浙江师范大学2005_年研究生(数学分析) (1)

入学考试参考答案及评分标准

考试科目：数学分析 报考学科、专业：基础数学、应用数学、运筹与控制论

一（每小题8分，共48分）计算题 1、求极限 limx0xsinx(1x322x1x). 解 原3分 式limxsinxxlimxsinxx3x0x0limx1x1xx0

2limx01cosx3x2limx01x1x2

5分 2limx0sinx6x13

8分 2、求级数 nn12x的和. n解 作fxxnn12n1x，则 0f(t)dtn1nxn

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2分 作gxxnxn1n1，则 0g(t)dtn1x nx1x 因此gx1(1x)2

5分 x0f(t)dtx(1x)2 fxdx2dx(1x)1(1x)22x(1x)31x(1x)3 23于8分 是 ，原式xfxxx

(1x)1k13、求级数 的和. kk1k12k1n解 因k1kk11k111n1，故k1kk11

k2k112分 为了求2k1k1，作fxk11x2k1，

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4分 则5分 fx1xk1k2kx221x11x21

fx6分 1121t0xxdt[tarctant]0xarctanx

f(1)1π4 因8分 此，原式f(1)1π4

11x24、求dyedx的值. 0y1xx2解 原式dxe00dy

4分 1xe0x2exdx22e1 8分 20n15、求极限 limlimcosm!πx mn解 因cosm!πx的周期为2m!， 2分 第 3 页 共 11 页

故当x为有理数时，存在正整数p和整数q使得xnqp，这时当mp时，cosm!πx1，limcosm!πx1， 4n分 而当x为无理数时，cosm!πx1，limcosm!πx0 6分 nn因此，原式1,当x为有理数时0，当x为无理数时 8分 1116、求极限 lim n2nnnn1n解 原式lim分 1n1kn1nk11 4 分 1xln1x0ln2 80dx1二（14分）已知实数列{an}收敛于a，且 aa2an，用定义证明{Sn}也收敛于a. Sn1n 证记biaia，Kb1b2bk，则0，正整数k，使得ana3分 第 4 页 共 11 页

2(nk),

因1n故正整数k1，使得0，Kn2， 8分 令k2max{k,k1}，则当nk2时，有 a1a2annaKnbk1bk2bnnKnnkn2

14分 三（20分）设t和t为二次可微函数， ux,yxxyyxy 证明ux证 222uxy2uy220 uxxy5分 ，uyxy

uxx2xy ，uxyxy uyyx2y15分 因此，左2xy2(xy)

x2y020分 四（20分）设fx在0,π上连续，证明 右

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π⑴xfsinxdx0π2πfsinxdx 0π⑵若fx0，x0,π，且fxdx0， 0则fx0，x0,π， π 证 记Ixfsinxdx 0 (1) 令xπt，则 πππIxfsinxdx(πt)fsintdtπfsintdtI 00π0因10分 此，左Iπ2fsintdt0右

（2）（用反证法）若不然，则x00,π使得fx00， 由极限的保号性，存在开区间(a,b)使得x0a,b0,π，且当x(a,b)16分 时，有f(x)f(x0)2，

π这与fxdx00矛盾.

20分 第 6 页 共 11 页

五（16分）若不定积分什么条件？ 解 因axbxcx22axbxcx22x1dx为有理式，则a,b,c应满足x1cx2axbcx(x1)，故 2a0axbxc当且仅当时，不定积分2dx为有理式.

xx1bc016分 六（16分）若fx在0,上可微，limxf(x)x0，求证0,内存在一个数列{n}，使得{n}单调，limnn，且limnf(n)0. 证法1 因fx在0,上可微，故nZ，fx在n1n2n1,2n上连续，在从而由拉格朗日中值定理知，2,2内可导，n 2n1,2n使 f(2)f(222nn1nn1)f(n)，即f(n)f(2)f(22n1nn1)2f(2)2nnf(22n1)n1 9分 第 7 页 共 11 页

因limxf(2)2nnf(x)x0，lim2nn，故由海涅归结原则知，limn0，从而limnf(n)0.

16分 证法2 由limxf(x)xK0知，0，0，使得当xK时， f(x)x2分 

K10，使当xK1时，f(x)x12f(x)x1，K22K1，使当xK2时，，Kn2Kn1，使得当xKn时， f(x)x6分 1n

用数学归纳法，得到一个数列{Kn}，在闭区间[Kn,2Kn]上应用拉格朗日中值定理，nKn,2Kn，使得 f(n)f(2Kn)f(Kn)2KnKn第 8 页 共 11 页

10分 由n2Knn1知，数列{n}单调增，由数列{Kn}满足Kn2Kn12n1K1和K10知nlimn 13分 由f(n)f(2Kn)f(Kn)2KnKnf(2Kn)Knf(Kn)Kn2n1n3n 知limnf(n)0

16分 n1七（16分）设un(x)一致收敛. 证法1 016kk1x(1x)knk，证明un(x)在0,1上，当x0,时，n1un(x)k1xxx1xn12 n1当x1,1时，由对称性知 un(x)当x,1(1x)2

k1k时， 第 9 页 共 11 页

n1n1kun(x)xk1(1x)nnk(1)k1k(1)nk

(n1)(1)6分 因lim(n1)(1)n0，故对上述的，正整数K使得当nKn时， (n1)(1)2n

14分 n1综上，当nK时，un(x)xk1k(1x)nk2，对0,1中的一切x成立，这表明un(x)在0,1上一致收敛. 16分 证法2当x12时 n2un(x)x(1x)x(1x)k0knk2n1n11xx12xx(1x)

3分 由Dini定理，要证un(x)在0,1上一致收敛.只需证明un(x)在[0,1]上 下面分0x12，12x1，x0，x1这四种情形来证明 第 10 页 共 11 页

nlimun(x)0 即知极限函数一定连续. 7分 1x(0,)时， 而当2un(x)un1(x)1x(1x)12x221xn2xn20 当x(,1)时， 2 un(x)un1(x)x(1x)12x221xn2xn20 当x0或x1时，un(x)0，而当x1n112时， un()22k11k12nkn12n 11n1nn2un()un1()0nn1n122222

10分 于是，x[0,1]，有un(x)un1(x)， 即un(x)关于n单调， 16分

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