数学分析试题及答案4

（十四）《数学分析Ⅱ》考试题一填空（共15分，每题5分）：1设ERxxxEsup,|][{则1,Einf0;2设5)5()(lim,2)5(5xfxffx则54；3设0,)1ln(,0,sin)(xbxxaxxf在ax处可导，则01，b0。二计算下列极限：（共20分，每题5分）1nnn1)131211(lim;解:由于，nnnn11)131211(1又，1limnnn故。1)131211(lim1nnn23)(21limnnn；解:由stolz定理,3)(21limnnn33)1()(limnnnn)1)1()(1(limnnnnnnnn)1)1(2))(1(()1(limnnnnnnnnn.32)1)11(2111lim2nnnn3axaxaxsinsinlim；解:axaxaxsinsinlimaxaxaxax2sin2cos2lim.cos22sin2coslimaaxaxaxax4xxx10)21(lim。解:xxx10)21(lim.)21(lim22210exxx三计算导数（共15分，每题5分）：1);(),1ln(1)(22xfxxxxf求解:。1111111221122)(222222xxxxxxxxxxxxf2解:3设。求)100(2,2sin)23(yxxy解:由Leibniz公式)23()2(sin)23()2(sin)23()2(sin2)98(21002)99(11002)100(0100)100(xxCxxCxxCy6)2sin(26)2sin(2100)23)(2sin(2298982991002999922100100xxxxxxxxxx2sin2297002cos26002sin)23(298992100。]2cos12002sin)22970812[(2298xxxx四（12分）设0a，}{nx满足：,00x,2,1,0),(211nxaxxnnn;sincos33表示的函数的二阶导数求由方程taytax,tansincos3cossin3)cos()sin(2233tttattatatadxdy。ttattatdxydsincos3sec)cos(sec223222证明：}{nx收敛，并求。nnxlim解:（1）证明：易见，),,2,1,0(,0nxnaxxnxann1),,2,1,0(n从而有：),2,1(02)(2121nxxaxxaxxxnnnnnnn，故}{nx单调减少，且有下界。所以}{nx收敛。（2）求nnxlim：设}{nxl，由（1）知：0}{axln。在)(211nnnxaxx两边同时取极限得1limnnxl),(21)(lim21lalxaxnnn解之得al，即axnnlim。五（10分）求椭圆),(1002222yxbyax过其上点处的切线方程。解:在方程12222byax两边对x求导数得：,02222byyax故,22yxaby从而002200yxabyyyxx，所以椭圆),(00yx在点处的切线方程为)(000220xxyxabyy，即12020byyaxx六（10分）利用Cauchy收敛原理证明：单调有界数列必收敛。证明：设}{nx单调有界，不妨设}{nx单调增加。假定}{nx不收敛，则由Cauchy收敛原理，存在常数Nnm,,00),(nm0nmxx，于是令,1N存在1,11nm),(11nm011nmxx，再令,1nN存在122,nnm),(22nm022nmxx，一般地令,1KnN存在1,kkknnm),(kknm0kknmxx，这样得到}{nx的一个子列：,,,,,,,2211kknmnmnmxxxxxx满足：0kknmxx。从而有0kkmnxx，0kkmnxx),3,2(k，由此式递推可知：,)1(0000121kxxxxnnnnkkk因而}{nx无界，与条件矛盾，故}{nx收敛。七（8分）设满足：上在)0(),[)(aaxf|||)()(|),,[,yxKyfxfayx为常数）。证明：0(K1上有界；在),[)(axxf2上一致连续。在),[)(axxf证明：1.由条件知，|||)()(|),,[axKafxfax，故：|)(||||)(||)()(||)(|afaxKafafxfxf，aafKxafxaxKxafxaxKxxf|)(||)(||||)(|||||)(，可见上有界。在),[)(axxf2.),,[,21axx21212222122121122211|)()()()(||)()(|)()(xxxfxxfxxfxxfxxxxfxxfxxxfxxf2112221212|||)(||)()(|xxxxxfxxxfxfx|,||)(|2||)|)(|(1||2122121xxaafaKxxaafKaxxaK,][,0)(2aafaK取),,[,21axx,||21时当xx2211)()(xxfxxf,故上一致连续。在),[)(axxf八（10分）设naaa,,21为实常数，证明：nxaxaxaxfncos2coscos)(21内必有零点。在),0(证明：令,sin2sinsin)(12211nxaxaxaxFnn则),()(]0[)(xfxFxF上可导，，在,0)()0(FF故由Rolle中值定理，,0)(),,0(F使即,0)(f故)(xf内必有零点。在),0(（十五）数学分析2考试题一、单项选择题（从给出的四个答案中，选出一个最恰当的答案填入括号内，每小题2分，共20分）1、函数)(xf在[a,b]上可积，那么（）A)(xf在[a,b]上有界B)(xf在[a,b]上连续C)(xf在[a,b]上单调D)(xf在[a,b]上只有一个间断点2、函数)(xf在[a,b]上连续，则在[a,b]上有（）A)()(xfdxxfdxdbaB)()(xfdttfdxdxaC)()(xfdttfdxdbxD)()(xfdttfdxdbx3、在[a，+∞]上恒有)()(xgxf，则（）Aadxxf)(收敛adxxg)(也收敛Badxxg)(发散adxxf)(也发散Cadxxf)(和adxxg)(同敛散D无法判断4、级数1nna收敛是（）对p=1,2…，0)(lim21pnnnnaaaA充分条件B必要条件C充分必要条件D无关条件5、若级数111nn收敛，则必有（）A0B0C0D06、)()(1xaxfnn在[a，b]一致收敛，且an(x)可导（n=1,2…），那么（）Af（x）在[a，b]可导，且1'')()(nnxaxfBf（x）在[a，b]可导，但)('xf不一定等于1')(nnxaC1')(nnxa点点收敛，但不一定一致收敛D1')(nnxa不一定点点收敛7、下列命题正确的是（）A)(1xann在[a，b]绝对收敛必一致收敛B)(1xann在[a，b]一致收敛必绝对收敛C)(1xann在[a，b]条件收敛必收敛D若0|)(|limxann，则)(1xann在[a，b]必绝对收敛8、1)11()1(nnnxn的收敛域为（）A(-1,1)B(-1,1]C[-1,1]D[-1,1）9、下列命题正确的是（）A重极限存在，累次极限也存在并相等B累次极限存在，重极限也存在但不一定相等C重极限不存在，累次极限也不存在D重极限存在，累次极限也可能不存在10、函数f(x,y)在（x0,,y0）可偏导，则（）Af(x,y)在（x0,,y0）可微Bf(x,y)在（x0,,y0）连续Cf(x,y)在（x0,,y0）在任何方向的方向导数均存在D以上全不对二、计算题：（每小题6分，共30分）1、)0(21lim1pnnppppn2、计算由曲线2xy和2yx围成的面积3、求极限)1sin11(lim2222)0,0(),(xyyxyxyx4、已知),(yxxfz，求yzxz,5、计算nnnnxn112)1(的收敛半径和收敛域三、讨论判断题（每小题10分，共30分）1、讨论dxxxqpp01|1|的敛散性2、判断122)11(nnn的敛散性3、判断121sin)1(nnnnx的一致收敛性四、证明题（每小题10分，共20分）1、设f(x)是以T为周期的函数，且在[0，T]上可积，证明TTaadxxfdxxf0)()(2、设级数10nnnx收敛，则当0时，级数1nnnx也收敛参考答案一、1、A2、B3、D4、A5、D6、D7、C8、A9、D10、D二、1、由于px在[0，1]可积，由定积分的定义知（2分）121limppppnnn11)21(1lim10pdxxnnnnnpppppppn（4分）2、、两曲线的交点为（0，0），（1，1）（2分）所求的面积为：31)(102dxxx（4分）3、解：由于x1sin有界，01sinlim)0,0(),(xyyx（2分）)1sin11(lim2222)0,0(),(xyyxyxyx=)11)(11()11)((lim22222222)0,0(),(yxyxyxyxyx（3分）=111lim22)0,0(),(yxyx=2（1分）4、解：xz=yff121（3分）yz=22yxf（3分）5、解：212)1(lim1nnnnn，r=2（3分）由于x=-2，x=2时，级数均不收敛，所以收敛域为（-2，2）（3分）三、1、解、因为被积函数可能在x=0和x=1处无界，所以将其分为dxxxqpp01|1|=dxxxpqp101|1|1+dxxxqpp11|1|（2分）考虑奇点x=0应要求p-11；奇点x=1应要求p+q1；（4分）当x时，由于1211~)1(1qpqppxxx，知2p+q-11时积分收敛（2分）所以反常积分满足p2且2(1-p)q1-p收敛，其余发散（2分）2、解：由于nnnnn1~112112222（6分），又11nn发散（2分）所以原级数发散（2分）3、解：2211sin)1(nnnxn（6分），由weierstrass判别法原级数一致收敛性（4分）四、证明题（每小题10分，共20分）1、证明：TaTTaTaadxxfdxxfdxxfdxxf)()()()(00（1）（4分）aaTaTdttfTtdTtftTxdxxf00)()()()(（2）（4分）将式（2）代入（1）得证（2分）2、证明：11)1)((00nnnnnnxnx（4分）01n单调下降有界（3分）由Abel定理知原级数收敛（3分）