(十四)《数学分析Ⅱ》考试题 填空(共15分,每题5分): 1设E={x-[x]x∈R则supE=L,nfE=_0 2设r(5)=2,则lnf(x)-5=45 3设∫(x) l(1+x)+b X50.,在x=0处可导,则a=_1一 b: 二计算下列极限:(共20分,每题5分) 1lm(1+++ n→)∞ 1 解:由于1≤(1+++…+-)”≤n,又limn=1, 故m(1+++…+-)”=1 H-) 2 lim 解:由 stolz定理, lir lim (√n) (√n)-(√n-1) lim n(√n-√n-1)n+√m(n-1)+n-1) =lim →(m-(n-1)(2n+√m(n-1)-1) sin a 3 lim
（十四） 《数学分析Ⅱ》考试题 一 填空（共 15 分，每题 5 分）： 1 设 E ={x −[x]| xR,则sup E = 1 , inf E = 0 ; 2 设 = − − = → 5 ( ) (5) (5) 2, lim 5 x f x f f 则 x 4 5 ； 3 设 + + = ln(1 ) , 0 sin , 0, ( ) x b x ax x f x 在 x = 0处可导，则a = 1 ， b = 0 。 二 计算下列极限：（共 20 分，每题 5 分） 1 n n n 1 ) 1 3 1 2 1 lim (1+ + + + → ; 解: 由于 n n n ， n 1 1 ) 1 3 1 2 1 1 (1+ + ++ 又 n lim → n n =1， 故 ) 1。 1 3 1 2 1 lim (1 1 + + + + = → n n n 2 3 ( ) 1 2 lim n n n + + → ； 解: 由 stolz 定理, 3 ( ) 1 2 lim n n n + + → 3 3 ( ) ( 1) lim − − = → n n n n ( 1)( ( 1) 1) lim − − + − + − = → n n n n n n n n ( ( 1))(2 ( 1) 1) ( 1) lim − − + − − + − = → n n n n n n n n n . 3 2 ) 1 ) 1 2 (1 1 1 1 lim 2 = + − − + − = → n n n n 3 x a x a x a − − → sin sin lim ；
x+ a 解: lim sin x-sna 2 cos SIn lim x→a xx+a sIn -a lim cos 2 Co li(1+2x) #: lim(1+2x)*=lim (1+2x)2x=e 三计算导数(共15分,每题5分) 1),求f(x); 1+ 解:f(x) 求由方程 x= acos t 表示的函数的二阶导数 asin t dy (asin t) basin tcost tan t dx (acos 't)-3acos tsin t (acost acos tsin t 3设y=(3x2-2)sn2x,求 解:由 Leibniz公式 yoo)=C1o(sin 2 x)oo) (3x2-2)Clo(sin 2x)(99(3x2-2y'+ Coo(sin 2x)(98(3x2-2)" 20sm(2x+-x)3x2-2)+1002sm(2x+y2)6x+192sm(2x+当)6 =210(3x2-2)sn2x-6002xcos2x-29700×2sn2x =2[12x2-229708)sn2x-1200xc0s2x 四(12分)设a>0,{xn}满足
解: x a x a x a − − → sin sin lim x a x a x a x a − + − = → 2 sin 2 2cos lim cos . 2 2 sin 2 lim cos a x a x a x a x a = − − + = → 4 x x x 1 0 lim (1+ 2 ) → 。 解: x x x 1 0 lim (1+ 2 ) → lim (1 2 ) . 2 2 2 1 0 x e x x = = + → 三 计算导数（共 15 分，每题 5 分）： 1 ( ) 1 ln( 1), ( ); 2 2 f x = x + − x + x + 求f x 解: 。 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 + − = + − + = + + + + − + = x x x x x x x x x x x f x 2 解: 3 设 y = (3x 2 − 2)sin 2x, 求y (100) 。 解: 由 Leibniz 公式 (sin 2 ) (3 2) (sin 2 ) (3 2) (sin 2 ) (3 2) 2 (9 8) 2 100 1 (9 9) 2 100 0 (100) 2 100 (100) y = C x x − + C x x − + C x x − 2 sin( 2 )(3 2) 100 2 sin( 2 )6 2 sin( 2 ) 6 2 9 8 9 8 2 100 9 9 2 2 9 9 9 9 2 100 100 = + − + + + + x x x x x 2 (3x 2)sin 2x 600 2 x cos 2x 29700 2 sin 2x 100 2 99 98 = − − − = 2 98[(12x 2 − 229708)sin 2x −1200x cos 2x]。 四 （12 分）设 a 0，{ }n x 满足： 0, x0 ( ), 0,1,2 , 2 1 +1 = + n = x a x x n n n ; sin cos 3 3 求由方程 表示的函数的二阶导数 = = y a t x a t tan , 3 cos sin 3 sin cos ( cos ) ( sin ) 2 2 3 3 t a t t a t t a t a t dx dy = − − = = 。 a t t t a t t dx d y 3 cos sin sec ( cos ) sec 2 2 3 2 2 2 = − =
证明:{xn}收敛,并求mxn 解:(1)证明:易见,xn>0,(n=0,1,2,…)xn1≥√xn=√a(m=0.12,… 从而有: x 2xn ≤0(n=1,2,…) 故{xn}单调减少,且有下界。所以{xn}收敛 (2)求mxn;设l={xn},由(1)知:l={xn}≥a>0 在 )两边同时取极限得 1=lm xn+l 2 m(x,+a)=1(+2),解之得l=√G,即lmxn=a 2 五(10分)求椭圆+=过其上点(xny) 处的切线方程。 解:在方程x+y=1两边对x求导数得:2x+2y2=0 bx从 故y=a2y 而 R-o =-b五,所以椭圆在点(x,y,)处的切线方程为 六(10分)利用 Cauchy收敛原理证明:单调有界数列必收敛。 证明:设{xn}单调有界,不妨设{xn}单调增加 假定{xn}不收敛,则由 Cauchy收敛原理,存在常数6o>0,Vm,n>N (m1(mn(m2≤n2),下m一x|≥6
证明： { }n x 收敛，并求 n。 n x → lim 解: （1） 证明：易见， x 0, (n = 0,1,2, ), n x x a n x a n+1 n = (n = 0,1,2, ), 从而有： 0 ( 1,2, ) 2 ( ) 2 1 2 1 = − + − = + − = n x a x x x a x x x n n n n n n n ， 故 { }n x 单调减少，且有下界。所以 { }n x 收敛。 （2）求 n n x → lim ： 设 { }n l = x ，由（1）知： l ={xn } a 0 。 在 ( ) 2 1 1 n n n x a x + = x + 两边同时取极限得 1 lim + → = n n l x ( ), 2 1 lim ( ) 2 1 l a l x a x n n n = + = + → 解之得 l = a ，即 xn a n = → lim 。 五 （10 分）求椭圆 1 ( , ) 2 0 0 2 2 2 x y b y a x + = 过其上点 处 的切线 方程。 解: 在方程 1 2 2 2 2 + = b y a x 两边对 x 求导数得： 0, 2 2 2 2 = + b yy a x 故 , 2 2 y x a b y = − 从而 0 0 2 2 0 0 y x a b y y y x x = − = = ，所以椭圆 ( , ) 0 0 在点 x y 处 的切线 方程为 ( ) 0 0 0 2 2 0 x x y x a b y − y = − − ，即 1 2 0 2 0 + = b yy a xx 六（10 分）利用 Cauchy 收敛原理证明：单调有界数列必收敛。 证明：设 { }n x 单调有界，不妨设 { }n x 单调增加。 假定 { }n x 不收敛，则由 Cauchy 收敛原理，存在常数 0 0,m, n N (m n), 0 − m n x x ，于是 令 N = 1, 存在 m1 , n1 1 ( ), m1 n1 1 1 0 − m n x x ， 再令 , N = n1 存在 2 2 1 m ,n n ( ), m2 n2 2 2 0 − m n x x
一般地令N=n,存在m,n>n1(m1+0 因而{xn}无界,与条件矛盾,故{xn}收敛。 七(8分)设f(x)在a,+∞)上(a>0满足 y∈[a,+∞),|f(x)-f(0)K|x-y (K≥0为常数)。证明 在[a,+∞)上有界 f(x) 在[a2+∞)上一致连续 证明:1.由条件知,Vx∈[a,+∞)f(x)-f(a)kK|x-a, 故:|f(x)图f(x)-f(a)|+|f(a)kK|x-a|+|f(a)| <K Ix-al. lf(al x-a K ×J(alsK+f(a 可见 在[a,+∞)上有界 2.Vx1,x2∈[a,+∞) (x)f(x2)|x2/(x)-x/(x)x/(x)-x2/(x)+xf(x2)-x/(x2 21/x)-f(x2)+1(x2)1x2=x xx2 xxx K x1-x2|+-(K )x1-x2= 2K.|f(a) Ix-x, b
一般地令 , N = nK+1 存在 1 , mk nk nk− ( ), k k m n 0 − mk nk x x ， 这样得到 { }n x 的一个子列： xm1 , xn1 , xm2 , xn2 , , xmk , xnk , 满足： 0 − mk nk x x 。从而有 0 − nk mk x x ， 0 + nk mk x x (k = 2,3, ) ，由此式递推可知： ( 1) , 1 + 0 2 + 0 + 0 1 + − 0 → + − − x x x x k nk nk nk n 因而 { }n x 无界，与条件矛盾，故 { }n x 收敛。 七（8 分）设 f (x)在[a,+)上(a 0)满足： x, y[a,+), | f (x) − f ( y)| K | x − y | (K 0为常数）。证明： 1 在[ , )上有界； ( ) a + x f x 2 在[ , )上一致连续。 ( ) a + x f x 证明：1. 由条件知， x[a,+), | f (x) − f (a)| K | x − a |， 故： | f (x)|| f (x) − f (a)| + | f (a)| K | x − a | + | f (a)| ， a f a K x f a x x a K x f a x x a K x f x | ( )| | ( )| | | | ( )| | | ( ) | | + + − + = − ， 可见 在[ , )上有界。 ( ) a + x f x 2. , [ , ), x1 x2 a + 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 ( ) ( ) | ( ) ( )| | ( ) ( ) ( ) ( )| x x x f x x f x x f x x f x x x x f x x f x x f x x f x − + − = − − = 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 | ( ) ( )| | ( )| | | x x f x x x x x x f x f x − + − | |, 2 | ( ) | ) | | | ( ) | ( 1 | | 1 2 1 2 2 1 2 x x a f a a K x x a f a K a x x a K − − + + − = +
yE>0,取 +)x,n+ 当|x1-x2k∞时 2-22<E故(2在a+∞)上一致连续。 八(10分)设a12a2, 为实常数,证明: f(x=a, cos x+a, cos 2x+ 十a. CoSnX 在(O,x)必有零点 证明:令F(x)=a1sinx+a2sn2x+…+ ea. sin nx, 则F(x)在[O,x上可导,F(x)=f(x) F(0)=F(x)=0,故由 Rolle中值定理, 彐4∈(O,x),使F'()=O,即f(5)=O 故∫(x)在(O,x)内必有零点 (十五)数学分析2考试题 、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∫(x)在[ab上可积,那么 Af(x)在[a,b上有界Bf(x)在[a,b上连续 Cf(x)在[a,b上单调Df(x)在[a,b上只有一个间断点 2、函数∫(x)在[a,b上连续,则在[a,b上有( (x)dx=f(x) f(dt=f(x) d f(odt=f(x) f(odt=f(x) 3、在[a,+∞]上恒有f(x)≥g(x),则() Af(x)dx收敛g(x)也收敛Bg(x)发散f(x)d也发散 f(x)dx和g(x)d同敛散 D无法判断
, [ ] 0, 2 ( ) a f a a K + = 取 , [ , ), x1 x2 a + | | , 当 x1 − x2 时 − 2 2 1 1 ( ) ( ) x f x x f x ,故 f ( x x) 在[a,+)上一致连续。 八（10 分）设 a a an , , 1 2 为实常数，证明： a nx f x a x a x n cos ( ) 1 cos 2 cos2 + = + + 在(0,)内必有零点。 证明：令 ( ) sin sin 2 sin , 1 2 2 1 F x = a1 x + a x ++ n an nx 则 F(x)在[0，]上可导，F(x) = f (x), F(0) = F( ) = 0, 故由 Rolle 中值定理， (0,),使F() = 0, 即 f ( ) = 0, 故 f (x) 在(0,)内必有零点。 （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 f (x) 在 [a,b] 上可积，那么（ ） A f (x) 在[a,b]上有界 B f (x) 在[a,b]上连续 C f (x) 在[a,b]上单调 D f (x) 在[a,b]上只有一个间断点 2、函数 f (x) 在 [a,b] 上连续，则在[a,b]上有（ ） A f (x)dx f (x) dx d b a = B f (t)dt f (x) dx d x a = C f (t)dt f ( x) dx d b x = − D f (t)dt f (x) dx d b x = 3、 在[a，+∞]上恒有 f (x) g(x) ，则（ ） A + a f (x)dx 收敛 + a g(x)dx 也收敛 B + a g(x)dx 发散 + a f (x)dx 也发散 C + a f (x)dx 和 + a g(x)dx 同敛散 D 无法判断
4、级数∑an收敛是()对p1,2…,m(an+an12+…+an)=0 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∑1收敛,则必有( Aa≤0Ba≥0Ca0 6、f(x)=∑an(x)在[a,b一致收敛,且a(x)可导(n=1,2…),那么 Af(x)在[a,b可导,且f(x)=∑an(x) Bf(x)在[a,b可导,但f(x)不一定等于∑an(x) C∑an(x)点点收敛,但不一定一致收敛 ∑an(x)不一定点点收敛 7、下列命题正确的是() A∑an(x)在[a,b绝对收敛必一致收敛 B∑an(x)在[a,b]一致收敛必绝对收敛 C∑an(x)在[a,b]条件收敛必收敛 D若m|an(x)F0,则∑an(x)在[,b必绝对收敛 8、∑(-1)”(1-)x"的收敛域为( (-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
4、级数 n=1 n a 收敛是（ ）对 p=1,2…， lim ( +1 + +2 + + + ) = 0 → n n n p n a a a 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 = + 1 1 1 n n 收敛，则必有（ ） A 0 B 0 C 0 D 0 6、 ( ) ( ) 1 f x a x n n = = 在[a，b]一致收敛，且 an(x)可导（n=1,2…），那么（ ） A f（x）在[a，b]可导，且 = = 1 ' ' ( ) ( ) n f x a n x B f（x）在[a，b]可导，但 ( ) ' f x 不一定等于 =1 ' ( ) n a n x C =1 ' ( ) n a n x 点点收敛，但不一定一致收敛 D =1 ' ( ) n a n x 不一定点点收敛 7、下列命题正确的是（ ） A ( ) 1 a x n n = 在[a，b]绝对收敛必一致收敛 B ( ) 1 a x n n = 在[a，b] 一致收敛必绝对收敛 C ( ) 1 a x n n = 在[a，b] 条件收敛必收敛 D 若 lim | ( ) |= 0 → a x n n ，则 ( ) 1 a x n n = 在[a，b]必绝对收敛 8、 = − − 1 ) 1 ( 1) (1 n n n x n 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(x,,y)可偏导,则() Af(x,y)在(x,y)可微 Bf(x,y)在(x,J)连续 Cf(x,y)在(xo,y)在任何方向的方向导数均存在D以上全不对 、计算题:(每小题6分,共30分) 1、li1"+2 …+n (P>0) 2、计算由曲线y=x2和x=y2围成的面积 3、求极限lm t ysn (xy)x00y√1+x2+y2 4、已知z=∫(x,-),求 5、计算∑(-1)2nx”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 x的敛散性 x-1 2、判断∑(√n2+1-Vm2-1)的敛散性 3、判断y(-1)”snm 的一致收敛性 四、证明题(每小题10分,共20分) 1、设f(x)是以7为周期的函数,且在[O,刀上可积,证明[f(x)dt=f(x)d 2、设级数∑二收敛,则当a>a0时,级数∑二也收敛 参考答案 1、A2、B3、D4、A5、D6、D7、C8、A9、D10、D 1、由于xP在[0,1]可积,由定积分的定义知(2分) dC+ um ¨+n=m( (4分) n→①
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（ ） A f(x,y)在（x0,,y0）可微 B f(x,y)在（x0,,y0）连续 C f(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) 1 2 lim 1 + + + + → p n n p p p p n 2、计算由曲线 2 y = x 和 2 x = y 围成的面积 3、求极限 ) 1 sin 1 1 lim ( 2 2 2 2 ( , ) (0,0) x y x y x y x y + + + − + → 4、 已知 ( , ) y x z = f x ，求 y z x z , 5、 计算 n n n n x n = − − 1 1 2 ( 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 dx x x p q p + + − 0 − 1 | 1| 的敛散性 2、 判断 = + − − 1 2 2 ( 1 1) n n n 的敛散性 3、 判断 = + − 1 2 1 ( 1) sin n n n nx 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 = a+T T a f x dx f x dx 0 ( ) ( ) 2、设级数 =1 0 n n n x 收敛，则当 0 时，级数 n=1 n n x 也收敛 参考答案 一、1、A 2、B3、D4、A5、D6、D7、C8、A9、D10、D 二、1、由于 p x 在[0，1]可积，由定积分的定义知（2 分） = + + + + → 1 1 2 lim p p p p n n n 1 1 ) 1 2 ( 1 lim 1 0 + + + = = → p x dx n n n n n p p p p p p p n （4 分）
2、、两曲线的交点为(0,0),(1,1)(2分) 所求的面积为:(√-x)=1(4分) 3、解:由于sn-有界, lim yin-=0(2分) (x,y)→+(0,0) lim (x2+y2)(√1+x2+y2+1) t sin (xy00y1+x2+y2 x(5, )-+) (1+x2+y2-11+x2+y2+1) (3分)=m√1+x2+y2+1 2(1分) 解:ax+/(3分)=y3分 5、解:m-=1=1,=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 -dx dx dx(2分) x-1|PJ|x-1| 考虑奇点x=0应要求p1+∞时,由于 知2p+g1>1时积分收敛(2分 x(x-1) 所以反常积分满足2且21-p)<q<1-p收敛,其余发散(2分) 2、解:由于 +1 n2+1+√n2 (6分),又∑一发散(2分) 所以原级数发散(2分) (1)"sin nx,1 n+1≤-(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) 证明:(x)=(x)+(x+r f(x)dx(1)(4分) f(x)x=r+((+)d(+T)=t(2)(4分) 将式(2)代入(1)得证(2分) (")()(4分) n单调下降有界(3分)由Ael定理 知原级数收敛(3分)
2、 、两曲线的交点为（0，0），（1，1）（2 分） 所求的面积为： 3 1 ( ) 1 0 2 − = x x dx （4 分） 3、解：由于 x 1 sin 有界， 0 1 lim sin ( , ) (0,0) = → x y x y （2 分） ) 1 sin 1 1 lim ( 2 2 2 2 ( , ) (0,0) x y x y x y x y + + + − + → = ( 1 1)( 1 1) ( )( 1 1) lim 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , ) (0,0) + + − + + + + + + + → x y x y x y x y x y （3 分）= 1 1 1 lim 2 2 ( , ) (0,0) + + + → x y x y =2（1 分） 4、解： x z = y f f 1 1 + 2 （3 分） y z = 2 2 y x − f （3 分） 5、解： 2 1 2 lim ( 1) 1 − = − → n n n n n ，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 dx x x p q p + + − 0 − 1 | 1| = dx x x p+q − p − 1 0 1 | 1| 1 + dx x x p q p + + − 1 − 1 | 1| （2 分） 考虑奇点 x=0 应要求 p-11 时积分收敛（2 分） 所以反常积分满足 p<2 且 2(1-p)<q<1-p 收敛，其余发散（2 分） 2、解：由于 n n n n n 1 ~ 1 1 2 1 1 2 2 2 2 + + − + − − = （6 分），又 =1 1 n n 发散（2 分） 所以原级数发散（2 分） 3、解： 2 2 1 1 ( 1) sin n n nx n + − （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： + + = + + a T T T a a T a f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx 0 0 （1）（4 分） = + + + = a+T a a T f x dxx T t f t T d t T f t dt 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) （2）（4 分） 将式（2）代入（1）得证（2 分） 2、证明： = − = = 1 1 ) 1 ( )( 0 0 n n n n n n x n x （4 分） 0 1 − n 单调下降有界（3 分）由 Abel 定理 知原级数收敛（3 分）