−
) 1
+
·
·
·
+
(enx
)] − 1)
x→0
x
n
[
(ex
−
1)
+
(e2x
−
) 1
+
·
·
·
+
(enx
−
1)
]
= lim exp
x→0
nx
[
]
= lim exp
x→0
x + 2x + · · · + nx nx
= e(n+1)/2.
□
2. (15 分) 求定积分 解: 令 t = √x, 则有
∫1 ( √ ) I = log 1 + x dx.
证明:
记 Bn =
n
∑
bk, 由 Abel 变换有
k=1
n
n−1
∑ ∑ aibi =
(ai − ai+1) Bi + an Bn − am+1Bm
i=m+1
i=m+1
n−1
≤ M ∑ |ai − ai+1| + M (|an| + |am+1|) i=m+1
n−1
= M ∑ (ai − ai+1) + M (|an| + |am+1|) i=m+1
dt
−
a+b 2
∫a
( a
+
b
2 −
) x
f
(a
+
b
−
x)
dt
=
a
∫
a+b 2
( t
−
a
2 +
) b
[
f
(t)
−
f
a+b 2
(a +
b
−
2 t)]
dt.
a
2
()
而当 t ∈
a,
a+b 2
时, 有
(x = a + b − t)
t
−
a
+ 2
b
<
0,
t − (a + b − t) = 2t − (a + b) < 0,
考试科目：数学分析
第5页 共5页
0
∫1 ( √ )
∫1
I = log 1 + x dx = 2 t log (1 + t) dt
0
0
= =
∫1
0
log
log (1 +
[∫ 1 2−
[0
t)
dt2
=
[ t2
log
(1
+
]1 t)
(t
−
1)
dt ]
+
∫1
0
1
1 +
t
]0 dt
−
∫1
0
1
t2 +
t
dt
= log 2 −
−1 2
+
log
2
f ′ (α) =
f (ξ) − f (a) ξ−a
=
b
− ξ
ξ
.
存在 β ∈ (ξ, b), 使得 此时有 f ′(α) f ′(β) = 1.
f ′ (β) =
f (b) − f (ξ) b−ξ
=
ξ b−ξ.
□
9. (15 分) 求椭圆 x2 + 4y2 = 4 上到直线 2x + 3y = 6 距离最短的点, 并求其最短距离. 第一感觉, 高中数学联赛题. 解: 利用平面解析几何的方法可以更直观地解决. 将直线 l1 : 2x + 3y = 6 向下平移至与椭圆相切,
记此时直线为 l2, 则两平行直线 l1 与 l2 的距离即为所求最短距离 d. 椭圆 x2 + 4y2 = 4 上一点 (x, y) 的切线斜率为
k = − Fx = − x = − 2 ⇒ y = 3 x.
Fy
4y
3
8
由 x, y > 0 解得
x
=
8 5
,
y
=
3 5
.
故直线
l2
与椭圆的切点为
A
(
中国科学院大学
2016 年招收攻读硕士学位研究生入学统一考试试题 科目名称：数学分析
解答：Eufisky (Xiongge)
考生须知： 1. 本试卷满分为 150 分，全部考试时间总计 180 分钟； 2. 所有答案必须写在答题纸上，写在试题纸上或草稿纸上一律无效。 ————————————————————————————————————————
解: 记 S 的球心为 A(a, b, c), 且 a2 + b2 + c2 = 1, 则球面 S 的方程为
(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2,
即 x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz = R2 − 1, 0 < R < 2.
两球面相交的平面为
g(a) = f (a) − b + a = 2a − b < 0, g(b) = f (b) = b > 0.
由零点定理可知存在 ξ ∈ (a, b), 使得 g(ξ) = f (ξ) − b + ξ = 0, 即 f (ξ) = b − ξ. (b) 当 a = 0, 则有 b > 0. 由 Lagrange 中值定理可知存在 α ∈ (a, ξ), 使得
=
32π 27
.
当且仅当
R 2
=2
−
R
⇒
R
=
4 3
时取得最大值.
□
当时没想到去用曲面积分求球冠的表面积, 函数写成了 x2 cos x 这种, 想了一个多小时也
求不出最大值, 气死我了. 事实上, 当时做完 Dirichlet 判别法那题后再算, 还是没结果！时
间不多了, 赶紧将答题纸和试卷装入信封, 贴上密封条等待交卷走人！
g (t) = ∫ ξ f (x) dx − 1 ∫ b f (x) dx = 0,
a
2a
即 此时有
∫ ξ f (x) dx = 1 ∫ b f (x) dx,
a
2a
∫b
ξ
f
(x) dx
=
∫b
a
f
(x) dx
−
∫ξ
a
f
(x) dx
=
1 2
∫b
a
f
(x) dx.
□
5. (15 分) 求以下曲面所围立体的体积:
≤
2 |x + y| x2 + y2
≤
2
|x| x2
+ +
|y| y2
≤
2
1+1 |x| |y|
.
因此所求二重极限等于 0.
□
4. (15 分) f (x) 是 [a, b] 上的连续正函数, 求证存在 ξ ∈ (a, b), 使得
∫ξ
a
f
(x) dx
=
∫b
ξ
f
(x) dx
=
1 2
∫b
a
f
(x) dx.
又 f (x) 单调递增, 可知 f (t) − f (a + b − t) ≤ 0. 因此
∫b
a
tf
(t)
dt
−
a
+ 2
b
∫b
a
f
(t)
dt
=
∫
a
a+b 2
( t
−
a
+ 2
) b
[
f
(t)
−
f
(a
+
b
−
t)]
dt
≥
0.
□
7. (15 分) 若数列 {an}, {bn} 满足以下条件:
(a)
a1
≥ a2 ≥ · · ·
π
]
ab c2
z2
dz
=
Ω2
∫ √c πab 2
0
( 1
−
2
zD2 )2 c2
dz
=
√ 2 πabc 3
因此
V
=
V1
+ V2
=
πabc 3
(√ 22
−
) 1.
□
考试科目：数学分析
第2页 共5页
6. (15 分) f (x) 是 [a, b] 上的连续函数, 且 f (x) 单调递增. 求证:
∫b
tf
S1
:
x2 a2
+
y2 b2
+
z2 c2
= 1,
S2
:
x2 a2
+
y2 b2
=
z2 c2
(z
≥
0) .
一开始看到这题, 感觉不好算, 觉得时间紧迫, 果断搁置. 后面才回来解决的.
解:
当
z2 c2
≥
1−
z2 c2
,
即
z
≥
√ c/ 2
时,
我们有
∫∫∫
V1 =
∫ c ∫∫
dV = dz
0
∫c
dxdy = √c
a
(t) dt