复旦大学数学分析考研试题及答案

复旦大学2001年招收硕士学位研究生考试试题数学分析1求极限1221limln(21)xxxex−→−−（12分）2.已知证明),(0)('',0)0(+∞−∞xxffxxf)(分别在)0,(−∞与),0(+∞都是严格单调增加函数。（12分）3.设收敛，，问积分是否一定收敛？收敛的话，请证明之；不一定收敛的话，请举出反例。（12分）∫+∞adxxf)(lim()1xgx→+∞=∫+∞adxxgxf)()(4.设是由隐函数),(yxzz=0),(=++xzyyzxF确定，求表达式yzyxzx∂∂+∂∂，并要求简化之（12分）5.用Lagrange乘数法，解12),,(422=++=xyzzyxzyxf在条件下的极植问题。（13分）6.求曲面所围区域的体积。（13分）xyzzyx3)(3222=++7.证明：611ln210π=−∫dxxx（推导过程要说明理由）（13分）8.将),0(,sinπ∈=xxy展开成余弦级数，并求级数∑+∞=+−−12114)1(nnn的和（13分）复旦大学2001年招收硕士学位研究生考试试题数学分析习题答案1.解:111112222200ln(21)22111121[]'211lim()limlimlimln(21)[ln(21)]'4ln(21)8xxxxxxxxxxe12xxexexxxx−−−−→→→→−−−−−===−−xex−−−111122222211211[1]'11limlim8[ln(21)]'81xxxxxxxxeexex−−−→→−−−−==−6=−■2.证:设xxfxF)()(=,则2)()(')('xxfxxfxF−=,设)()(')(xfxxfxG−=,而从而有,0)0(f)()(',0)0()0(xxfxGfG=−=,而),(0)(''+∞−∞xxf故当时,,G,此时,即有)0,(−∞∈x0)('xG)0()(Gx0)('xFxxf)(分别在)0,(−∞上严格单调增加;当时,,,此时,即有),0(+∞∈x0)('xG)0()(GxG0)('xFxf)(分别在)0,(−∞上严格单调增加;x综上所述,xxf)(分别在(与都是严格单调增加函数.■)0,−∞),0(+∞3.解:不一定收敛.∫+∞adxxgxf)()(取axaxg221)(−+=，21)(xxf=，取，则有收敛，lim，而0a∫+∞adxxf)(=+∞→xgx1)(dxdxdxxgxfaaxxaaxaxa∫∫∫+∞−+∞−+∞=+=2122122)1()()(.显然ax=为该积分的一奇点,并且在这一点处该积分不收敛,所以不一定收敛.■∫+∞adxxgxf)()(4.解:设xzyvyzx+=+=,u,则有该方程左右两边分别对x,y求导有:0)1(''''2=++=+∂∂−∂∂∂∂∂∂yxzvyyzuyvvyuuFFFFyz0')1('''2=++=+∂∂−∂∂∂∂∂∂xxzvxyzuxvvxuuxzFFFF则有:22'''',22''''xyFzyFxyFzxFzuvzuvxyxyFxFxyFyFvuuv++∂∂==∂∂−−''''''''''''''2222uvvuvuvuvuuvvuxFyFzxFFxyzyFyFxyFxFzxFFxyxFyFzyFyFxyzyxzx−−−+=−++−+=∂∂+∂∂.■5.解:作Lagrange函数有:)1(2),,,(422−+++=xyzzyxzyxLλλ.∗解答人:王伟嘉兴南洋职业技术学院基础部助教令得,0''''====λLLLLzyx⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=−=+=+=+01020202xyzxyzxzyyzxλλλ解得或或或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−====2111λzyx⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−=−=−==2111λzyx⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−===−=2111λzyx⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−=−=−=−=2`111λzyx所以12),,(422=++=xyzzyxzyxf在条件下的极植为25.■6.解:由曲面方程知所围立体只能位于第一,三,五,七卦限,且体积为第一卦限立体V得4倍,1即∫∫∫==1441VdxdydzVV31)sincoscos(sin30,0,0,cossinsincossin2322θθϕϕϕθϕθϕθϕππ≤≤≤≤≤≤⎪⎩⎪⎨⎧===rrzryrx则,令∫∫∫=3123)sincoscos(sin3022020sin4θθϕϕππϕϕθdrrddV212022034cossincossin3==∫∫ππϕθθϕϕθdd■7.解:由于)]1(1ln[lnln1xxx−−−=−=,−−−−−−−−−−=−−++111331221)1()1()1()1()]1(1ln[nnxxxxx则有:xx−11ln=+−++−+−++nnxxx)1()1()1(11231211取,则有xt−=1dtntdxxxxdxxxnnnn∫∑∫∫∞=−+=+−++−+−+=−101110112312110])1()1()1(1[11ln∑∫∑∞=∞=−==1101211nnnndtnt.而由数项级数6122π=∑∞=n1n,故611ln210π=−∫dxxx成立.■8.解:将延拓为xysin=],[ππ−上的偶函数.⎩⎨⎧∈−∈−=],0[,sin]0,[,sinˆππxxxxy.则,)3,2,1(,0==nbn==∫ππ020sinxdxaπ4,)1(1)1(02212cossin−−−+∫==nnnnxdxxaπππ由收敛定理有:对于),0(π∈∀x.nxynnncos21)1(1)1(221∑∞=−−−++=ππ.则当2),3,2,1(,2π===xmmn,则有1(1)24124cos224141211mymxmmmmππππππ+∞∞−=−=+∑∑=−−==,而1sin22===ππxy,则∑+∞=+−−12114)1(nnn=214−π.■