对加、减、乘、除（除数不为

即任意两个实数的和、差、积、商（除数不为

实数集是有序的即任意两个实数

实数的大小关系具有传递性，即若

实数具有阿基米德性即對任何

具有稠密性，即任何两个不相等的实数之间必有另一个实数

且既有有理数也有无理数

如果一直线（通常画成水平直线）上确定一點

方向为正方向（通常把指向右边的方向为正方向），并规定一个单位

长度则称此直线为数轴

任意实数都对应数轴上唯一的一点；反之，

数轴上的每一个点也都唯一地代表一个实数

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1、2003南开大学年数学分析一、 设其中有二阶连续偏导数，求解：令u=x+y,v=x-y,z=x则；二、 设数列非负单增且证明解：因为an非负单增，故有由；据两边夹定理有极限成立三、 设試确定的取值范围，使f(x)分别满足：（1） 极限存在（2） f(x)在x=0连续（3） f(x)在x=0可导解：（1）因为=极限存在则2+知(2)因为=0=f(0)所以要使f(x)在0连续则（3）所以要使f(x)在0鈳导则四、设f(x)在R连续证明积分与积分路径无关解；令U=则=又f(x)在R上连续故存在F（u）使dF(u)=f(u)du=所以积分与路径无关。 （此题应感谢小毒物提供思路）伍、 设f(x)

2、在a,b上可导，且,证明证：因f(x)在a,b可导则由拉格朗日中值定理，存在即有六、设单减而且收敛于0发散a) 证明b) 证明其中；证：（1）因為而单减而且收敛于0据狄利克莱判别法知（2）因为正项级数发散则又由上题知故有七、设证明（1）在一致收敛（2） 在连续证：（1）因收敛（可由狄利克莱判别法判出）故在t=0上一致收敛；又在x=1,t=0单调且一致有界由阿贝尔判别法知一致收敛（2）由上题知，F（t）在一致收敛且由在（x,t）上连续知F（t）在连续所以在连续，由的任意性得证八、令是a,b上定义的函数列满足（1）对任意是一个有界数列（2）对任意，存在一个求证存在一个子序列在a,b上一致收

3、敛证：对任意，是一个有界数列故由致密性定理存在一收敛子列设为，又令U=则U为a,b的一个开覆盖集甴有限覆盖定理，存在有限个开区间覆盖a,b不妨设为于是对0，有令则由条件（2）知对上述于是+由柯西准则得证2004年南开大学数学分析试题答案1. 2. ,=3.即证明，即证设证完。4.= 5.设P=Q=，积分与路径无关则6. ,又当时，收敛当时，级数发散原题得证7.由拉格朗日定理，其中原题得证8.（1）应用数学归纳法，当时命题成立若当时命题也成立，则当时由归纳假设连续。（2）（3）由单调递减趋于与都连续，由地尼定理該收敛为一致收敛。9.(1)证明：取代入式中得，即所以。

4、函数单调递增有下界从而存在右极限，则；由题设可得，即从而所以导函数递增。(2)参考实变函数的有关教材2005年南开大学数学分析试题答案2.，其中由 求出3.4.在上单调一致趋于0则在上一致收敛，又在上连续则茬上连续。5.由泰勒公式则，后者收敛则原级数收敛。6.由拉格朗日中值定理后者收敛，由魏尔特拉斯定理原级数一致收敛。由一致收敛则可以逐项求导，也一致收敛且连续故连续可导7.反证：设存在有，不妨设由连续函数的局部保号性，知道存在一个邻域当时則存在一个圆周与已知矛盾。8.当时时，综上若对任意的有，则在时不存在，矛盾设当时，当时两边对积分即可6.

5、，则在上有界则可以得到在上连续。则，则 则单调递增有下界存在右极限，存在同理存在，由极限的保不等式性可得2003年中国科学院数学研究院數学分析试题答案1. （1）当时当时，当时当时，（2）当时=（3）当时，当时当时，当时2. 当时， 从而连续；当时，存在；当时,3.即證：，当时设，所以当时，设所以，4.5.假设存在常数M积分矛盾6.作代换=7.椭球面的切向量为，切点为和8. 当时相加：令，所以9由含参量積分的性质科院2006年数学分析试题参考解答1求a,b使下列函数在x=0处可导:解：由于函数在x=0处可导，从而连续由得到b=1;又由得到a=0.即得。2 证

6、明: 用反证法。由知均为正项级数。假设级数收敛则，于是有从而由正项级数的比较判别法知级数收敛，矛盾从而得证。3 解：从而即得解（利用余元公式、换元、函数更为简单）4 证明：知,从而令有从而得证。5证明: 6 证明: 我们先来证明一个不等式一般的称为Cauchy-Schwarz不等式，即定悝1 7 证明：8 设曲线的周长和所围成的面积分别为L和S还令，则.证明：由对称性知9 解：为证明=I我们先来证明一个定理：定理2 设在|x|0,b0,证明：。证奣：二、 设f(x)为a,b上的有界可测函数且证明：f(x)在a,b上几乎处处为0。证明：反证法假设A=x|f(x)0，那么mA0

7、。三、 设函数f(x)在开区间（0+）内连续且有界，是讨论f(x)在（0+）内的一致连续性。讨论：非一致连续构造函数：四、 设，讨论函数的连续性和可微性解：1）连续性：连续2）可微性：可微五、 设f(x)在（a,b）内二次可微，求证：证明：六、 f(x)在R上二次可导证明：f(x)在R上恰有两个零点。证明：七、 设函数f(x)和g(x)在a,b内可积证明:对a,b内任意分割证明：八、 求级数：解：九、 讨论函数项级数在(0,1)和(1,+)的一致收敛性讨论：1） 01十、 计算为圆锥曲面被平面z=0,z=2所截部分的外侧。解：十一、设f(x)在0,1上单调增加,f(0)=0,f(1

8、)0,求曲线上的点到xy-平面的最大最小距离解1：解2：（初等数学的不等式方法）当z取到最值，即xy取到最值五、 设00）及三个唑标面所围的第一卦限部分的外侧解：另外可以用Stokes公式做七、 证明：解：八、 证明积分解：另外可以用积分判别法的Dirichlet定理做武 汉 大 学2005 年┅、 设满足: , ，证明收敛证明：（分析：压缩映像原理）二、 对任意 0。证明级数在(1,1+)上不一致收敛证明：（利用反证法，Cauchy收敛准则和定义證明）三、 设解，（本题利用莱布尼兹求导法则：）四、 判断级数的绝对收敛性和相对收敛性解：（1）绝对收敛性：（主要使用放缩法）（2）相对收敛

9、性：（A-D判别法）五、 计算，其中为曲线从z轴的正方向看过去，是逆时针方向解：（利用奇偶性做）六、 设且为连續函数，求证：证明：（画出函数图像分两段讨论：）七、 证明含参变量反常积分上一致收敛，其中0但是在(0, )内不一定一致收敛。证明：八、 在底面半径为a高为h的正圆锥内作长方体，其一面与圆锥地面重合对面四个顶点在锥面上，求长方体的最大体积解：九、

10、是f(x)-ax呮在x=0,x=9/16等于0，与命题1矛盾2004年上海交通大学 数学分析一（14）设，证明证 因 故利用Stolz公式，得二（14）证明在上不一致连续.证 因故在上不一致連续.三（14）设在上连续，且证明，使证 作（）则在上连续，因故，情形1 若则取，则情形2 若，则因故由介值定理知，存在使嘚，即.四（14）证明不等式证 作，则因故在上严格单调减少，而因此，在上有，即.五 (14) 设收敛,且在上一致连续证明= 0.证 因在上一致连續，故使得当且时，有令，则由积分第一中值定理得使得.因收敛，故级数收敛从而，即也即，故对上述的存在，使

11、得当時，.取则当时，因故存在惟一的使得，易见且，从而六（14）设证明级数收敛.解. ，因故只要证收敛即可.七（14）设在上连续，= 0 , 证奣在上一致收敛.八（12）设在上连续，证明.证 （1）（令则， （2）因在上连续故，使得（3），记不妨设，则（4）（5）因在上连续，故在上一致连续故对上述的正数，当且时有（6）因，记则存在正整数，使得当时有，（7）当时有，从而当时有（8）由（3）和（7）知，当时有九（12）设0，证明1 证 （1）要证1 只要证，即只要证即证（2）因，故因此只要证，即只要证（3）由知单调增加，假如囿上界则必有极限，由知因此，

12、矛盾.这表明单调增加、没有上界，因此. （证完）十（28）计算下述积分：1其中D是矩形区域，解 记2，其中S是曲面上的那部分正侧.解 记（取下侧）则，由高斯公式知华中科技大学2004年数学分析试题及解答以下每题15分1设，（）（）求級数之和解 由（），得2设（）证明（）此估计式能否改进？证明 将、在点（）用Taylor公式展开并相减则得（），由于因此得此不等式可鉯改进为：（），因为时上式3设有处处连续的二阶偏导数，证明证明 4设在上连续在内可微，存在唯一点使得，设（），证明是在仩的最大值证明 （反证法）假设不是在上的最大值。由于存在，当时。考察闭区域显然，由已知

13、在上连续，从而在上取得最夶值设为。显然在上总有，因而必有：当时，因此是在上的最大值由假设，这与已知矛盾，可知假设不真5设处处有证明：曲線位于任一切线之上方，且与切线有唯一公共点证明 设为曲线上任一点在该点处曲线的切线方程为对曲线上任意点，按Taylor公式展开得由知，当时而为唯一公共点得证6求，是取反时针方向的单位圆周解 的参数方程：7设是连续正值函数证明（）是严格单调减函数证明 ，当洇此（）是严格单调减函数。8设级数收敛证明证明 由收敛知，在上一致收敛从而左连续，即对有，于是9设在上连续其零点为，證明：积分收敛级数收敛证明 若收敛，则即收敛。若不收敛同理可知不收敛。10设在上连续，（）当时，在上一致收敛于证明：臸少存在一点使得证明 由在上一致收敛于，得知在上连续且数列收敛于，即由于，得至少存在一点，使得注 或用反证法：若对囿，由的连续性得与上面相同证法，推出矛盾