2005四川大学数学分析考研真题（5篇材料）

第一篇：2005四川大学数学分析考研真题

四川大学2005年攻读硕士学位研究生入学考试题

一、（本题满分15分）设求极限limsinnk1nkn

21nxne成立.求：limxn

二、（本题满分15分）已知数列{xn}满足：对一切n都有：(1)nn

(xy)edxdy

三、（本题满分15分）计算二重积分：D2，其中D由xy1，yx，x0所围成.四、（本题满分15分）若

求证：存在abc，f(x)在[a,c]上连续，且f(x)在(a,c)上二阶可导，(a,c)使得：

f(a)f(b)f(c)1f''()成立.(ab)(ac)(bc)(ba)(ca)(cb)2

五、（本题满分15分）设对所有x(0,)，级数

axnn0n都收敛，且n!an0n收敛.证明：0

(axenn0nx)dxn!an n0

第二篇：2001四川大学数学分析考研真题

四川大学2001年攻读硕士学位研究生入学考试题

一、求极限（每小题8分，共16分）1p3p(2n1)p

1.limnnp1222lim()（其中p是自然数）2.nn111 nn2n1n2nnn

二、（第一小题5分，第二小题10分，共15分）

1.叙述实数R上的区间套定定理和确界原理；2.用区间套定定理证明确界原理

三、（第一小题10分，第二小题5分，共15分）设

证明:1.对任意x[a,b]，f(x)在[a,b]上有连续的二阶导数且f(a)f(b)0，f(x)1bf''(x)a(xa)(xb)ba

b4maxf(x)f''(x)2.axba[a,b]

四、（每小题7分，共14分）

cosx1y(1x2)edy，计算dx.1.利用公式22001x1x

2.求0xsinx 21x

五、（10分）证明：若f(x)在R上非恒为零，存在任意阶导数，且对任意的xR，有f(n)(x)f(n1)(x)1

n2，则limnf(n)(x)Cex，其中C是常数。

xnynxyn()

六、（10分）若n1及x0，y0，证明不等式：22

xn

七、（10分）求级数 n(n1)n1

八、（10分）计算曲面积分Sxzdydz(x2z)ydzdxx2zdxdy，其中S是旋转抛物面

x2y2a2z（a0）取0z1部分，下侧为正.

第三篇：华东师大2006数学分析考研真题

华东师范大学2006年攻读硕士学位研究生入学试题

考试科目：数学分析

一（30）判别题（正确证明，错误举反例或说理由）

1.设数列{an}满足条件：0,N,使nN,|anaN|,，则{an}收敛。

2.设f(x)在(a,b)上可导。若

f'(x)在(a,b)上有界，则f(x)在(a,b)上有界.an3.设正数列{an}满足条件limnb0则(1)nan收敛。

n14.设f(x)在[a,b]上可积，且f(x)dx0，则存在[c,d][a,b]，a使得:x[c,d],5.设f(x,y)在(x0,f(x)0.y0)的某邻域内连续，且在

(x0,y0)处有偏导数fx(x0,y0),fy(x0,y0),则

f(x,y)在(x0,y0)处可微.二.计算题（30分）6.求limnnanbn,其中0ab.7.求f(x)

8.求

x01costdt的麦克劳林级数展开式。t10x2ln2xdx.)9.设zf(u),方程u(uyxP(t定)d义t了隐函数

''uu(x,y)，其中f(u),(u)可微，P(t),(u)连续，且(u)1 1 求P(y)

10.求zzP(x).xy(y2z2)ds,其中{(x,y,z):x2y2z21}

三.证明题（90分）11.设0,f(x)在(,)上具有连续的二阶导函数

f'(0),x0f''(x),f(0)0.若g(x),求证：g(x)在(,)上有f(x),x0x连续的导函数.12.设fn(x)是[0,1]上连续函数，且在[0,1]上一致收敛于f(x),求证：

limn11n0fn(x)dx10f(x)dx.limf(n)0.求证：13.设f(x)在[0,)上一致连续，且0，nxlimf(x)0.14.设f(x)在[0,)上连续有界，求证：

nlimnn0|f(x)|ndxsup|f(x)|:x[0,]

15.设f(x,y,z)是定义在开区域D上的有连续的偏导数的三元函数，且(x,y,z)D，fx2(x,y,z)fy2(x,y,z)fz2(x,y,z)0,S是由f(x,y,z)0定义的封闭的光滑曲面。若P,QS,且P与Q之间的距离是S中任意两点之间距离的最大值,求证：过P的S的切平面与过Q的S的切平面互相平行，且垂直于过P与Q的连线.4

6

第四篇：2010数学分析考研真题答案

2010年硕士研究生入学考试试题答案及评分标准

一、（12分）按数列极限定义证明：lim

证明：2n2n31n22n0.nn31考试科目代码：636考试科目名称：数学分析————4分任给0,要22n,只要,即只要nn2n31————10分

取N2n2nnNlim0.————12分 ,则当时, ,所以, 33nn1n

1二、（14分）若f(x)在点x0连续，证明f2(x)也在点x0连续.证明：设f(x)在点x0连续,则01,0,xx0, f(x)f(0x),————4分 f(x)f0x————20(x)1fx()8分 ,同时f(x)f(0x)

于是f2(x)f2(x0)12f(x0).————12分 所以f2(x)在点x0连续.————14分

三、（14分）证明f(x)axb(a0)在(,)上一致连续.证明：x,x,,f(x)f(x)axx,————4分

0,取a,当xx时,就有f(x)f(x),————12分所以f(x)axb(a0)在(,)上一致连续.————14分

四、（16分）设f(x)在[0,1]上可导且导函数连续.证明：

limnxnf(x)dxf(1).n0

1第1页（共5页）

证明：由于f(x)在[0,1]上连续,因此存在Mmaxf(x)————2分

0x1

xn111n1n

f(x)xf(x)dx 0xf(x)dx0n1n10

111n1

f(x)xf(x)dx,————8分0n1n1

又因

11M

0,————12分xn1f(x)dxMxn1dx

00n

2所以

11nn

f(1)xn1f(x)dxf(1)————16分limnxf(x)dxlim

00nnn1

五、（16分）证明级数

sinnx

在区间(0,)内条件收敛.nn

1

sinnxsin2nx1cos2nx1cos2nx

证明：,————4分 

nn2n2n2n

n1

由于数列单调趋于零,且部分和数列cos2kx有界,2nk1

由Dirichlet判别法知,



cos2nx

收敛,————10分 2nn1





sinnx1

又发散,所以级数在区间(0,)内发散————13分

nn1n12n

原级数收敛性显然,因此原级数在区间(0,)内条件收敛.————16分

六、（14分）证明函数序列sn(x)(1x)xn在[0,1]上一致收敛.证明：sn(x)在[0,1]上收敛于s(x)0，由

sn(x)s()1xn, x————5分

nn

1及(1xx)xxnn1, 

n

易知sn(x)s(x)在x取到最大值，从而————10分

n1

nn11

dsn,s1n1n0n0.n1n1

所以, 函数序列sn(x)(1x)xn在[0,1]上一致收敛.————14分

nn

uxy



七、（16分）通过自变量变换11,变换方程

vxy

22z22z2zx(xy)y0.x2xyy2

解：

zz1zzz1z

2,,————3分 xuxvyuy2v

2z2z22z12z2z

,————6分 x2u2x2uvx4v2x3v

2z2z22z12z2z

22423,————9分 2

yuyuvyvyv2z2z112z12z,————12分 

xyu2x2y2uvx2y2v2

代入原方程,得

x

注意到v

y



x2y2

11z2z

20,uvxyv

u11xyu

,即xy,于是就有

vxyxyxy

x

y

x2y2

xyxy

xy

112

xy4xy

xy

u

v2u24uvuv4.v

从而得变换后的方程

2z2z

.————16分 

uvu4uvv

x2y2z22az,若从z轴的正向

八、（16分）计算ydxzdyxdz,其中L为曲线

L

xza(a0)

看去，L的方向为逆时针方向.解：设是L所围的平面xzaa0的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）.上任一点的单位法向量

cos,cos,cos,————6分

由Stokes公式,

L

ydxzdy

cos



xdz

x

ycosyzcos

dS————13分

zx

dSa2.————16分



九、（16分）设D是两条直线yx,y4x和两条双曲线xy1,xy4所围成的区域,F(u)是具有连续导数的一元函数,记f(u)F(u).证明

4F(xy)

dyln2f(u)du,D1y

其中D的方向为逆时针方向.证明：由Green公式,得

F(xy)

dyfxydxdy————4分

DDy

y,则此变换将区域D变为 x

作变换uxy,v,vDuvu————9分 1u4,1v

4变换的Jacobi行列式为J

x,y

1,于是————11分

u,v2v

fuF(xy)

dyfxydxdyDyDD2vdudv

uv

fudu

ln2fudu

12v

所以

4F(xy)

dyln2f(u)du.————16分

D1y

十、（16分）证明含参变量积分I

0

etcos2xtdt满足方程

dI

2xI0.dx

证明：记 fx,tetcos2xt，则 fxx,t2tetsin2xt.这时有————2分

fxx,t2tetsin2xt2tet,x,0t,而反常积分I

0

tetdt收敛,由Weierstrass判别法,

0

fxx,tdx2

0

tetsin2xtdt

关于x在,上一致收敛.应用积分号下求导定理,得到————8分

dI

2tetsin2xtdtetsin2xt

0dx



2x

0

etcos2xtdt

2xI.————14分

所以

dI

2xI0.————16分dx

第五篇：湖南大学2011年考研数学分析真题

2011年数学分析真题

limxn存在，且为1.xn0,1,x0p,xn1psinxn,n0,1,2...,证明：n

方程xsinxp的唯一根。

2.fx在0,1上连续，f10，证明:1xn在0,1上不一致收敛；2fxxn 在0,1上一致收敛。

123． 已知2求0In1exdx。6n1n

4．函数fx，gx在a,b上黎曼可积，agxdx1,gx0,且x0,证明：

fxdxagxfxdxagxbbb

5．求fy01exy,y>-2.2xxe

6.函数f(,)的所有二阶偏导数都连续，并且满足拉普拉斯方程2f2f0，22

2z2z证明函数zf(xy,2xy)也满足拉普拉斯方程220。xy22

7.计算曲面积分(6x24yx2z)ds，S为单位球面x2y2z21。

S

8.设f(x)在0,1上黎曼可积，在x1可导，f(1)0,f'(1)a，证明：limnn210xnf(x)dxa。

9.已知abc，且x0.a,y0,b,z0,c，又设f(x,y,z)min(x,y,z)，计算000f(x,y,z)dzdydx。

abc