2005年中科院数学院数学分析试题及解答

51. (15分)计算:lim13x12x34.

lnalnbab1abx01x1x2ab2. (15分)设a,b0,ab,证明 .

3. (10分)求limn1n1n11. 2n4. (10分)判断级数(1)nn1lnnn的敛散性.

F(t)t5. (15分)设函数f(x,y)在点(0,0)的某个邻域中连续,F(t)22f(x,y)dxdy,求lim2.

t0xyt22226. (15分)求球面xyza包含在柱面

2222xayb1(ba)内的那部分面积.

7. (15分)设函数f(x,y)(xy,)其中(0)0,且(u)在u0的某个邻域中满足

(u)ku，其中常数12，k0。

xy在点(0,0)处不可微.

证明f(x,y)在点(0,0)处可微,但函数g(x,y)8. (15分) 设(x)在区间[0,)上有连续的导数,并且(0)1.令

f(r)22222(xyz)dxdydz(r0).

22xyzr证明f(r)在r0处三次可微,并求f(0)(右导数).

9. (20分)设函数f(x)在有限区间[a,b]上可微,且满足f(a)f(b)0(此处f(a)和f(b)分别

表示f在a和b处的右导数和左导数).则c(a,b),使得f(c)0. 10. (20分)设e常数.

1

exan0nnx,求a0,a1,a2,a3,并证明ane(lnn)n(n2),其中是某个大于e的

2005年中国科学院数学分析试题解答

1. 解：利用1y得13x541yoy，y0， 3xox44115，

12x113122xox，

31x1xox，

1x112xox，

14413xox1xox5所以，原式lim

x0111xox1xox32 limxox16xoxx06.

2. 证明：不妨设ab0，

b欲证的不等式等价于aa11bb令x2lnaba，

ab，不等式等价于

2x1lnxx1x1x1x，x1.

令fxlnx，f10， 111x因为fx12x2xx

x12x2xxx12xx20，x1，

2

所以f即得xf10，

xlnx0，

1xx1xlnx，

x1

lnxx1，x1.

令hxlnx2x1x14，h10，

因为hx1xx12x122xx10，

所以hxh1，即得lnx2x1x1

0，

2x1故成立

lnxx1，x1，

2x1ablnxx11x，x1，

取x，代入上式，不等式得证.

3. 解：解法一 利用1121n12nlnncn，其中limn0，

n1121n1n1ln2nc2n，

111limn2nnn111lim n2nn1 limln2nc2nlnncn nlimln22nnln2. n解法二 limn1n1n11 2n 3

1limnnn1k k11ndxln1xln2.

011011x4. 解：设anlnnn，

显然liman0，an单调递减；

n由莱布尼茨判别法知

1n1nlnnn收敛，

由1nlnnnn1n，n3，得

1n1nlnnn发散，

故

1n1lnnnt0条件收敛.

5. 解：Ftdr20frcos,rsinrd，

Ft20ftcos,tsintd，

由题设条件，

可知limftcos,tsint02f0,0，且关于0,2是一致收敛；

于是limt0Fttlimt00ftcos,tsind

20t0limflimftcost,sind 0,0df00. 2, 20t06、计算下列曲面的面积：

222 （1）圆柱面xya 介乎平面xz0和xz0之间的部分；

（2）球面xyza被椭圆柱面

2222xa22yb221(0ba)所截下的部分。

22解 （1）所截得曲面在第一卦限的曲面为：yd

ax，0xa,0zx；

1(yx)(2yz)dxdz2aax22dxdz，

4

于是利用对称性，所求的面积为 S8adxxa00dz

a2x28aaxdx8a(a2x2)|a0a2a2x208；

（2） 由图象的对称性，所截得的上半曲面为：za2x2y2，

D{(x,y):x22a2yb21}，

d1(z)2(zxy)2dxdyadxdy，

a2x2y2由积分区域位于第一象限部分为

0xa,0yb2aax2，

于是利用对称性，所求的面积为

2S24abdxaa2xa00a2x2y2dy

8aaarcsinyb0|aa2x2dx8a2arcsinba2x20a .

特别地，当ba时，得到球面面积S4a2.

7、证明： A =fx(0,0)limf(x,0)f(0,0)x0)(0)

x0xlim(x0x0， 同理可知，B = fy(0,0)0；

f(x,y)在（0，0）处可微 当且仅当 f(x,y)f(0,0)Axbyo((x)2(y)20

由于

f(x,y)f(0,0)xy)y(，

x2kxy2x2y2|1[(x)2(y)2]|（因为

|xy|(x)2(y)22(x)21)2(y)2)210，

(y)22((x(x)2(y)20。）

所以，f(x,y)f(0,0)AxByo()，f(x,y)在（0，0）处可微。

5

)o，( 因为当 (x)(y)0时，

|xy|xy2222g(x,y)g(0,0)的极限不存在，

所以g(x,y)8. 证明：由f|xy|在（0，0）处不可微。

r0d0r2d0222sind

4得fr4rr022d，r0，

r22，r0，

3fr4r22rr2r，r0，

f00，

因为limr0frf0rlim4rr022r22r28，

所以fr在r0处三次可导，且f08.

9．( Darboux ) 设函数f(x)在区间[a,b]上可导且f(a)f(b). 若k为介于f(a)与

f(b)之间的任一实数, 则 存在(a,b), 使得 f()k

证明 取函数 F(x)f(x)kx，则 F(x)在[a,b]上可导，且

F(a)F(b)(f(a)k)(f(b)k)0

不妨设 F(a)0,F(b)0，则存在 x1x2， x1(a,a)，x2(b,b) ，使得

F(x1)F(a),F(x2)F(b)

由此可得，函数 F(x) 在[a,b] 上的最大点必在(a,b)内，由费马定理，

F()0f()k

10. 证明：设fxeexx，anfn0n!，n0,1,2,

fxeexe，

fxeexex2eeeexxexex2ex， 32xexxxfxeee3e，

 6

f0e，f0e，f02e，f05e， a0f0e，a1f0e，a2e，a3由fxe，得

ex53!e；

lnfxe，

xfxfxe，

x fxfxex，

xfn1xfxennnCnfk0kkxex，

f

n10Cnkf0，n1,2,.

kk0 7