(数学分析习题答案)第二章

第一篇：(数学分析习题答案)第二章

第二章 数列极限

P.27习题

2．按N定义证明：（1）limnn1n1

1nn1n1n11证明

因为 n1nn111n1n，所以0，取

N1，nN，必有lim.故3nn22n

（2）n2n122lim32

3nn证明 因为 2n1322n32(2n1)3}22n3n2(nn1)225n2n2252n3n 3nn2n1，nN，有

2(n1)，于是0，取

Nmax{1,323n.所以lim3nn2n122n2 n!limn0（3）nn

n!3证明 因为 nN1n0n!nnn(n1)1nnn1nn1nlim211nnn，于是0，取

n!n，nN，必有nlimsin0n!nn.所以

n0

n（4）n0

sinn0sinnn，于是0，取

N，nN，必有证明 因为sinn0nlimsinn.所以nann0

lim（5）n0(a1)

(h0)，于是

n(n1)2n(n1)2n1nhhhh22，从而 证明 因为a1，设a1han(1h)nnan0nannn(n1)2h22(n1)h2，所以0，取

limnanN2h21，nN，n有an02(n1)h2.故

n0 3．根据例2，例4和例5的结果求出下列极限，并指出哪些是无穷小数列：

11nlimlimlim33nn；（1）（2）n；（3）nn

111limnlimlimnlim10nnnn2；2（4）n3；（5）（6）n；（7）lim1nnlim11n0解（1）（2）（3）limlimnnn2a12），无穷小数列.（用例2的结果，3110，（用例5的结果，a3），（用例2的结果，a3），无穷小数列.nnn3lim13n（4）n11lim0qn33），（用例4的结果，无穷小数列.11lim0qn22），（用例4的结果，无穷小数列.nlim12n（5）nn（6）nlimnnlim10112，（用例5的结果，a10）.nlim12（7）n1a12）.,（用例5的结果，4．证明：若n证明 因为nlimana，则对任一正整数 k，有klimanka，于是，当kNlimana，所以

0,N0,nN,|ana|limanka|anka|nkN时，必有，从而有，因此k.5．试用定义1证明：

1n(1){n}发散.（1）数列n不以1为极限；（2）数列证明（用定义1证明）数列

{an}不以 a 为极限（即nlimana）的定义是：

00，N0，n0N，|an0a|0

102，N0，取n0N2N，有（1）取1n011N21N1N2N12(N1)11201，故数列n不以1为极限.102另证（用定义1’证明）取，则数列n中满足n2的项（有无穷多个）1U(1;0)(12,32)显然都落在1的邻域之外，故数列n不以1为极限.11nn(1)(1){1,2，4，6,}{n}{n}135（2）数列=，对任何aR，取0，则数列中所有满足“n 为偶数，且na1”的项（有无穷多个），都落在 a 的邻域U(a;0)(a1,a1)之外，故数列{n(1)n}不以任何数 a 为极限，即数列{n(1)n}发散.n(1)1n的极限是1.6．证明定理2.1，并应用它证明数列limana定理2.1 数列{an}收敛于 a 充要条件是：{ana}为无穷小数列.（即n的充要条件是nlim(ana)0），由数列极限的定义，0,N0,nN，有

lim(ana)0证明（必要性）设n|ana||(ana)0|limana，所以 n.（充分性）设nlim(ana)0，由数列极限的定义，0,N0,nN，有

limana|(ana)0||ana|，所以n.nn(1)n(1)(1)111nnn是无穷小数的极限是1.因为下面证明：数列n(1)1n的极限是1.列，所以数列7．证明：若n证明

设limanalimanan，则nlim|an||a|.当且仅当 a 为何值时反之也成立？，由数列极限的定义，0,N0,nN，lim|an||a||an||a||ana|{(1)}.n，所以也有n.但此结论反之不一定成立，例如数列当且仅当 a = 0 时反之也成立.设n|an||an|lim|an|0，于是0,N0,nN，所以nlimana.123nn38．按N定义证明：（1）lim(n1nn)0lim；（2）

n0

n1,nan2nnliman1n（3）n，其中|n1n|1n1n为偶数n为奇数

1n.于是0，取

n)0证明（1）因为nN，必有

n1nN12，|n1n|，从而nlim(n1.123n（2）因为

N1n3n(n1)2n3n12n2nn2n21n，于是0，取123nn3123nn3，nN，必有

01n，所以

1n

limn0

（3）因为当 n 为偶数时，|an1||an1|nnn12n1n112nnnn1nnnN121n当 n 为奇数时，管n 为偶数还是奇数，都有|an1|1n，故不

|an1|n.于是0，取，nN，必有，所以 nliman1.P.33习题

1．求下列极限： ⑴ 根据P.24例2，a0，可得 1113332n3n11nnlimlimn4n32n3n1344223nn

nlim1na0lim12nn2⑵ nlim(n1n22n)0，|q|1，可得 23232⑶根据P.25例4(2)3(2)n1nnn1limqnn0()1)n1nlimn32lim13n3(3

nlim111n1nlim(nnn)limnn12nnn⑷

这是因为由P.29例1若limn

alim(11nlimanan，则

limnan.于是由

n)1，得11n11.n⑸ nlim(n12n10)10，因为nlimna1（a0）

11limn1111121n213121321213n2limn2131n22n13⑹ 2．设nanbn3

limana，nlimbnb，且ab.证明：存在正数N，使得当nN时，有

ab2.aab2b证明 由ab，有

.因为nab2limana，由P.24保号性定理2.4，ab2存在N10，使得当nN1时有N20，使得当nN2时有abanbn2.an.又因为nlimbnb，所以，又存在bnab2.于是取Nmax{N1,N2}，当nN时，有3．设{an}为无穷小数列，{bn}{bn}为有界数列，证明：

{anbn}为无穷小数列.|b|M,n1,2,{a}为有界数列，所以存在M0，使得n.由n为

|an|M.从而当nN时，有无穷小数列，知0,N0,nN，|anbn||an||bn|Mlimanbn0{ab}M，所以n，即nn为无穷小数列.4．求下列极限 证明 因为111111111limlimnn1223n(n1)1223nn11lim11nn11（1）

21242822n222111n482112n21（2）因为

1122，而

nn12lim2n24n22821(n)，于是nn2222lim21nnlim221n，从而

22（3）

n 32n11lim2nn222557792n12n32n3lim3223lim33n1nnnn22222222

1（4）当n2时，2limn11n1n12n11nn1limn12，而

nlimnn11，所以n11n1.01n21(n1)21(2n)2n1n21n1n20,(n)（5）因为，所以

1110lim22nn2(n1)(2n)

n11222n1n2（6）因为nnlimnnn2n1nn2nn12nn21，lim111nn1且limn1n12，所以

12nn 1{anbn}1n225．设{an}与{bn}中一个是收敛数列，另一个是发散数列，证明是发散数列.an(bn0)b{ab}又问nn和n是否必为发散数列.证明（用反证法证明）不妨设收敛，则bn(anbn)an{an}是收敛数列，{bn}{bn}是发散数列.假设数列

{anbn}收敛，这与是发散数列矛盾，所以，数列

{anbn}发散.同理可得数列{anbn}发散.an(bn0){anbn}bn{a}{b}和不一定是发散数列.例如，若n是无穷小数列，n是有an(bn0)b{ab}界的发散数列.则nn和n是无穷小数列，当然收敛.bn(an0)limana0{b}a{ab}但是，有下列结果：如果n，n是发散数列，则nn和n一定是发散数列.6．证明以下数列发散：

nn(1)n1（1）证明 设an(1)nnn1，则

a2n2n2n11,(n)，而

a2n12n12n1，nn(1)n1发散.由P.33，定理2.8 知（2）证明 nn(1)n

(1)n 的偶数项组成的数列a2n2n，发散，所以n(1)n发散.ncos4（3）证明 设ancosn4，则子列 a8n11,(n)，子列

a8n47．判断以下结论是否成立（若成立，说明理由；若不成立，举出反例）：（1）若{a2k1}和{a2k}都收敛，则{an}收敛.解 结论不一定成立.例如，设an(1)nncos11,(n)4发散.，故

an(1)n，则

a2k1，a2k11都收敛，但发散.{a2k1}注 若和{a2k}都收敛，且极限相等（即k和

{a3k}lima2k1lima2kk），则

{an}收敛.（2）若{a3k2}，{a3k1}k都收敛，且有相同的极限，则

k{an}收敛.，则由数列极限的定义，知0，K10，kK1，|a3k2a|；同样也有K20，kK2，|a3k1a|；kK3|a3ka|Nmax{3K1,3K2,3K3}K30，.取，当nN时，对任

|aa|意的自然数 n，若n3k2，则必有kK1，从而n；同样若n3k1，则

|aa|kK3|aa|必有kK2，从而也有n；若n3k，则必有，从而n.所证明 设k以k，即n收敛.8．求下列极限：

（1）k24解 因为

113335lim132n12nlima3k2lima3k1lima3kalimana{a}

2n12n0135246

2n32n1(2n1)(2n1)0557(2n3)(2n1)lim13242n12n12n1

lim12n113而k0，所以

2n12nk

Sn13242n12n24352n2n1，设另解 因为24，Tn24352n2n1，则SnTn.于是SnSnTnSn12n1，所以

Sn12n1.（2）答案见教材P.312提示.（3）k解 lim[(n1)n],01

0(n1)nn[(11n)1]n[(11n)1]

nn1n10,(n)

所以，lim[(n1)kn]0

1另解 因为10，所以(n1)(n1)n1，于是

n1(n1)nn1，0,(n).从而0(n1)nn（4）答案见教材P.312提示.19．设limnna1,a2,amnn为 m 个正数，证明：

na1a2anmax{a1,a2,am}max{a1,a2,am}nnn

nn证明 因为 而nlimna1a2annnmax{a1,a2,am}

n1，所以nlimna1a2anmax{a1,a2,am}nn

10．设n（1）limnlimana，证明： ；（2）若

a0,an0[nan]na，则

limnnan1.nannan1证明

（1）因为limnan1nn[nan]nan[nan]1，所以

n[nan].由于

1[nan]limanalimalimaannnnnn，且，从而.（2）因为 na2annlimana0n，由P.29 定理2.4，存在N0，使得当nN时，有n32aa2.于是.ann32alimna2，并且

nlimn32na1，所以limnan1

P.38习题

1lim1nn1．利用

ne求下列极限：

n1lim1nnnn1limnnlim111n1n1n11n11e（1）1lim1nn（2）n111lim11ennn

nn1lim1nn1（3）1lim1n2n（4）n11n1limn11n12n12n1e

1lim1n2n2n1lim1n2ne，且an0,n1,2,，则注：此题的求解用到事实（P.29例1）：若nlimnlimanaana.n1lim12nn （5）

n11n单调增加，且有上界 3，于是 解 因为数列1112nnnn112nn2n31,(n)，所以

1lim121nn

2．试问下面的解题方法是否正确：求n解 不正确.因为极限nlim2nnlim2n

lim2nlim2n是否存在还不知道（事实上极限n不存在），所以设是错误的.3．证明下列数列极限存在并求其值：（1）设a12,an1{an}a2an,n1,2,

{an}证明

先证数列a1的有界性，用数学归纳法证明：2是

2an222{a}的一个上界.22，假设an2，则an1其次证明即a{an}{an}an1an单调增加.{an}，所以n有上界2.a(2an)2anann0aan2anan，所以n1，在an12an2单调增加.从而极限存在，设

limanan的两端取极限，得2lima22a，解之得 a = 0(舍去)和 2，所以nn.an1注：{an}的单调增加也可以如下证明：

an2anan2an221，所以

an1an.1还可以如下得到：an2（2）设a121412n1221412n21n1an1

c(c0),an1can,n1,2,

证明 先证数列{an}的有界性，用数学归纳法证明：{an}的一个上界是 1 + c.a1c1c，假设an1c，则an1can2c1c2c11c2，所以{an}有上界1 + c.其次证明{an}单调增加（用数学归纳法证明）.a1an1anccca2，假设

can1，于是can1can，从而{an}1can，即anan1.故{an}单调

2增加.所以极限存在，设14c2nlimanan，在an1can2的两端取极限，得aca，liman2解之得 a.由于an > 0，所以 a > 0.故 n(c0),n1,2,.（3）ancn!

证明 先证an1cn1{an}从某一项以后单调减少.取自然数 N 使得 N > c，于是当nN时，cn(n1)!{an}cn1cn1n!cn1ancN1anan，即从第N项开始

{an}{an}单调减少.limana由于在an1的各项都大于零，所以an{an}有下界0.从而极限存在.设n.，的两端取极限，得a0a，故a0，即nliman0nn1111nn1为递增数列的结论，证明为递增数列.4．利用1n2an1n1n1，要证：an1an,n2,3,，即 证明 设nnn1111111nnn1，为递增数列，所以有因为nnn1n2n1即nan1n1nn1nn1，于是

n1n2n1nn2n2n2ann1n1n1n1n1.nnn其中用到事实：n1n1n2nn(n2)(n1)21.收敛： 5．应用柯西收敛准则，证明以下数列

{an}22（1）证明 不妨设nm，则有 ansin1sin22sinn2n

sinn212m1n|anam|sin(m1)2m1sin(m2)2m2

12m2sin(m1)21m1sin(m2)2m2sinn2n12n

11111111m1nm1m1nm1nm2222222

111m12mm 221N，n,mN，有|anam|，由柯西收敛准则，{an}收敛.所以，0，取23（2）证明 不妨设nm，则有 an112121n2

1n1(n1)n2|anam|1m(m1)1(m1)211(m2)2

1n1m1n1m(m1)(m2)1m1m11m11m211n1所以，0，取收敛.N，n,mN，有|anam|，由柯西收敛准则，{an}6．证明：若单调数列证明 不妨设{an}{an}含有一个收敛子列，则

{ank}{an}收敛.{ank}是单调增加数列，是其收敛子列.于是有界，即存在M0，使得ankM,k1,2,.对单调增加数列{an}中的任一项am必有

单调增加有上界，从而收敛.anliml1liman0nan0an17．证明：若，且，则n

ananliml1limlr1nanan1n1证明 因为，所以存在 r 使得.于是由数列极限

anraran1a的保号性定理（P.29），存在N0，当nN时，n1，n.从而有aN1ranN2amamkM，即{an}raN3r2nN1an，因此，0anaN1rnN10,(n)，故

liman0.8．证明：若{an}为递增有界数列，则nlimansup{an}；若{an}为递减有界数列，则n.又问逆命题成立否？

证明 证明过程参考教材P.35，定理2.9（单调有界定理）.11an1n逆命题不一定成立.例如数列

n为奇数n为偶数n，limaninf{an}limansup{an}1，但{an}不单调.9．利用不等式 bn1an1(n1)an(ba),ba0，证明：

n11111nn为递减数列，并由此推出n为有界数列.n1a1证明 设n1n，由不等式 bn1an1(n1)an(ba)，有

bn1an1nanbnan1anban1，于是bn1nanbnan1anb，bnnanannan1b.a111n在上式中令

nnn,b11n1n1，ba，得

nnan111nn1n1

nnnnn1nn1n1n1nnn1nnn

n1nnn11n1nn1nannn

n111即an1an，故n为递减数列.nn111111111n而n1n14，所以n为有界数列.e(11n)n310．证明：

n

1n1证 由上题知1n为递减数列，于是对任何mn有，1n1m11n11n，令m，取极限得，n111ne n1nnn11111又因为nn11131nn1nn ①②

1e1n由①、②得

n111nn，从而

1n)n3ne(1e(11n)n3n

a2a1b1211．给定两正数 a1 与 b1(a1 > b1)，作出其等差中项b2a1b1，一般地令an1anbn2与等比中项，bn1anbn,n1,2,

limanlimbn证明：n与n皆存在且相等.证明 因为a1b1，所以有可得{bn}单调增加.于是有下界，在{bn}an1anbn2anbn2anan2an，即{an}单调减少.同样，即{an}单调减少有

a1an1anbnbn1b1单调增加有上界，故

limann与nlimbn皆存在.2an1anbnlimanlimbnn的两端取极限，可得n

ansup{an,an1,}12．设{an}为有界数列，记，aninf{an,an1,}

证明：⑴ 对任何正整数n，⑵ {an}anan；

为递减有界数列，{an}{an}{an}aam为递增有界数列，且对任何正整数n，m有n；

⑶ 设a和a分别是⑷ {an}和的极限，则aa；

收敛的充要条件是aa

ansup{an,an1,}aninf{an,an1,}an证 ⑴ 对任何正整数n，⑵ 因为n为递减有界数列.由

asup{an,an1,}sup{an1,an2,}an1{a}，n1,2,，所以naninf{an,an1,}inf{an1,an2,}an1，知

{an}为递增有界数列.对任何正整数n，m，因为ananmanmam{an}为递减有界数列，{an}为递增有界数列，所以有

.alimanamaamaamn⑶ 因为对任何正整数n，m有n，令n得，即，alimamamm令得，故aa.⑷ 设{an}limana|aa|收敛，n.则0，N0，nN，n，aana.于是有

aana，从而

alimanan.同理可得alimanan，所以aa

limanaalimanaaan反之，设.由，n，得0，N0，nN，有aana及

aana，从而

aananana

P.40 总练习题

1．求下列数列的极限：（1）nlimnn33n

3n解 当n3时，有n3，于是

3limnn33nnn3n3nn233n23,n(n)，所以

nn33

（2）ne

解 设e1h，则当n6时，e(1h)1nhnnlimn5nn(n1)2!5hh2nn(n1)(n5)6!h6

0ne5n，limne5n于是6!nn(n1)(n2)(n3)(n4)(n5)h60,(n)，所以

n5nn0

解法2 用P.39习题7的结论.设而limne5nnanlimanan1e，nlimne5nen15n(n1)e1，从liman0n.limne5nnlim(nn(e15解法3 用P.27习题2⑸的结果)n)05 an11e(11n)5解法4

用单调有界定理.令lim(1nanne5n，则an(11n)e5.因为1n)1e5，所以存在N0，当nN时，从而当nN时，an1an1e(11n)15{a}{a}.于是从nN起数列n递减，且有下界0，因此n收敛.设

1e(11n)an5limanan，在等式an1a1ea的两端取极限，得，所以a0.（3）n解 nlim(n22n1n)

nlim(n22n1limn1n2nn)lim[(n21n10n

n1)(nn1)]

n12．证明：（1）limnqn20(|q|1)

证明 当q0时，结论成立.1当0|q|1时，有|q|二项式定理，当n3时有0nq2n11，令|q|n1h,h0qn1(1h)n，于是有

3!h3，而由牛顿

(1h)n(n1)(n2)2，从而

n2n(1h)n3!n(n1)(n2)0h3(n)，所以

limnqn2n0

limnqn2nlim(nn(1|q|)n)(sgnq)2n0另解 用P.27习题2⑸的结果limlgnn

（2）n0,(1)

证明 因为lgxx,x0，于是 0lgnn2lgnn2nnn2120,(n)limlgnn，所以

n0.lim1n!（3）nn0

nnn!3.证明 先证明不等式：

nn!3成立，当 n + 1 时 用数学归纳法证明，当n1时，显然不等式成立；假设

nnn1n(n1)!(n1)n!(n1)(n1)33n1nnn

n13n1311nnn13n1 1nnn!03成立.由此可得故不等式

n另解 用数学归纳法证明不等式：n!nn!3n0,(n)lim1n!，所以

nn0

n

3．设nlimlimana，证明：

naa1a2an（1）n（又问由此等式能否反过来推出n，于是有0,N10,nN1，limana证明 因为nN1时，有 limanan|ana|）2.从而当a1a2annaa1a2annan

|a1a||a2a||aN1a|nAnnN1An2n2|aN11a||aN12a||ana|n

其中A|a1a||a2a||aN1a|AlimAn是一个定数.再由

n0，知存在2.因此取Nmax{N1,N2}，当nN时，有 N20，使得当nN2时，na1a2annaAn222.lima1a2annn反过来不一定成立.例如练习：设limannan(1)limn0不收敛，但

nn.a1a2an，证明：

n

(2)若，则

证明 先证算术平均值—几何平均值—调和平均值不等式：

nan0(n1,2,)lima1a2anan1a11a21anna1a2ana1a2ann

n算术平均值—几何平均值不等式：

1a1a2ana1a22a1a2ann

对任何非负实数a1，a2有

1(a1a2)2，其中等号当且仅当a1a2时成立.由

111此推出，对4个非负实数a1，a2，a3，a4有

1(a1a2a3a4)4[(a1a2)2(a3a4)2]2(a1a22a3a42)2

a1a222a3a42a1a2a3a4n按此方法继续下去，可推出不等式

a1a2an

a1a2ann4对一切n2（kk0,1,2,）都成立，为证其对一切正整数n都成立，下面采用所谓的反向归纳法，即证明：若不等式对某个n(2)成立，则它对n1也成立.设非负实数1a1,a2,,an1，令

an11n1(a1a2an1)，则有

n1)(a1a2an1)n(a1a2an1n1)n1n(a1a2an1a1a2an1

1整理后得对一切正整数n都成立.(a1a2an1)n11n1(a1a2an1)，即不等式对n1成立，从而

n1几何平均值—调和平均值不等式a1yi11a21anna1a2an的证明，可令xi，再对yi（i1,2,,n）应用平均值不等式.lim11limana0naa.由上一小题的n由an0(n1,2,)，知n.若a0，则结论，有

aa2annna1a2an1a,(n)111na1a2an

limn1a11a21annlim11a11a2n1ann11aa而limnn，所以

a1a2ana.liman0aa0若，即n，则0,N10,nN1，n.从而当nN1时，有

na1a2annna1a2aN1aN11annN1nna1a2aN1nnnN1

a1a2aN1N1na1a2aN1N1nA，于是存在N20，使得当其中Aa1a2aN1，是定数，故

limnA12nN2时，nA2.因此取Nmax{N1,N2}，当nN时，有，故4．应用上题的结论证明下列各题：

111123n0limn（1）n

nna1a2annA2limna1a2an0

证明 令（2）limnann1n，则nlimanlim1n101213n1n0n，所以nlim.a1(a0)

liman1an1,n2,3,aa1证明 令，则n，从而

limnnalimnna1a2anliman1n（3）limnnn1

annn1,n2,3,证明 令a11，limnnliman1，则n，于是

nlimnn1234nlimna1a2anliman1n123n1n.lim1n!（4）nn0

1n,n1,2,证明 令nnanliman0，则n，所以

lim1n!limlimnn!n1123nnlimnn1121nlim1nn0

（5）nne

n1nann1证明 令limnn!limn11n12nn1,n2,3,34limane，则n，所以

n1nnnnnn!limn345n2234n1nlimnn1n1e

另证 令limnn!nnanlimnnn!n,n1,2,limanan1an，则

n1lim1nn1limanan1en1e.于是

nanlim3na2a1na3a2nan1n.lim123nn（6）n1

lim123证明 因为nlimbn1bnnlimnn1a3nnn，所以

nlimnnn1

(bn0)（7）若，则

nlimnnbna

证明 nlimnbnlimbn1bnnbn1bn1b2b3b2b3nb1limnlimnb1nb1b2bnb1b2bnn

limn1a

limann（8）若n证明 设limannlim(anan1)da01，则

nd

(aa0)(a2a1)(anan1)alim01nnnn lima0nnlim(a1a0)(a2a1)(anan1)n{bn}n0lim(anan1)dn

5．证明：若都存在且相等.{an}为递增数列，为递减数列，且

lim(anbn)0nmilanlimbn，则n与n证明

因为

ManbnMlim(anbn)0n，所以{anbn}有界，于是存在M0，使得.从而有anMbnMb1，bnanMa1M，因此{an}{bn}为递增有上界数列，nnn为递减有下界数列，故

limann与

limbnn都存在.又因为limanlimbnlim(anbn)0limanlimbnn，所以 n.6．设数列{an}满足：存在正数M，对一切 n 有

An|a2a1||a3a2||anan1|M

证明：数列{an}与{An}都收敛.证明 数列{An}单调增加有界，故收敛.由柯西收敛准则，0,N0，当mnN时，|AmAn|.于是

|aman||amam1||am1am2||an1an|AmAn

所以由柯西收敛准则，知数列

{an}收敛.11aaa0,0,a1an1n2an2a, n1,2,，7．设，证明：数列{an}收敛，且其极限为

1an2ananan1an，故数列证明

因为an1an{an}有下界

.1112112anaan{a}{a}2，于是n1，即数列n单调减少，从而数列n收敛.设nlimanAan1，由

1an22an，得2anan1an，两端取极限得，222AA，解得A，所以nan2a1b12limanan1bn18．设a1b10，记{an}bn.2an1bn1an1bn1，.2，n2,3,.证明：数列与{bn}的极限都存在且等于bn2an1bn1an1bn1an1bn1an1bn1(an1bn1)2an1bn1an1bn12证 因为 an1bn1

an2an1bn1an1bn1an1bn1bn数列{an}是递减的：

an1anbn2，所以anan2bnan1bn12，n2,3,

an，n1,2, an{an}数列有下界：{bn}{bn}an1bn120limana{an}n1,2,，所以收敛，设n.2an1bn1an1an1bn1bn2an1bn1an1bn1数列数列是递增的：有上界：an，n2,3,

bnana1limbnb{bn}n1,2,，所以收敛，设n.an1bn12bn令n在an的两端取极限，得ab.2an1bn1an1bn1两端分别相乘，得anbnan1bn1，n2,3, an1bn12与所以有anbna1b1，n2,3,，令n取极限得aba1b1，从而a

a1b1

第二篇：数学分析十讲习题册、课后习题答案

数学分析十讲习题册、课后习题答案

习

题

1-1

1．计算下列极限

（1）,解：原式=

==

（2）；

解：原式

（3）

解：原式

（4），解：原式

（5）

解：原式

=

（6），为正整数；

解：原式

2．设在处二阶可导，计算.解：原式

3．设，存在，计算.解：

习

题

1-2

1.求下列极限

（1）;

解：原式，其中在与之间

（2）;

解：原式===，其中在与之间

（3）

解：原式，其中在与之间

（4）

解：原式，其中其中在与之间

2．设在处可导，计算.解：原式

习

题

1-3

1．求下列极限

（1）,解：原式

（2）;

解：

（3）;

解：原式

（4）;

解：原式

2.求下列极限

（1）;

解：原式

（2）;

解：原式

习

题

1-4

1．求下列极限

（1）；

解：原式

（2）求；

解：原式

（3）；

解：原式

（4）；

解：原式

此题已换3．设在处可导，.若在时是比高阶的无穷小，试确定的值.解：因为，所以

从而

解得：

3．设在处二阶可导，用泰勒公式求

解：原式

4.设在处可导，且求和.解

因为

所以,即

所以

习

题

1-5

1.计算下列极限

(1)

;

;

解：原式

(2)

解：原式

2．设，求

(1)；

解：原式

(2)，解：由于，所以

3．设，求和.解：因为，所以

且

从而有stolz定理，且

所以，4．设，其中，并且，证明：.证明：因，所以，所以，用数学归纳法易证。

又，从而单调递减，由单调有界原理，存在，记

在两边令，可得

所以

习

题

1-6

1.设在内可导，且

存在.证明:

证明：

2.设在上可微，和存在.证明:.证明：记（有限），（有限），则

从而

所以

3.设在上可导，对任意的,，证明:.证明：因为，所以，由广义罗必达法则得

4．设在上存在有界的导函数，证明:.证明：，有界，所以

习

题

2-1

（此题已换）

1.若自然数不是完全平方数，证明是无理数.1.证明是无理数

证明：反证法.假若且互质，于是由可知,是的因子，从而得即,这与假设矛盾

2.求下列数集的上、下确界.（1）

解：

（2）

解：

（3）

解：

（4）.解：

3．设，验证.证明：由得是的一个下界.另一方面，设也是的下界，由有理数集在实数系中的稠密性，在区间中必有有理数，则且

不是的下界.按下确界定义，.4．用定义证明上（下）确界的唯一性.证明：设为数集的上确界，即.按定义，有.若也是的上确界且

.不妨设，则对

有即

矛盾.下确界的唯一性类似可证

习

题

2-2

1．用区间套定理证明：有下界的数集必有下确界.证明：设是的一个下界，不是的下界，则.令，若是的下界，则取；

若不是的下界，则取.令，若是的下界，则取；

若不是的下界，则取；……，按此方式继续作下去，得一区间套，且满足：

是的下界，不是的下界.由区间套定理，且.下证：

都有，而，即是的下界.由于，从而当充分大以后，有.而不是的下界不是的下界，即是最大下界

2.设在上无界.证明：存在,使得在的任意邻域内无界.证明：由条件知，在上或上无界，记使在其上无界的区间为；再二等分，记使在其上无界的区间为，……，继续作下去，得一区间套，满足在上无界.根据区间套定理，且.因为对任意的，存在，当时，有，从而可知

在上无界

3.设,在上满足，若

在上连续,在上单调递增.证明：存在,使.证明：记且二等分.若，则记若则记.类似地,对已取得的二等分,若，则记；若，则记按此方式继续下去，得一区间套，其中

根据区间套定理可知，且有

.因为在上连续，所以

注意到

可得，再由

可知，.习

题

2-3

1.证明下列数列发散.(1),证

因为，所以发散.(2),证明：因为

所以发散.2．证明:单调数列收敛的充要条件是其存在一个收敛子列.证明：由收敛数列与子列的关系，结论显然

不妨假设数列单调递增，且存在收敛子列，由极限定义

对任意给定的，总存在正整数，当时，从而有；

由于，对任意，存在正整数，当时，取，则任意时，所以，即

3.设极限存在,证明：.证明：记由海茵定理，取，得

取，得

取，得，解得

（此题取消）4.数列收敛于的充要条件是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛于

（此题改为4）5.已知有界数列发散，证明:存在两个子列和收敛

于不同的极限.证明：因为有界，由致密性定理，必有收敛的子列，设.又因为不收敛，所以存在，在以外，有的无穷多项，记这无穷多项所成的子列为，显然有界.由致密性定理，必有收敛子列，设，显然

.习

题

2-5

1.用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性

(1)

解：

所以，对，即为柯西列

(2)

.解：

所以，对，即为柯西列

2.满足下列条件的数列是不是柯西列?

(1)

对任意自然数,都有

解：不是柯西列，如，对任意的自然数，但数列不收敛。

(2),解：

所以，对，即为柯西列

(3).证明：记，则单调递增有上界，从而必有极限，记

对

从而

故

是柯西列

习

题

3-1

1.设定义在上的函数在内连续,且和存在(有限).问在上是否有界?

是否能取得最值?

解：在闭区间上构造辅助函数

则在上连续，从而在上有界.由于，故

在上也有界，即存在，使得

.令，则有

.条件同上，但在上却不一定能取得极值.例如：

2.设在内连续,且.证明在内可取得最小值.证明：因为，所以，当时，有

因为，所以，当时，有

从而当时，有

又在连续，从而一定可以取到最小值，即，使当时，且；

故时，有

所以在处取到最小值

习

题

3-2

（此题已换）1.设，,.证明:方程在和内恰好各有一个实根.1.证明开普勒(Kepler)方程有唯一实根

证明：令，则在连续且，由零点原理，使，即方程至少有一实根

又，所以在单调递增，所以方程有唯一实根

（此题已换）2.设函数在（）内连续且有极值点.证明:

存在使得

2.设，讨论方程实根的个数

解：step1.令，则，由零点原理，在至少有一实根，又，所以在单调递增，从而方程在内有且仅有一实根。

step2.令，则，且，所以

当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以函数在点取得极小值。所以，当时，方程在无解；当时，在有一解；当时，在有两解

综上：当时，方程有一解；当时，有两解；当时，有三解

3.设在上连续，.证明存在使.证法1

因为在上连续，所以存在最大值和最小值，且使，从而有.由介值定理知，使.证法2

因为有界，所以存在收敛子列.而在上连续，故有

习

题10-2

1.设在上连续，为自然数.证明：

（1）若，则存在使得

证明：令，则，且，从而

若，使，取即可

否则，使，由零点原理，或，使

综上，使，即

（2）若则存在使得

解：取，方法同上

2.设在上连续，且

证明：存在使

证：由已知经计算得

1）若或，由积分中值定理，使，从而

2）否则，a）若，同1），由积分中值定理，使

b）与异号，由中值定理，使，且

所以，有零点原理，使

3.设,求证

(1)

对任意自然数,方程在内有唯一实根;

证明：时，在上有唯一实根

时，有，且，由零点存在原理，使，即在上有一实根

又，故严格单调递减，所以方程在内有唯一实根

(2)

设是的根,则.证：对，从而，有因为严格单调递减，故，即严格单调递增。又有界，所以收敛。

设，由于，所以，在，令，有，所以，即

4.设在上连续，不恒为常数,且.证明存在，使

．

证：令，因为在上连续，不恒为常数,且，所以，使，于是，由零点原理：

证明存在，使，即．

习

题4-1

1．证明函数没有原函数.证：设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，使，矛盾，所以无原函数

2．设在上可导，证明：

（1）若

则存在使

证明：若，则取或均可；否则，又达布定理，存在介于与之间，使综上存在使

（2）若

则存在使

证明：若，则取或均可；否则，由达布定理，存在介于与之间，使；

综上存在使

习

题4-2

1．求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性.（1）；

解：，则在连续，且

时，，从而

时，，从而

所以

从而在连续。

所以在连续

（2）；

解：显然在连续，且

时，，从而；

时，，从而

所以

从而在连续。

所以在连续

2.设.当分别满足什么条件时，（1）在处连续；

解：，即，所以

（2）

在处可导；

解：存在，即存在，所以

（3）在处连续？

解：，由，即，所以

3．分别用两种方法证明符号函数不存在原函数.证明：法一

设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，使，矛盾，所以无原函数

法二

由单侧导数极限定理，导函数不存在第一类间断点，而有第一类间断点，从而

无原函数

习

题5-1

.1.设函数在上可导.（1）若，.证明存在使；

证明：令，则，且，由广义洛尔定理，使，即，所以

(2)

若，证明存在使得；

证明：令，则，且，由广义洛尔定理，使，即，所以

习

题5-2

1．设在上可导，且，其中为常数.证明：存在，使.证明：由积分中值定理，使

令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而

2．设在上可导，且证明：存在，使

证明：由积分中值定理，使

令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而

3．设在上可导，且.证明：存在使

证明：由积分中值定理，使

令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而

习

题6-1

1.若在区间上是凸函数，证明对任意四点，有.其逆是否成立？

证明：因为在区间上是凸函数，由三弦不等式，且，所以成立。其逆成立

2.设均为区间上的凸函数，证明：也是上凸函数..证明：设，则对，有，且，从而，由凸函数的定义，也是上凸函数

习

题6-2

1.验证下列函数是（严格）凸函数.（1）

解：，（），所以是上的严格凸函数

（2）

解：，（），所以是上的严格凹函数

习

题6-3

1．证明不等式

（1）

证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，即

（2）

证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，可得，即，又因为，所以

习

题

9-1

1.求下列函数项级数的收敛域

(1)；

解：，从而当时，级数绝对收敛；当时，级数绝对收敛；当时，发散；当时，发散，所以，级数的收敛域为

(2)

.解：，所以

当时，级数发散；当时，级数发散；当时，级数绝对收敛；当时，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；当时，级数收敛；

所以原级数的收敛域为

习

题

9-2

1.证明函数项级数在上一致收敛.证明：，从而

所以对任意的，由，得对，取，当时，对任意的成立，因此，在上一致收敛到

2.设在区间上一致收敛于,且对任意有.试问是否存在,使当时,对任意有?

解：答案不正确；例

在内一致收敛到，且，有；但，和，使

习

题

9-3

1.利用定理9.3.1＇证明下列函数项级数不一致收敛.(1)，证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。

(2),.证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。

2.设试问在上是否一致收敛?是否有

解：对，但对，都，使，所以在上不一致收敛

另外，所以

3.设试问在上是否一致收敛?是否有?

其中

解：对，有，从而

但对，都，使

所以在上不一致收敛

又，所以

4.求的收敛域，并讨论和函数的连续性.解：设，则，有根值判别法，当时，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；所以级数的收敛域为。

对，总，使，从而在上连续，且在一致收敛，从而在上连续，故在上连续，由得

在上连续

习

题

9-4

1.讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性.（1），；

解：对，又在处取得最大值，从而对，取，则对，有，所以在一致收敛

（2）；

（i），解：对，对，取，则对，有，所以在一致收敛

（ii）；

解：对，对，，使，所以在不一致收敛

2.讨论下列函数项级数的一致收敛性.（1），；

解：对任意的，而收敛，由M判别法，原级数一致收敛。

（2），.解：对任意的，而收敛，由M判别法，原级数一致收敛。

3.设，.证明函数项级数在上一致收敛，并讨论其和函数在上的连续性、可积性与可微性.解：由对任意的成立，从而

而收敛，由M判别法知在上一致收敛

（1），在上一致收敛，所以和函数在连续（定理1）

（2），在上一致收敛，所以和函数在可积（定理2）

（3）由，收敛，由M判别法知在上一致收敛，从而和函数在可微。（定理3）

习

题10-1

1．一块金属板平底锅在平面上占据的区域是,已知板上点处的温度为.锅底上点处的蚂蚁为了逃向温度更低的地方,它的逃逸方向为（D).；

；；

.解：，而梯度方向是温度降低最快的方向

2．一个高为的柱体储油罐，底面是长轴为，短轴为的椭圆，现将储油罐平放，当油罐中油面高度为时，计算油的质量。（长度单位为m，质量为kg，油的密度为常数）.解：储油罐平放一般指长轴平行与地面，当油罐中油面高度为时，垂直地面的截面面积为（平方米）

所以

4．在一个形状为旋转抛物面的容器内，已经盛有的水，现又倒入的水，问水面比原来升高多少.解：旋转抛物面容器的体积是深度的函数，从而，所以题中水面升高的高度为

习

题10-3

1.设，证明：

（1）当时，；

证明：取，则，所以为上的严格凸函数，从而对，由定理6.2.3，恒有，即

所以

（2）当或时，．

证明：取，则，所以为上的严格凸函数，从而对，由定理6.2.3，恒有，即

2.设

证明:

证明：令，利用单调性可证（略）

第三篇：数学分析

《数学分析》考试大纲

一、本大纲适用于报考苏州科技学院基础数学专业的硕士研究生入学考试。主要考核数学分析课程的基本概念、基本理论、基本方法。

二、考试内容与要求

(一)实数集与函数

1、实数：实数的概念，实数的性质，绝对值与不等式;

2、数集、确界原理：区间与邻域，有界集与无界集，上确界与下确界，确界原理;

3、函数概念：函数的定义，函数的表示法(解析法、列表法、和图象法)，分段函数；

4、具有某些特征的函数：有界函数，单调函数，奇函数与偶函数，周期函数。

要求：了解数学的发展史与实数的概念，理解绝对值不等式的性质，会解绝对值不等式；弄清区间和邻域的概念, 理解确界概念、确界原理，会利用定义证明一些简单数集的确界；掌握函数的定义及函数的表示法，了解函数的运算；理解和掌握一些特殊类型的函数。

(二)数列极限

1、极限概念；

2、收敛数列的性质：唯一性，有界性，保号性，单调性；

3、数列极限存在的条件：单调有界准则，迫敛性法则，柯西准则。

要求：逐步透彻理解和掌握数列极限的概念；掌握并能运用-N语言处理极限问题；掌握收敛数列的基本性质和数列极限的存在条件(单调有界函数和迫敛性定理)，并能运用；了解数列极限柯西准则,了解子列的概念及其与数列极限的关系；了解无穷小数列的概念及其与数列极限的关系.(三)函数极限

1、函数极限的概念，单侧极限的概念；

2、函数极限的性质：唯一性，局部有界性，局部保号性，不等式性，迫敛性；

3、函数极限存在的条件：归结原则（Heine定理），柯西准则；

4、两个重要极限；

5、无穷小量与无穷大量，阶的比较。

要求：理解和掌握函数极限的概念；掌握并能应用-, -X语言处理极限问题；了解函数的单侧极限，函数极限的柯西准则；掌握函数极限的性质和归结原则；熟练掌握两个重要极

限来处理极限问题。

(四)函数连续

1、函数连续的概念：一点连续的定义，区间连续的定义，单侧连续的定义，间断点及其分类；

2、连续函数的性质：局部性质及运算，闭区间上连续函数的性质（最大最小值性、有界性、介值性、一致连续性），复合函数的连续性，反函数的连续性；

3、初等函数的连续性。

要求：理解与掌握一元函数连续性、一致连续性的定义及其证明，理解与掌握函数间断点及其分类，连续函数的局部性质；理解单侧连续的概念；能正确叙述和简单应用闭区间上连续函数的性质；了解反函数的连续性，理解复合函数的连续性，初等函数的连续性。

（五）导数与微分

1、导数概念：导数的定义、单侧导数、导函数、导数的几何意义；

2、求导法则：导数公式、导数的运算(四则运算)、求导法则（反函数的求导法则，复合函数的求导法则，隐函数的求导法则，参数方程的求导法则）；

3、微分：微分的定义，微分的运算法则，微分的应用；

4、高阶导数与高阶微分。

要求：理解和掌握导数与微分概念，了解它的几何意义；能熟练地运用导数的运算性质和求导法则求函数的导数；理解单侧导数、可导性与连续性的关系，高阶导数的求法；了解导数的几何应用，微分在近似计算中的应用。

（六）微分学基本定理

1、中值定理：罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理；

2、几种特殊类型的不定式极限与罗比塔法则；

3、泰勒公式。

要求：掌握中值定理的内容、证明及其应用；了解泰勒公式及在近似计算中的应用，能够把某些函数按泰勒公式展开；能熟练地运用罗必达法则求不定式的极限

（七）导数的应用

1、函数的单调性与极值；

2、函数凹凸性与拐点.要求：了解和掌握函数的某些特性(单调性、极值与最值、凹凸性、拐点)及其判断方法，能利用函数的特性解决相关的实际问题。

（八）实数完备性定理及应用

1、实数完备性六个等价定理：闭区间套定理、单调有界定理、柯西收敛准则、确界存在定理、聚点定理、有限覆盖定理；

2、闭区间上连续函数整体性质的证明：有界性定理的证明，最大小值性定理的证明，介值性定理的证明，一致连续性定理的证明；

3、上、下极限。

要求：了解实数连续性的几个定理和闭区间上连续函数的性质的证明；理解聚点的概念，上、下极限的概念。

（九）不定积分

1、不定积分概念；

2、换元积分法与分部积分法；

3、几类可化为有理函数的积分；

要求：理解原函数和不定积分概念；熟练掌握换元积分法、分部积分法、有理式积分法、简单无理式和三角有理式积分法。

（十）定积分

1、定积分的概念：概念的引入、黎曼积分定义，函数可积的必要条件；

2、可积性条件：可积的必要条件和充要条件，达布上和与达布下和，可积函数类(连续函数，只有有限个间断点的有界函数，单调函数)；

3、微积分学基本定理：可变上限积分，牛顿-莱布尼兹公式；

4、非正常积分：无穷积分收敛与发散的概念，审敛法（柯西准则，比较法，狄利克雷与阿贝尔判别法）；瑕积分的收敛与发散的概念，收敛判别法。

要求：理解定积分概念及函数可积的条件；熟悉一些可积分函数类，会一些较简单的可积性证明；掌握定积分与可变上限积分的性质；能较好地运用牛顿-莱布尼兹公式，换元积分法，分部积分法计算一些定积分。掌握广义积分的收敛、发散、绝对收敛与条件收敛等概念；能用收敛性判别法判断某些广义积分的收敛性。

（十一）定积分的应用

1、定积分的几何应用：平面图形的面积，微元法，已知截面面积函数的立体体积，旋转体的体积平面曲线的弧长与微分，曲率；

2、定积分在物理上的应用：功、液体压力、引力。

要求：重点掌握定积分的几何应用；掌握定积分在物理上的应用；在理解并掌握“微元法”。

（十二）数项级数

1、级数的敛散性：无穷级数收敛，发散等概念，柯西准则，收敛级数的基本性质；

2、正项级数：比较原理，达朗贝尔判别法，柯西判别法，积分判别法；

3、一般项级数：交错级数与莱布尼兹判别法，绝对收敛级数与条件收敛级数及其性质，阿贝尔判别法与狄利克雷判别法。

要求：理解无穷级数的收敛、发散、绝对收敛与条件收敛等概念；掌握收敛级数的性质；能够应用正项级数与任意项级数的敛散性判别法判断级数的敛散性；熟悉几何级数调和级数与p级数。

（十三）函数项级数

1、一致收敛性及一致收敛判别法（柯西准则，优级数判别法，狄利克雷与阿贝尔判别法）；

2、一致收敛的函数列与函数项级数的性质（连续性，可积性，可微性）。

要求：掌握收敛域、极限函数与和函数一致敛等概念；掌握极限函数与和函数的分析性质(会证明)；能够比较熟练地判断一些函数项级数与函数列的一致收敛。

（十四）幂级数

1、幂级数：阿贝尔定理，收敛半径与收敛区间，幂级数的一致收敛性，幂级数和函数的分析性质；

2、几种常见初等函数的幂级数展开与泰勒定理。

要求：了解幂级数，函数的幂级数及函数的可展成幂级数等概念；掌握幂级数的性质；会求幂级数的收敛半径与一些幂级数的收敛域；会把一些函数展开成幂级数，包括会用间接展开法求函数的泰勒展开式

（十五）付里叶级数

1、付里叶级数：三角函数与正交函数系, 付里叶级数与傅里叶系数, 以２ 为周期函数的付里叶级数, 收敛定理；

2、以2L为周期的付里叶级数；

3、收敛定理的证明。

要求：理解三角函数系的正交性与函数的傅里叶级数的概念；掌握傅里叶级数收敛性判别法；能将一些函数展开成傅里叶级数；了解收敛定理的证明。

（十六）多元函数极限与连续

1、平面点集与多元函数的概念；

2、二元函数的极限、累次极限；

3、二元函数的连续性：二元函数的连续性概念、连续函数的局部性质及初等函数连续性。要求：理解平面点集、多元函数的基本概念；理解二元函数的极限、累次极限、连续性概念，会计算一些简单的二元函数极限；了解闭区间套定理，有限覆盖定理，多元连续函数的性质。（十七）多元函数的微分学

1、可微性：偏导数的概念，偏导数的几何意义，偏导数与连续性；全微分概念；连续性与可微性，偏导数与可微性；

2、多元复合函数微分法及求导公式；

3、方向导数与梯度；

4、泰勒定理与极值。

要求：理解并掌握偏导数、全微分、方向导数、高阶偏导数及极值等概念及其计算；弄清全微分、偏导数、连续之间的关系；了解泰勒公式；会求函数的极值、最值。

（十八）隐函数定理及其应用

1、隐函数：隐函数的概念，隐函数的定理，隐函数求导举例；

2、隐函数组：隐函数组存在定理，反函数组与坐标变换，雅可比行列式；

3、几何应用：平面曲线的切线与法线，空间曲线的切线与法平面，曲面的切平面和法线；条件极值：条件极值的概念，条件极值的必要条件。

要求：了解隐函数的概念及隐函数的存在定理，会求隐函数的导数；了解隐函数组的概念及隐函数组定理，会求隐函数组的偏导数；会求曲线的切线方程，法平面方程，曲面的切平面方程和法线方程；了解条件极值概念及求法。

（十九）重积分

1、二重积分概念：二重积分的概念，可积条件，可积函数，二重积分的性质；

2、二重积分的计算：化二重积分为累次积分，换元法（极坐标变换，一般变换）；

3、含参变量的积分；

4、三重积分计算：化三重积分为累次积分, 换元法（一般变换，柱面坐标变换，球坐标变换）；

5、重积分应用：立体体积，曲面的面积，物体的重心，转动惯量；

6、含参量非正常积分概念及其一致敛性：含参变量非正常积分及其一致收敛性概念，一致收敛的判别法(柯西准则，与函数项级数一致收敛性的关系，一致收敛的M判别法)，含参变量非正常积分的分析性质；

7、欧拉积分：格马函数及其性质,贝塔函数及其性质。

要求：了解含参变量定积分的概念与性质；熟练掌握二重、三重积分的概念、性质、计算及基本应用；了解含参变量非正常积分的收敛与一致收敛的概念；理解含参变量非正常积分一致收敛的判别定理，并掌握它们的应用；了解欧拉积分。

（二十）曲线积分与曲面积分

1、第一型曲线积分的概念、性质与计算，第一型曲面积分的的概念、性质与计算；

2、第二型曲线积分的概念、性质与计算，变力作功，两类曲线积分的联系；

3、格林公式，曲线积分与路线的无关性, 全函数；

4、曲面的侧，第二型曲面积分概念及性质与计算，两类曲面积分的关系;

5、高斯公式，斯托克斯公式，空间曲线积分与路径无关性；

6、场论初步：场的概念，梯度，散度和旋度。

要求：掌握两类曲线积分与曲面积分的概念、性质及计算；了解两类曲线积分的关系和两类曲面积分的关系；熟练掌握格林公式的证明及其应用，会利用高斯公式、斯托克斯公式计算一些曲面积分与曲线积分；了解场论的初步知识。

三、主要参考书

《数学分析》（第三版），华东师范大学数学系编，高等教育出版社，2004年。《数学分析中的典型问题与方法》，裴礼文，高等教育出版社，1993年。

四、主要题型：

填空题，选择题，计算题，解答题，证明题，应用题。

第四篇：数学分析

360《数学分析》考试大纲

一． 考试要求：掌握函数，极限，微分，积分与级数等内容。

二． 考试内容：

第一篇 函数

一元与多元函数的概念，性质，若干特殊函数，连续性。第二篇 极限

数列极限，一元与多元函数极限的概念及其性质，实数的连续性（确界原理，单调有界原理，区间套定理，聚点定理，有限覆盖定理等）。

第三篇 微分

一元与多元函数导数（偏导数）与微分的概念，性质，公式，法则及应用；函数的单调性与凸性，极值与拐点，渐进线，函数作图；隐函数。

第三篇 积分

不定积分的概念，性质，公式，法则；定积分的概念，性质，公式，法则及应用；反常积分与含参积分；重积分与曲线曲面积分。第四篇 级数

数项级数，函数项级数，幂级数与傅立叶级数的概念，性质，公式，法则及应用。

参考书目：华东师范大学数学系，数学分析（上，下，第三版），高等教育出版社，2001年。

第五篇：习题答案

第1章

1.什么是操作系统，有如何主要功能？

答：操作系统是计算机软件中的系统软件，主要功能是管理计算机上所有的活动以及驱动系统所有的硬件。

2.简要说明操作系统的主要分类。

答：按照特点和用途划分可以分为：

1、批处理操作系统。

2、分时操作系统。

3、实时操作系统。

4、网络操作系统。

5、分布式操作系统。

3.简要说明windows系统的主要版本及其特点。

答：

1、windows xp--最大优势是界面简洁、操作简便，同时对计算机硬件要求不高，资源消耗低，稳定性好，运行流畅，反应快，不易死机，软件兼容性强等。

2、windows 7--不仅继承了windowsXP的优点，而且还拥有Aero效果，简单快速，安全性高等。

3、windows 8--是一个具有声控，触摸屏和平台统一等最新技术的系统，用户界面更加简洁，用户使用起来会体会到速度和画面上的优越性。

4.操作系统主要有哪些安装方式？

答：

1、全新安装操作系统。

2、重装系统。

3、升级系统。

5.简要叙述全新安装操作系统的一般步骤。

答：

1、安全前bios设置；

2、放入光盘并重启计算机；

3、硬盘分区及格式化；

4、安装操作系统；

5、安装驱动程序；

6、安装必备软件。

第2章

1.简要说明BIOS的用途。

答：

1、系统自检及初始化。

2、程序服务。

3、设定中断。

2.动手练习设置系统【First Boot Device】选项为U盘。

答：略

3.动手练习为电脑设置用户密码。

答：略

4.简单说明磁盘分区的主要类型及其区别和联系。

答：

1、主分区：主分区包含操作系统启动所必须的文件和数据。

2、扩展分区：除主分区外的分区，不能直接使用，必须将它画法成若干个逻辑分区才行。

3、逻辑分区：也就是平常在操作系统看到的D、E、F盘。

5.动手练习使用windows自带分区工具对磁盘进行分区

答：略

第3章

1.简要说明安装操作体系的一般步骤。

答：

1、运行安装程序；

2、硬盘分区与格式化；

3、复制操作系统安装文件；

4、重新启动计算机；

5、完成系统配置。

2.练习使用光盘安装windows 7操作系统。

答：略

3.练习使用U盘安装windows 7操作系统。

答：略

4.安装操作系统后，将计算机连接到internet。

答：略

第4章

1.练习安装windows 8操作系统。

答：略

2.练习安装windows server 2008操作系统。

答：略

3.总结各种操作系统的安装要领，总结安装操作系统的基本步骤。

答：略

第5章

1.简要说明多操作系统共存原理。

答：在启动安装有多操作系统的计算机中，一次只能运行一个操作系统，并且其他操作系统不会影响当前操作系统，操作系统之间可以相互共享资源。

2.练习在你的计算机上安装两个操作系统。

答：略

3.卸载多操作系统时应该注意哪些问题？

答：

1、检查删除项是否正确；

2、检查被格式化的分区是否正确；

3、如有重要文件，拷贝到其它分区后再进行格式化。

第6章

1.什么是驱动程序，有何用途？

答：驱动程序是一种可以使计算机和设备通信的特殊程序，相当于硬件的接口，操作系统只有通过这个接口才能控制硬件设备的工作。驱动程序常被称为“硬件和系统之间的桥梁”。2.如何检查计算机上驱动程序的完整性。

答：在设备管理器窗口选择【操作】/【扫描检测硬件改动】菜单命令。

3.简要说明安装驱动程序的一般步骤。

答：

1、检测系统驱动程序完整性；

2、下载需要安装的驱动程序；

3、安装驱动程序。4.如何卸载驱动程序。

答：通过windows设备管理器，鼠标右键需要卸载的驱动，太弹出的快捷菜单中选择【卸载】命令即可。

5.练习为新购置的打印机安装驱动程序

答：

第7章

1.什么是虚拟机，有何用途？

答：虚拟机是指通过软件模拟的、具有完整硬件功能的、运行在一个完全隔离环境中的完整计算机系统。当用户需同时要使用两个系统，而且不想让系统改变物理上的数据时，可以选择虚拟机。

2.练习在你的计算机安装虚拟机。

答：略

3.练习在你的虚拟机中安装操作系统和应用软件。

答：略

4.练习从个人计算机上删除虚拟机。

答：略

第8章

1.简要总结安装软件的一般步骤？

答：

1、获取需要的软件安装包；

2、运行软件安装包程序；

3、选择安装位置等安装选项；

4、完成软件安装。

2.安装应用软件时应该注意哪些基本问题？

答：

1、选择安装位置；

2、选择安装插件；

3、选择同意安装协议；

4、创建快捷方式。3.使用不同权限运行软件时有什么主要区别？

答：软件运行的权限不同。有些软件需要需要更新或者修改等操作，则需要更高的权限；有些软件只是单纯运行程序，则不需要高级权限。

4.练习使用360安全卫士维护计算机系统。

答：略

第9章

1.练习对你所使用的操作系统进行设置，使之符合你的使用习惯。

答：略

2.为你的系统新建一个账户，并为其设置登录密码。

答：略

3.练习使用家长控制功能限制家中少年学生使用计算机的时间。

答：略

4.练习使用360杀毒软件查杀计算机中的病毒。

答：略

第10章

1.什么情况下应该重装操作系统？

答：

1、系统运行效率变得低下，垃圾文件充斥硬盘且散乱分布又不便于集中清理和自动清理；

2、系统频繁出错，而故障又不便于准确定位和轻易解决；

3、系统感染了无法清除的病毒；

4、系统运行及其缓慢；

5、系统频繁出错，而又不能找到错误原因；

6、系统不能正常启动。

2.重装操作系统前应该注意哪些问题，做哪些准备工作。

答：

1、备份文件；

2、记录一些密钥；

3、尝试采用覆盖安装；

4、尝试采用恢复安装；

5、克隆备份好系统。

6、有些软件不需要重装；

7、磁盘分区调节和格式化。

3.练习在适当条件下重装你的操作系统。

答：略

4.对比重装操作系统与全新安装操作系统的区别和共同点。

答：重装系统安装前要进行一系列的准备工作；重装系统可以不用调节分区；

重装系统在操作系统安装过程都类似。

第11章

1.简要说明系统和文件备份的重要意义。

答：用户进行误操作或者保存重要文件，需要对文件进行备份操作；由于重装系统步骤繁琐，备份系统可以快速方便的进行系统恢复。

2.练习使用GHOST软件备份系统。

答：略

3.练习使用windows 7自带的软件备份功能备份系统。

答：略

4.练习使用EasyRecovery软件恢复被删除的数据。

答：略

第12章

1.简要说明系统故障产生的主要原因。

答：

1、文件丢失；

2、文件版本不匹配；

3、非法操作；

4、资源耗尽；

5、病毒问题。2.简要说明解决系统故障的一般方法。

答：

1、CMOS设置问题；

2、硬件冲突问题；

3、升级软件版本；

4、利用杀毒软件；

5、寻找丢失文件；

6、重新安装应用程序。

3.尝试解决使用计算机时遇到的系统故障。

答：略