福建师范大学2006年数学分析考研试题答案

12006年福建师范大学研究生入学考试年福建师范大学研究生入学考试年福建师范大学研究生入学考试年福建师范大学研究生入学考试《《《《数学分析数学分析数学分析数学分析》》》》试题和答案试题和答案试题和答案试题和答案一一一一、、、、选择题选择题选择题选择题（本题共4小题，每小题4分，满分16分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。要求把答案填在答题纸上）1.把0x+→时的无穷小量20cos,xtdtα=∫20tan,xtdtβ=∫30sinxtdtγ=∫排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是（A）,,αβγ（B）,,αγβ（C）,,βαγ（D）,,βγα2.设函数()fx连续，且(0)0f′，则存在0δ，使得（A）()fx在(0,)δ内单调增加（B）()fx在(,0)δ−内单调减少（C）对任意的(0,)xδ∈，有()(0)fxf（D）对任意的(,0)xδ∈−，有()(0)fxf3.设{},{},{}nnnabc均为实数列，且lim0,lim1,limnnnnnnabc→∞→∞→∞===∞，则必有（A）nnab对任意n成立（B）nnbc对任意n成立（C）{}nnac存在有限的极限（D）{}nnbc不存在有限的极限4.设可微函数(,)fxy在点00(,)xy取得极小值，则下列结论正确的是(A)0(,)fxy在0yy=处的导数等于零(B)0(,)fxy在0yy=处的导数大于零(C)0(,)fxy在0yy=处的导数小于零2(D)0(,)fxy在0yy=处的导数不存在答案答案答案答案：1.(B).2.(C).3.(D).4.(A).二二二二、、、、填空题填空题填空题填空题（本题共8小题，每小题3分，满分24分.要求把答案填在答题纸上）1.21ln(1)0lim(cos)xxx+→=2.曲面22zxy=+与平面240xyz+−=平行的切平面的方程是3.若级数1nna∞=∑绝对收敛且级数1nnb∞=∑条件收敛，则级数100(||)kkkab∞=−∑的敛散性是4.已知()xxfexe−′=，且(1)0f=，则()fx=5.设L为正向圆周222xy+=在第一象限中的部分，则曲线积分2Lxdyydx−∫的值为6.幂级数1(3)nnxn∞=−∑的收敛域为（要考虑端点情况）7.设,010,()()0,axafxgx≤≤==其它，D表示全平面，则()()DIfxgyxdxdy=−=∫∫8.设函数()yx由参数方程333131xttytt=++=−+确定，则曲线()yyx=向上凸的x取值范围为答案答案答案答案：1.1e.2.245xyz+−=.3.发散.4.21(ln)2x.5.32π.6.[2,4).7.2a.8.(,1)−∞或(,1]−∞3三三三三、（、（、（、（15分分分分））））设222(),ufrrxyz==++，若u满足方程2222220uuuxyz∂∂∂++=∂∂∂，试求出函数u.解：因()uxfrxr∂′=∂，()uyfryr∂′=∂，()uzfrzr∂′=∂，……….3分所以22222222223/()()()()uxrxrxyzfrfrfrfrxrrrr∂−+′′′′′′=+=+∂.……….5分同理可得2222223()()uyxzfrfryrr∂+′′′=+∂,2222223()()uzxyfrfrzrr∂+′′′=+∂.………7分由条件得2222222()()0uuufrfrxyzr∂∂∂′′′++=+=∂∂∂,或2()2()0rfrrfr′′′+=.于是有2[()]0rfr′′=,………..10分推得2()Cfrr′=,解出1()CfrCr=−+,其中1,CC为任意常数.………15分四四四四、（、（、（、（15分分分分））））设函数()fx在(,)−∞∞上连续且恒大于零，()()()()22222()()222()(),()tDtttDtfxyzdVfxydFtGtfxydfxdxσσΩ−+++==+∫∫∫∫∫∫∫∫，其中{}{}2222222()(,,),()(,)txyzxyztDtxyxytΩ=++≤=+≤.（1）讨论()Ft在区间(0,)+∞内的单调性.（2）证明当0t时，2()()FtGtπ.解（1）：因为()()()()222220000222000sin2()ttttddfrrdrfrrdrFtdfrrdrfrrdrπππθϕϕθ==∫∫∫∫∫∫∫，……4分4()()()()220220()2tttftfrrtrdrFtfrrdr−′=∫∫，…………6分所以在(0,)+∞上()0Ft′，故()Ft在(0,)+∞内严格单调增加.……..7分证明（2）：因为()()2020()ttfrrdrGtfrdrπ=∫∫，要证明0t时2()()FtGtπ，只需证明0t时2()()0FtGtπ−，即只需证明0t时()()()222220000tttfrrdrfrdrfrrdr−∫∫∫.令()()()22222000()tttgtfrrdrfrdrfrrdr=−∫∫∫，………..10分则()()()2220()0tgtftfrtrdr′=−∫，故()gt在(0,)+∞内严格单调增加.……………13分因为()gt在0t=处连续，所以当0t时，()(0)0gtg=.故当0t时，()0gt，即当0t时，2()()FtGtπ.………..15分五五五五、（、（、（、（15分分分分））））设有方程10nxnx+−=，其中n为正整数，证明此方程存在唯一正实根nx，并证明当1α时，级数1nnxα∞=∑收敛.证明：记()1nnfxxxn=+−.……….2分当0x时，1()0nnfxnxn−′=+，故()nfx在[0,)+∞上严格单调增加.……..5分又(0)10,(1)0nnffn=−=，由连续函数的介值定理知方程10nxnx+−=存在唯一正实根nx.…………10分由10nnnxnx+−=与0nx知110nnnxxnn−=，故当1α时，10nxnαα.5又正项级数11nnα∞=∑收敛，所以当1α时级数1nnxα∞=∑收敛.……….15分六六六六、（、（、（、（15分分分分））））设函数()fx在闭区间[,]ab上连续，在开区间(,)ab内可导，且()0fx′.若极限()2limxafxaxa+→−−存在.证明：(1)在(,)ab内()0fx.(2)在(,)ab内存在点ξ，使()222()babaffxdxξξ−=∫.(3)在(,)ab内存在与(2)中ξ不同的点η，使()222()()bafbafxdxaξηξ′−=−∫.证明：（1）因为()2limxafxaxa+→−−存在，所以()lim20xafxa+→−=，由()fx在[,]ab上连续，从而()0fa=.…………..2分又()0fx′，所以()fx在(,)ab内严格单调增加，从而()()0,(,)fxfaxab=∈.……………..5分（2）设2(),()(),xaFxxGxftdtaxb==≤≤∫，则()()0Gxfx′=.故(),()FxGx满足柯西中值定理的条件，于是在(,)ab内存在点ξ，使()()()222()()2()()()()()xbaxaaxaxFbFabaGbGafftdtftdtftdtξξξξ==′−−===−′−∫∫∫，即()222()babaffxdxξξ−=∫.………………..10分（3）在[],aξ上应用拉格朗日中值定理得，在(),aξ内存在一点η，使()()()()()0ffaffaξξηξ′−=−=−.从而由(2)的结论得()()222()babafafxdxξηξ−=′−∫，即有()()222()bafbafxdxaξηξ′−=−∫.………15分6七七七七、（、（、（、（15分分分分））））设11310,0,3(1,2,)4nnnaaxxxnx+=+=L，证明数列nx存在极限，并求极限limnnx→∞.证明：由0a，易知0(1,2,)nxn=L，………..1分根据算术平均数与几何平均数的关系，有4413314nnnnnnnnnaaxxxxxxxaxx+=+++≥=.所以，数列nx有下界4a，即对一切1n，有4nxa≥.………………5分又141133144nnnxaaxxa+=+≤+=，所以1nnxx+≤，即数列nx单调减少.……………………..9分由单调有界准则知数列nx有极限.…………………10分现设limnnxA→∞=，则由极限的保序性知40Aa≥.对式子13134nnnaxxx+=+两边同时取极限得3134aAAA=+,得4Aa=，即4limnnxa→∞=（已舍去负根）.……………….15分八八八八、（、（、（、（15分分分分））））设0sin()yxxIyedxx+∞−=∫，其中0yb≤≤.（1）证明()Iy在[0,]b上一致收敛；（2）求()Iy及(0)I的值.证明：（1）因0sinlim1yxxxex+−→=，故0x=不是奇点.………….1分由于0sin1cos2AxdxA=−≤∫，且当0yb≤≤时，yxex−在0x时关于x递减，又由于10(0)yxeybxx−≤≤，故当x→+∞时，yxex−关于(0)yyb≤≤一致趋于0.于是，由Dirichlet判别法知积分0sin()yxxIyedxx+∞−=∫在[0,]b上一致收敛.………………5分（2）因被积函数sinyxxex−及其对y的偏导数在0x≥上是连续的，又7200sin1sin1yxyxxedxexdxyxy+∞+∞−−∂=−=−∂+∫∫，且因00sinyxyxexe−−≤，而000(0)yxedxy+∞−∫收敛，故积分0sinyxexdx+∞−∫当00yy≥时一致收敛.因此，当0yy≥时可在积分号下求导数：20sin1()1yxxIyedxyxy+∞−∂′==−∂+∫.由00y的任意性可知上式对一切0y都成立.…………………..9分两端对y积分得,2()arctan(0)1dyIyyCyy=−=−++∫.…………..10分因sin1xx≤,故01()(0)yxIyedxyy+∞−≤=∫,所以lim()0yIy→+∞=,即()limarctan02yyCCπ→+∞−+=−+=，因而2Cπ=.于是，()arctan2Iyyπ=−.…………………13分前面已经证明0sin()yxxIyedxx+∞−=∫在[0,]b上一致收敛，故()Iy是[0,]b上的连续函数，因此，0lim()(0)yIyI→=，即0(0)limarctan22yIyππ→=−=.…………………15分九九九九、（、（、（、（10分分分分））））设{}()nSx是函数项级数1()kkux∞=∑的前n项部分和函数列，每个()nSx在[],ab上连续，且1()kkux∞=∑在[],ab上一致收敛于()Sx.又{}[,]nxab⊂且0()nxxn→→∞.证明()()0limnnnSxSx→∞=.证明：因{}()nSx在[],ab上一致收敛于()Sx，故对任意0ε，存在1n，使当1nn时，对一切[,]xab∈有()()2nSxSxε−，特别有()()2nnnSxSxε−.………….3分由题设知()Sx在[],ab上连续，故存在0δ，当0xxδ−时，80()()2SxSxε−.…………….5分由0limnnxx→∞=知存在2n，使当2nn时，有0nxxδ−.取{}012max,nnn=，则当0nn时，00()()()()()()22nnnnnnSxSxSxSxSxSxεεε−≤−+−+=，故0lim()()nnnSxSx→∞=.…………………10分十十十十、（、（、（、（10分分分分））））设(),()fxgx在[,]ab上连续，且满足()()xxaaftdtgtdt≥∫∫，[,