1、2021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案考研数学分析真题集目录南开大学北京大学清华大学浙江大学华中科技大学浙江大学数学分析试题答案一、0, n , 当 nn 时，mn , nn , anam证明:该数列必定是有界数列，有界数列必有收敛子列 an， lim anka ，kk所以， anaanan kanka2二 、0,n , 当 xn 时 ， f (x)g( x)，0,10, 当 x1

2、g( xn2 , n

3、2 时， g(x ( x)f ( x)0，f (xt) dtxx

4、x 200xf (t) dt ( x)lim02limlim02接连。x0x 0xxx0xx0x2五、当 mk 时，不妨设 mk ，1112m ( m )2k ( k )1pm ( x) pk ( x)dx2mk m!k!1 ( x1)( x1)dx1( x21) m ( m) ( x21) k ( k ) dx1( x 21) m ( m ) ( x21) k ( k 1 )11(

5、x 21) k ( k 1 ) ( x 21) m ( m 1) dx =1111) k ( k( x 21) m ( m1) dx(1) k11) k ( x 21) m ( m k ) dx0( x 21)( x211当 mk 时，1pm ( x) pk (x)dx111) m ( m ) ( x 21) m ( m) dx12( x22 mm!121( x21) m ( m ) ( x21) m ( m) dx ( x 21) m m ( x21) mm 111( x 21) m m 1 ( x21) m ( m 1) dx111=1( x 21) m m 1( x21) m ( m 1

6、) dx =( 1) m11) m ( x1) m ( 2 m) dx =1( x221(1) m( 2m)!11) m dx = 2(11) m dx( x21) m ( 2m)!( x210六、 j 是实数，0,0,当 t( xi 1 , xi ) 时，n时，当if (i )(xix i1 )ji1n 1limni0iss11x dx ，当 s1时，该积分收敛。nn0nk1在 (, )(1)n七、( 1)有界，上单调共同趋于零， 由狄利克雷区别法知，xn 1 nx 2k1n2在 (,) 上共同收敛，1与1 同敛散，所以发散；n 1 nx2n 1n当 x0时，x 2必定收敛，当x0 时，x2

7、必定收敛；n 1 (1x 2 ) nn1 (1×2 ) n2021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案12111 ，所以纷歧致收敛rn ( x)(1 x2 ) n 取 xn(11ne)n8、 1.i (s)1sln( st) dt1ln( t s) dts1ln st dtsln( s t )dtln( t s)dt000ss1 sln tdtln tdt00i ( s)11s10s12( 1 ln 11i (s)2 2 ln tdt2 dt )ln 2 10220y 2( u, v)y, x2. uxy,v,y22y

8、3v , jx( x, y)x2,x1，当s2331dv2du3vln 3113时，j31x 2y2(1 xy) 2 dxdyd: x2y 2xyxy3.d3sincosj 434d1 sin cos(r cosr sinr 2 sincos)r dr4034) 4) 2(1sin 2( x3(sincos83 4(1sin 28334(1sincos) 3 d34(2sin 2)3 d30( 2sin 2( x) 24dx) 3483(1cos2x) 2dx30(2cos 2x) 3(1cos2x) 2dx4sin 4xdx 2 24 sin 4xdx8 2dx0 (2cos2 x)3(1

9、2 sin232232230x)0(3 sin xcosx)0sin x (3cotx)8 2d cot x8dx2 ) 38dx82 cos4 xdx22 (1cos 2x) 2 dx0 ( 3cot 2 x) 30 (3 x270(1x 2 )3270270184 3j=2021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案南开大学年数学分析一、设 wf ( xy, xy, x) 其间f ( x, y, z) 有二阶接连偏导数，求解:令 u=x+y,v=x-y,z=x 则 wxf ufvf z ；wxyfuuf uv (1)fvuf vv ( 1)fzuf zv(1)二、设数列 an 非负单增且

10、 lim ana ，证明 lim a1na2nnn11解:因为 an 非负单增，故有ana1na2nann n(nann ) n由 lim ana ；据两端夹定理有极限树立。n三、设f (x)x ln(1x 2 ), x 0 试断定的取值规模，使f(x) 别离满足:0, x0wxy1ann na（ 1）极限 lim f ( x) 存在x 0（ 2） f(x) 在 x=0 接连（ 3） f(x) 在 x=0 可导解:（ 1）因为limf ( x ) = lim xln(1 x2 ) = lim x x2x4( 1)n 1 x2 no(x2n ) 极 限 存 在 则x0x 0x 02n2+0 知2

11、(2) 因为 lim f (x) =0=f(0)所以要使 f(x) 在 0 接连则2×02021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案（3） f (0)0所以要使 f(x) 在 0 可导则1四、设 f(x) 在 r 接连，证明积分f ( x2y 2 ) xdxydy 与积分途径无关l解；令 u= x2y2 则f ( x2y2 )xdxydy = 1lf (u) du 又 f(x) 在 r 上接连故存在f（ u）l2使 df(u)=f(u)du= f ( x2 y2 )xdx ydy所以积分与途径无关。（此题应谢谢小毒物供给思路）五、设f(x)在a,b上 可导，ab且 f(x) m, 证明f

12、() 02b f ( x ) dxm( ba ) 2a4证 :因f(x) 在a,b 可导 ，则 由拉 格朗 日中 值定 理， 存在ba(a,b)使f (x)f ( a b)f ( )( xa b )即有22babf ( x)dxf( )( x)dxa2bf ( )( xa b) dx m a b2a2a(a bx)dxabb ( xa b)dxm (b a) 22224六、设 an 单减而且收敛于 0。an sin n 发散a)证明ansin n收敛b)证 明lim un1其 中un( ak sin kak sin k) ；nvnvn( ak sin kak sin k)证:（1）因为sin

13、k1而 an 单 减 而 且 收 敛 于0 据狄利克莱 区别法知sin 12ansin n收敛（ 2）因为正项级数an sin n 发散则aksin k(n) 又由上题知ak sin k有界 故有 limun1nvn2021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案七、设 f (t)1e tx sin x dx 证明x（1）1e tx sin x dx在 0,) 共同收敛x（2） f (t ) 在 0,) 接连证:（1）因1sin xdx 收敛（可由狄利克莱区别法判出）故在t>=0 上共同收敛；又 e txx在 x>=1,t>=0 单调且共同有界 0e tx1(x1,t0) 由

14、阿贝尔区别法知共同收敛（2） t0 0,),0使 t0, 由上题知， f（ t）在 , 共同收敛，且由 etx sin x1,), 上接连知 f（t）在 , 接连所以在 t 0 连x在（ x,t ）续，由 t0 的任意性得证8、令 fn ( x) 是 a,b 上界说的函数列，满足（1）对任意 x0a,b fn (x0 ) 是一个有界数列（2）对任意0，存在一个0,当x, y a,b且 xy时，对悉数天然数 n,有 fn (x)fn ( y)求证存在一个子序列 f nk( x) 在 a,b 上共同收敛证:对任意 x a,b ， f n ( x) 是一个有界数列故由细密性定理存在一收敛子列，设为

15、f n k( x)，又令 u= u(x, x ) xa,b 则 u 为 a,b 的一个开掩盖集，由有限掩盖定理，存在有限个开区间掩盖a,b ，不妨设为 u( x ,)u(xm,)1x1xm于 是 对0,能找到一 n >0 ，n, nn， xi ,(i1,2,m) 有k1k2f( x )f(x )令min,xm 则由条件（2）知对上述0kikix1n 2n 230,x a,b,xl 使 xxl，对悉数天然数 n, 有 f n (x)f n(xl )32021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案所以0,k0,k,tk有nk , ntn,xa, b,xl a,b有f nt (x)f nk(

16、 x)f nt( x)fnt ( xl )fnl( xl )fnk( xl )fnk( xl ) fnk ( x)f nt ( x)f nt ( xl ) +f nl ( xl )f nk ( xl ) +f nk(xl )f nk (x)由柯西原则得证。南开大学数学分析试题答案f ( x)1. limx a f (a)1ln f ( x)f ( a )x af (a)x ae f ( a )lim e1x a2.zf x yyf y ,xx 22 zf xyxf xxyf xy12f yyf yxy3f yy = f xyxfxx12f yy3 f yyx yxxxxxx3.即证明

17、2 ln(1x)111，即证 2 ln(1x)x111xxx设 f (x)2 ln(1x)x11， f ( 0)0 ，1xf (x)211×20， f ( x)f (0)0 ，证完。1x(1x) 2(1x) 2×2 y2 ln( x 2y 2 ) dxdy2sincos2d12 dr4.=02r 5 ln r=d082 sin 2cos2d15 ln rdr =r72005.设 p= x 2y2， q=2 xy ，q2 yp ，积分与途径无关，则xyx 2dx3j30ln n1ln nln nln n6.n n 1 e n00nnn 1,又当1 n1收敛，当1 n 1时， n时，级

18、数 n发散，原题得证7.由 拉 格朗日定理，f (2n)f ( n)f (n ) limf (2n)f (n)0nnn，原题得证n1时出题树立，8.（ 1）使用数学归纳法，当若 当nk题也成 立，则当n k1，时 命时fk 1min fk , fk 1 (fkfk 1 ) fkf k 1fk 1 接连。2，由归纳假定（2） fk 1 ( x)f (x) fk 1( x)f (x)都接连，由地尼定理，该收敛为（3）由单调递减趋于，与共同收敛。x0(a,b), x0x1x29.(1) 证明

19、:取x1x0 , x1x2 , x2x0 ，代入式中得，x2x0f ( x1 )f ( x0 )x1x0 f (x2 )f (x0 ) 即 f ( x1 )f (

x0 )f ( x2 )f ( x0 ) ，所以函数x2x0x1x0x2x0g( x)f ( x)f ( x0 ) 单调递加有下界，然后存在右极限，则xx0f (x0 )limf ( x)f (x0 ) ；x x0xx0x1x2x3x4 ，由题设可得f ( x1 )f (x2 )f ( x2 )f (x3 )f ( x3 )f (x4 ) ，x1x2x2x3x3x4即f (x1 )f ( x2 )f ( x3 )f (

20、x4 )f ( x1 )f ( x2 )limf (x3 )f ( x4 )然后 lim，x1x2x3 x4x2x1x1x2x4 x3x3x4所以导函数递加。(2) 参阅实变函数的有关教材。南开大学数学分析试题答案1.因为 d关于 x轴对称，被积函数关于y成奇函数，所以该积分为02021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案yzduyzy zg xg y xg z x02.dxf xf y xf zx ，其间x ,x由yz求出hxhyhz0xxyhx g zhz g x , zhx g yhy g xx gy hzg z hyx g y hzgz hy3. lim 1n nn11dx3k 1

21、4 (k204 x 22 3)nm2,1在 x(0, ) 上单调共同趋于0，则 f ( x) 在 x(0, ) 上共同收4.sin tdt0xt敛，又 sin t 在 x(0,) 上接连，则f ( x) 在 x (0,) 上接连。xt5.由泰勒公式111e，则e 12!n!(n1!1)!e111ee，后者收敛，则原级数收敛。12!n!(n 1)!( n1!1)!6.由拉格朗日中值定理，定理，原级数共同收敛。1x1xmxmf ()f ( x)n也共同收敛且连

22、续，故s( x) 接连可n 1n2导7.反证:设存在( x0 , y0 ) 有 ( qp )( x0 , y0 )0 ，不妨设 (qp )( x0 , y0 ) 0 ，由连xyxy续函数的部分保号性，晓得存在一个邻域, 当 (x, y)时 (qp )( x, y)0 ，则存在xy一个圆周 c0, pdxqdy( qp) dxdy0 与已知敌对。dxya时， f ( )( x22021 年数学考研数学分析各

23、名校考研真题及答案(2) 若对任意的 x( 0, a) 有 f ( x)g( x)0 ，两端对 x 积分即可6. f ( x)g( x0 )g( x0 )( xx0 ) ， f ( x0 )f ( x)g (x)( x0x) ，由 g( x) 在 ( a,b) 上有界说，则 g( x) 在 (a, b) 上有界，则可以得到f ( x) 在 (a,b) 上接连。( 2)x0x1x2，则f ( x

24、1 )f ( x0 )f ( x2 )f ( x1 )，则x1x0g( x1 )x2x1f ( x1 )f (x0 )f ( x2 )f (x0 ) 则 f (x)f ( x0 ) 单调递加有下界，存在右极限，f (x0 ) 存在，由极限的保不等式性可得我国科学院数学研讨院数学分析试题答案aba ln(1b a1. lim ln( e xe x ) limex)x0x0xaba ln(1ba（1）当 ba0时， limln( e xe x )limex )x0x 0xaba ln(1ba当 a0时， limln( e x

25、ex )limex)x0x0xaba ln(1ba当 a0时， limln( e xex)limex)x0x0xaba ln(1ba当 a0时， lim ln( e xex)limex)0x0x0x（2）当 ba0 时，abb ab ab a)limaln(1elimaexa b=lim ln(e xe xx)xa lim e xx2x 0x 0 xx 0x 0a( ab) limx 20( a b) x2xeabaa（3）当 ba0时， limln( e xe x )lim ln( 2e x)lim ln 2xx0x 0x 02021 年数学考研数学分析各名校考研真题及答案abaa当 a0时

26、， lim ln( e xex )limln( 2e x )lim ln 2x0x0x 0xabaa当 a0时， lim ln( e xex )limln( 2e x )lim ln 2x0x0x 0xabaa当 a0时， lim ln( e xex)limln( 2e x )lim ln 2ln 2xx0x0x 02. 当0 时，limf ( x)0 ，然后 f ( x) 接连；x 0当1时， f (t )y 1 ln y0f (t )f ( y)0，t4.2dd2d