是多项式。 n证明因为实系数多项式序列 f (x)在R上一致收敛于实值函数f

6、(x)，n所以对任意 0，存在N g N*，使得当m,n N时，有If (x) f (x)| N时，nf (x) P(x)+b ，nn其中P(x)为某一固定的多项式，b 为某一收敛数(因为b b a为柯西列)nn m n , m因为由已知条件f(x) f (x) f(x)P(x)b ，nn一致收敛于 0,及 limb b，nns所以有f (x) P(x) + b，即f (x)也是多项式，结论得证。二1.解 limxT+w1ax 1V(a 1) x 丿=limxT+w Vax 1、1 lim xT+wlim bn xT+w xa 11 a1=lim exln a1 ,xT+wax ln a=li

7、m -1XT+81ax=ln a limxT+w a x 1卩n a, a 110,0 a 1 时，limxT+w1ax 1V(a 1) x 丿当0 a 1时， limxT+wax 1V(a 1) x 丿D=f2 兀 d0 f R r - rdr002解 p (x, y)=；(x a)2 +(x b)2 M = ff p (x, y )dxdy,12兀=2 兀一 R 3 = R 3 333解设l = (ll2,l3)，则cos(n,l)= l cos(n,x)+1 cos(n,y)+1 cos(n,z).利用高斯公式，则有ff cos (n, l )dS =ffl cos(n,x)+l cos

8、 (n, y)+l cos123=ffldxdydz=JJJ Odxdydz = 0 .Q三.1证明 设P =(x ,y ,z ), P = (x,y,z),0 0 0 0f(x,y, z)=显然f (x, y, z)在S上连续，S为有界闭集,PPoz0f (x, y, z)在S上达到最大值,设f在P =(x, y , z )e S处达到最大值,1 1 1 1令 L = (x x )2 + (y y 匕 +(z z 匕 + 九0 0 0x 2Va2、y2 z2 1+ 一 1 c丿2叫=2(x - x )+ 2 = 0，Ox0a 2生=2(y - y )+ 2 2 = 0，Oy0b 2OL =

9、2 (z - z )+ 2九=0，Oz0c2f x y令(x-x ,y-y ,z-z )=-九0 0 0在 P 处取到条件极值，必是 L 的驻点，1即得 P =(x , y ,z )满足(x -x , y - y , z - z1 1 1 1 1 0 1 0 1 0)=-九曲面S在P的法线方向为1所以直线PP是S在点P处的法线.1 0 12证明由 |f (x,y)-f (0,0) | 0，使得0 a N时，4有 0 a 0， NnNnN则有a 1 (p +p )-1 p ， (n-N,N +1,), n 4 N N 2 N于是有P 1 p，从而显然有P 0矛盾，所以数列a 无界. Nn5、设f

10、 (x)在区间(0, +a)上连续有界，且对某个T 0，对所有x 0，有 f (x + T)丰 f (x)，试证：存在数列x u (0, +a)， limx -+a，使得lim(f (x + T) f (x )-0。nTanTannnn证明 g(x) = f (x + T) f (x),依题设条件，可得必有g(x) 0或g(x) 0 , x e (0, +s)我们断定，Vc 0，对于任意大的A 0，不可能对所有x A，恒有g(x) 8 ,否则由 g (x + kT) = f (x + (n + 1)T) f (x) (n + 1)c ,f (x + (n + 1)T) f (x) + (n +

11、 1)c th ,(x A)这与f (x)的有界性矛盾,所以任取- 0，存在x n，使得g(x ) -，所以 nnn nlim( f (x +T) f(x ) = lim g(x )=0，nnnn thnth结论得证。注：g (x + kT) = f (x + kT + T) f (x + kT)。6、设函数f (x)在区间a，b上Riemann可积，且f (x)dx 0, 任意分割& : a = x0 xi 0,于是fbf (x)dx = lim 瓦f G )Ax 0, aX(A)t01 kk=1与题设条件f bf (x)dx I , I为n阶单位方阵, n n证明：Vf : Rn T Rn

12、可逆，且逆映射光滑，其中Vf =|ff为f的梯度.(ax axax 丿12n八.设函数f (x)在a, b 上连续，在一个可数集之外可导，且导数非负，证明 f (a) 1, a 迈,(n = 1,2,3,),nn+1a an+1 nI， (n = 2,3,),于是a 是压缩数列，从而a 收敛,设 lim a a ， a 迈,nn twa 2 a 1 - 0, a -仝2方法二显然叮迈 2a a ,12由归纳法，知1 a 2，an +1n 0充分小，工 :x 2 + y 2 + z 2 2 ,(r H 0),利用高斯公式，则有JJ 一dydz + 一dzdx + 一dxdy r 3r 3r3工-

13、JJ dydz + dzdx + dxdyr 3r 3r 3-丄 JJ xdydz + ydzdx + zdxdy 2 JJ3dxdydz2x2+y2+z2214 aa 3兀2 4兀. 2 3五证明 利用几何平均算数平均不等式1a2 n-1n (n +1) n：na (n + 1)a(2n - 1)a2n -1)買 nn+12 n-1n(n +1 丿(2n 1na +(n+1)a + +(2n-1)ann+1 .2 n-1n1 na + (n +1)a + + (2n -1)a nn+12 n-1nn2n(2n 1) a + 2a + + (2n 1)a 2n 22n (2n -1)2 n-1

14、a + 2a + (2n 1)a I，知 xtJFx xtx , Vx G Rn ,nJF是正定矩阵，|JF|主0 ,由反函数组的存在定理，F : Rn T Rn也是可逆映射，且其逆映射也是连续可微的, 结论得证.八、九、(1)设f (x)在a, b上三阶可导，则存在EG (a, b)，使得f (b) = f (a) + 2(b - a)广(a) + 广(b) - (b - a)3小).证明 设 F(x) = f(x) 一 f(a) - 2(x一 a)广(a) + f(x)， g(x)= 一才x - a)3, 则有 F，( x) = f( x) - 2 f(a) + f( x) - 2( x

15、- a) f ( x) , F ( x) = -2( x - a) f (x),显然 F(a) = G(a) = 0 , F (a) = G (a) = 0 , 两次利用柯西中值定理可得F(b) - F(a) _ F(%) _ F(%) - F(a) _ F(g) _ 2点a)f 点)_ 1 严乍)G(b)-G(a) G(g；) 一 G(g；)-G(a厂 G (g厂 _ 1.3.2(g-a) 6，2于是结论得证.(2)设f在a, b上连续，在(a, b)内有二阶导数，则存在gw (a, b),使得 bf (x)dx _ 2(b a)f (a) + f (b) - -2(b a)3 f (g).a 2 12证明 令 F (x) _j xf (t) dt，则 F (a) _ 0 , F (x) _ f (x) , F( x) _ f (x) , F( x) _ f (x);a利用(1)的结果，得存在g w (a,b)，使得F(b) _ F(a) +1 (b - a)F (a) + F(b) - (b - a)3 F2 12即 A f (x)dx _ 2(b a)f (a) + f (b) - -2(b a)3 f (g).a 2 12