南开大学2008年数学分析考研试题一．计算题1．求极限21lim[ln(1)]x x x x→∞-+ 。
2．求和()()∑∞=-+-1121n n n n 。
3．已知()()()1f x x f x ''-=-，求()x f ？ 4．设2ln 26xπ=⎰，则x =？5．设区域()[][]{}1,1,2,0,-∈∈=y x y x D，求D。
二．设61-≥x 61+=+n n x x ，(1,2,)n =，证明数列{}n x 收敛，并求其极限。
三．设()[]b a C x f ,∈，并且[]b a x ,∈∀，[]b a y ,∈∃，使()()x f y f 21≤，证明[]b a ,∈∃ξ，使得()0=ξf .四．设()x f 在[)+∞,a 一致连续，且广义积分()af x dx +∞⎰收敛，求证()0lim =+∞→x f x 。
五．设()x f 在(,)-∞+∞上可微，对任意(,)x ∈-∞+∞，()0f x >， ()()f x mf x '≤， 其中10<<m ，任取实数0a ，1ln ()n n a f a -=，(1,2,)n =，证明级数11||nn n aa ∞-=-∑收敛。
六．证明函数项级数()1nxn f x ne∞-==∑，（1）在()+∞,0上收敛，但不一致收敛；（2）和函数()x f 在()+∞,0上任意次可导。
七．作变换xyu =，x v =，w xz y =-，将方程2222z z y y y x ∂∂+=∂∂变换为w 关于自变量(),u v 方程。
八．求由曲面2224x y az a ++=将球体2224x y z az ++≤分成两部分的体积之比。
九、设()f x 是(0,)+∞上具有二阶连续导数的正函数，且()0f x '≤，(0,)x ∈+∞，()f x ''在(0,)+∞上有界，则lim ()0x f x →+∞'=。
南开大学2008年数学分析考研试题解答一、1、解 21lim[ln(1)]x x x x→∞-+211lim [ln(1)]x x x x→∞=-+20011ln(1)1limlim 2t t t t t tt→→--++==011lim 2(1)2t t →==+ ；2、解 ()()∑∞=-+-1121n n n n ()111111()22n n n n ∞-==--+∑ ()111111()22n n n n ∞-==--+∑()()1111111[11]22n n n n n n ∞∞--===---+∑∑ ()()11111111[111]2222k n k n k n ∞∞--===-+---++∑∑14=； 3、解 由已知()()()1f x x f x ''-=-，得()()()()1f x x f x ''=---，把上式代入， 有()()()()1[(()1)1]f x x f x x x f x '''=---=---22()x f x x x '=-++，22221()1111x x x f x x x x +'==+-+++，所以21()ln(1)arctan 2f x x x x C =++-+ 4、解22ln 22ln 22ln 22(arcsin )|6t txxxe π--===-⎰⎰ln 222arcsin arcsin arcsin 6x x eee π---=-+=-+，2arcsin 3x e π-=，22x e -=，所以42ln ln 23x =-= 。
5、解、由区域D 关于设区域x 轴对称，被积函数关于y 是偶函数，所以0012Dx y ≤≤≤≤=⎰⎰1122ydy dy =+⎰⎰⎰⎰11332200222(2)233y dy y dy =-+⎰⎰ 51204242[(2)|]3535y =--+52422|35== 。
二、证明 显然有20x >，n x >(3,4,)n =;11|||n n n n x x x x +--==-1|n n x x -≤-，(3,4,)n =；从而}{n x 是压缩型迭代序列, 于是得}{n x 是收敛的，设A x n n =∞→lim，显然A ≥在61+=+n n x x 两边，令∞→n取极限得到A =3A =；故lim 3n n x →∞=.三、证明 方法一 由条件可知,任取1[,]x a b ∈,存在2[,]x a b ∈,满足211|()||()|2f x f x ≤,存在3[,]x a b ∈,满足321|()||()|2f x f x ≤,这样继续下取,得到存在[,]n x a b ∈,满足11|()||()|,(1,2,)2n n f x f x n +≤=;进而111|()||()|,(1,2,)2n n f x f x n -≤=;存在{}n x 子列{}k n x 及0[,]x a b ∈,使得{}k n x 收敛于0x ; 在利用()f x 在0x 处连续及111|()||()|2k k n n f x f x -≤,即得0|()|0f x ≤,0()0f x =,结论得证.方法二 由于()f x 在[,]a b 上连续,设min |()|a x bm f x ≤≤=,利用条件可知,对任意[,]x a b ∈,存在[,]y a b ∈,满足1|()||()|2f y f x ≤,从而由1|()|2m f x ≤,([,])x a b ∈; 进而有12m m ≤,0,0m m ≤=;存在0[,]x a b ∈,使得0()0f x m ==;结论得证.四、证明 由f 在),[+∞=a I 上一致连续，得，对0>∀ε，0>∃δ，当Ix x ∈21,，且δ<-||21x x 时，便有ε<-|)()(|21x f x f ；由于dx x f a⎰+∞)(收敛，则有0)(lim)1(=⎰+∞→dx x f n n n δδ，由积分平均值定理，存在])1(,[δδξ+∈n n n ，使得dx x f f n n n ⎰+=δδδξ)1()(1)(，于是有0)(lim =∞→n n f ξ，对上述0>ε，存在*N N ∈，当N n ≥时，便有εξ<|)(|n f ；取δN M=，对任意M x>，必存在正整数N m ≥，使得])1(,[δδ+∈m m x ，εξξ2|)(||)()(||)(|<+-≤m m f f x f x f ，故得0)(lim =+∞→x f x .五、证明 设()ln ()F x f x = ，由题设条件，知()F x 连续、可导，且()|()|||()f x F x m f x ''=≤， 从而11ln ()()n n n a f a F a --==，(1,2,)n =，就是熟知的压缩迭代列，11212|||()()||()()|n n n n n n a a F a F a F a a ξ-----'-=-=- 12||n n m a a --≤-，从而111210||||||n n n n n a a m a a m a a -----≤-≤≤-由于01m <<，1101||n n ma a ∞-=-∑收敛，故级数11||nn n aa ∞-=-∑收敛。
六、证明 设()nxn u x ne-=，因为1|()|lim 1|()|x n n nu x e u x -+→∞=<，所以nxn e n -∞=∑1在(0,)+∞上收敛； 任意0>δ，当[,)x δ∈+∞时，有|()|n nu x neδ-≤，而1n n ne δ∞-=∑收敛，所以nx n e n -∞=∑1在),[+∞δ上一致收敛； 101sup |()||()|n n n x u x u ne nβ-<<+∞=≥=不趋向于零，所以nx n e n -∞=∑1在(0,)+∞上不一致收敛；对任何),0(0+∞=∈I x ，存在0>δ，使得00x <<δ显然，nx n e n -∞=∑1在),[+∞δ上一致收敛，nx n e n x f -∞=∑=1)(在),[+∞δ上连续，)(x f 在点Ix ∈0处连续。
由于0x 是I上的任意点，所以函数f在),0(+∞=I 上连续。
（2）()1()(1)k k k nx nu x n e +-=-，(1)1|()|k k nx n u x n e ++-≤，对每一正整数k，显然()1()k n n u x ∞=∑在(0,)+∞上内闭一致收敛，且()()1()()k k n n fx u x ∞==∑在(0,)+∞上连续，(0,1,2,)k =；故()f x 在(0,)+∞上有任意阶的连续导数。
七、解 w yz x x=+，求偏导数，并求复合函数的偏导数，代入计算，适当化简，即得。
11y y z w x x =+，11yy yy z w x x=+，y uv u v w w w y y ∂∂=+∂∂2()u xw y=-，2232(())()()()yy u uu uv u x u v x x w w w w w y y y y y y ∂∂∂=-=+-+∂∂∂ 2232()()uu u x xw w y y=-+，八、解 球体2224x y z az ++≤为2222(2)(2)x y z a a ++-≤，球体的体积33432(2)33V a a ππ==； 两曲面的交线为222,3z a x y a =+=，设222{(,):3}D x y x y a =+≤，22214()[(2Da x y V a dxdy a -+=-⎰⎰22001(2d a r rdr aπθ=-⎰324222112[))((4))]43a a r a π=-+--333972[3]43a a a π=-+333972[3]43a a a π=-+3376a π=，321276V V V a π=-=，所以123727V V = 。
九、 证明 先证lim ()x f x m →+∞=存在，由()0f x '≤，(0,)x ∈+∞，可知()f x 在(0,)+∞上是单调递减的，且有下界为0，根据单调有界原理，lim ()x f x m →+∞=存在，由()f x ''在(0,)+∞上有界，可知()f x '在(0,)+∞上一致连续，我们已经知道，若lim ()x f x →+∞存在，()f x '在[,)a +∞上一致连续，必有lim ()0x f x →+∞'=，结论得证。