2005 年攻读硕士学位研究生入学考试试题解答（武 汉 大 学）一、设{}n x 满足: 11||||||n n n n n x x q x x +--=-,||1n q r ≤< ，证明{}n x 收敛。

证明：（分析：压缩映像原理）11111111112121211,|12||||||||,||||(1...)||||1||111ln||l n n n n n n n n n p p n p n ii n n i n n p n rm q m x x q x x m x x Cauchy x x x xm m x x m x x m m x x m mm x x N εε+--+--+-+=+--+=<<-=-<-∀-≤-<+++---=-<----=∑令：则显然|(此即压缩映像原理证明)以下证明压缩映像原理利用收敛准则，对取n ||n p n n Nmx x ε+>-≤+1,对任意的。

从而知命题收敛二、对任意δ > 0。

证明级数01nn x +∞=∑在(1,1+δ)上不一致收敛。

证明：（利用反证法，Cauchy 收敛准则和定义证明。

）10,(1,1),,,11()11111(1,{1(1,1),M N Mn n n n Nx N n M N x x x x x x min εδεδδ-+=∀>∀∈+∃>->=>-∈+⊆+∑如果级数收敛，那么对于当时只需令代入上式，矛盾从而知非一致收敛三、设1()||sin ,"()f x x y f x =-⎰求解，（本题利用莱布尼兹求导法则：）()()()()1101010()()()()()(())(())()||sin ()sin ()sin ,[0,1]()()sin ,(1,)()sin ,(,0)'(b x a x b a x x F x f x dxF f x b a dx f b f a f x x y x y y x x f x x y x y x x f ααααααααααααααα=∂∂∂∂=+-∂∂∂∂=-⎧-+-∈⎪⎪=-∈+∞⎨⎪⎪-∈-∞⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰，，，，，10101,[0,1]),(1,)sin ,(,0)2sin [0,1]"()0,(1,)0,(,0)x x x x x x x x f x x x ⎧-∈⎪⎪=∈+∞⎨⎪⎪-∈-∞⎩⎧∈⎪=∈+∞⎨⎪∈-∞⎩⎰⎰⎰⎰四、判断级数2ln ln sin ln n nn n +∞=∑的绝对收敛性和相对收敛性 解：（1）绝对收敛性：（主要使用放缩法）21,|sin ||sin(1)|2sin 2,ln ln 1ln ln ln ln ln ln |sin ||sin ||sin |ln ln ln ln 2n M n M n M M n n N n n A M M n n n n n n n n n An +∞+∞+∞===+∞=∀∈++≥=>=>>∑∑∑∑首先，不难证明对于当足够大的时候。

显然，该级数发散。

即不绝对收敛（2）相对收敛性：（A-D 判别法） {}0{}n n n n n n a b a a a b ∑∑∑<1>收敛于，有界<2>有界，收敛满足上述任意一个条件收敛221cos12sin sin ()11cos cos22ln ln 1lim lim 0(')ln ln Dirichlet n n n n n n n L Hospital n n+∞+∞==→∞→∞=<==∑∑积化和差法则根据判别法，知该级数收敛五、计算22()(2)()I y z dx x yz dy x y dz Γ=-+-+-⎰，其中Γ为曲线222222,0,022x y z az b a x y bx⎧++=⎪≥<<⎨+=⎪⎩，从z 轴的正方向看过去，Γ是逆时针方向 解：（利用奇偶性做）2222,4cos sin 22cos 2cos sin [,]2(12sin )2()224()(2)x y z z dx b d yd x b y b dy b d x b d by z dz d z I y z dx x yz dy θθθθθθθππθθθθθθθθ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎧⎪⎧=-=-=⎪⎪⎪=∈-⇒=-=-⎨⎨⎪⎪=⎩⎪==⎪⎩=-+-代入方程得到2222222222(),(0)(cos 21)cos 22cos1cos 224x y dzxdy bd b d b d b ππππππππθθθθθθθπΓ----+-==+=+==⎰⎰⎰⎰⎰利用奇偶性，第一第三个积分为六、设()[0,1]f x 在上变号，且为连续函数，求证：1[0,1]min ()|'()|f x f t dt ≥-⎰证明：（画出函数图像，分两段讨论：）minminminmin1min min 01min min 0[01]inf{|()0},()0(1)[0,]()'()|'()||'()|(2)[1]()'()|'()||'()|x x x x x f x f x f x f t dt f t dt f t dt x f x f t dt f t dt f t dtξξξξξξξξξ∈=>=∈⇒=-≥-≥-∈⇒=≥-≥-⎰⎰⎰⎰⎰⎰利用介值定理，取，，不难证明，七、证明含参变量反常积分0sin [](1)xydy x y δ+∞+∞+⎰在，上一致收敛，其中δ>0，但是在(0, +∞)内不一定一致收敛。

证明：0022sin 1sin sin (1)lim (1),0,,1sin ||M M M N xy xyy dy dxy dyx y x x xy x yN M Ny dy x x y δδεεε+∞+∞→+∞==+++∀>∃=∀>≤≤+≤<⎰⎰⎰⎰根据定义。

（利用了Cauchy-Schwarz 不等式）02sin [0](1),,sin sin sin ||11xMM xM xM xN N xN xN xydy x y Cauchy N M N x Mydy xy y y M dxy dy y dy M MN x xy x y M M x x x x MM πεε+∞+∞+∀∃∀><+-+++>=≤≤=+⎰⎰⎰⎰⎰（2）在，不一致收敛反证法：根据收敛准则，>0,当时当足够大时，上式显然不成立，矛盾。

故原命题成立八、在底面半径为a ，高为h 的正圆锥内作长方体，其一面与圆锥地面重合，对面四个顶点在锥面上，求长方体的最大体积。

解：2223A 1sin ,2'1''2128()(2)((2))1222222'2S d h V S h d h a d h d d h d d a V d h a d a d a a a dh h h a θ=≤⎧==⎪-⎪⇒==-≤++-=⎨⎪-=⎪⎩顶顶首先，由于顶点所在的平面和圆锥的交线为一个圆A ，四个顶点组成在圆上。

所以，易知长方体的底面中点和圆锥底面的中点重合。

另外，顶面的长方形对角线为圆的直径d ，即为定值。

当且仅当底面为正方形的时候取到。

不妨设，高为227Lagrange Lagrange h 本题还可以用乘子法解决。

但是，我觉得用初等方法也可以。

我不用乘子法用意是学习了高等数学不应该把初等数学方法忘记了。

九、设(01)a ∈，，()[0,](0,)f x a a 在上连续，在,在（0，a ）内可导，以及在(0,a)内取到最值，且满足f(0)=0,f(a)=a 。

证明：1）(0,),()a f a ηηη∃∈=使得； 2）(0,),'()a f a ξξ∃∈=使得证明：1）命题有问题，取a=1/2,f(x)=5x-8x 2f(0)=0,f(1/2)=1/2 f(x)在5/16取到最值，但是f(x)-ax 只在x=0,x=9/16等于0，与命题1矛盾。

()()()()[0,]()0,(0,)(0,),'()0'()()0,',(')()(0)0,(0,'),()()Rolle g x f x ax f x g x a g x x a a f g a g g g g g g ξξξξξξξξηξηξ=->∈∈=⇒=-=<>=∈=2）构造函数。

由于为连续函数，所以在上为连续函数，且一致连续反证法：如果命题不正确，那么根据题设，存在使得由于加上一致连续的条件，存在由于利用连续性和介值定理，存在根据中(,),'()0'()g f aζηξζζ∃==-值定理，得到括号里的是我的个人意见，主要是一些思路。

本人水平不够，如果有错误，希望大家不吝指出，并恳请大家原谅。

希望大家继续支持bossh ！。