南京大学数学分析高等代数考研真题与解析.pdf

.南京大学数学分析，高等代数考研真题南京大学2002年数学分析考研试题一求下列极限。x(1x)xcos（1）lim2；xx(sinxsin)ln(1x)2（2）设f(x)xln(ax)，x(,a)，（i）f(x)在(,a)上的最大值；（ii）设xlna，xln(ax)，xf(x)，(n2,3,)，求limx。121n1nnn1二设f(x)sinx，试证明f(x)在[2,)内有无穷多个零点。lnxf(x)三设f(x)在x0的某个邻域内连续，且f(0)0，lim2，x01cosx（1）求f(0)；f(x)（2）求lim；x0x2（3）证明f(x)在点x0处取得最小值。f(x)四设f(x)在x0的某个邻域内具有二阶连续导数，且lim0，试证明：x0x（1）f(0)f(0)0；1（2）级数f()绝对收敛。nn1五计算下列积分xex（1）求dx；ex1（2）Izxdydzxydzdxyzdxdy，其中S是圆柱面x2y21，三个坐标平面及S旋转抛物面z2x2y2所围立体的第一象限部分的外侧曲面。六设f(x)C[a,b]，f(x)在(a,b)内可导，f(x)不恒等于常数，且f(a)f(b)，试证明：在(a,b)内至少存在一点，使f()0。七在变力Fyzizxjxyk的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面精品.x2y2z21,a2b2c2第一象限的点M(,,),问(,,)取何值时，F所做的功W最大，并求W的最大值。x八（1）证明：(1)nex，(nN,0xn)；nnx（2）求lim(1)nx2dx。n0n南京大学2002年数学分析考研试题解答x(1x)xcos2一（1）解limxx0(sinxsin)ln(1x)2x(1x)xcos21lim2xx0xsinxsin21ln(1x)xxxx1exln(1x)(ln(1x))sin1x222limx02xxsin112lim[exln(1x)(ln(1x)x)]x01x2x1249.41a1x（2）解（i）f(x)1,axax当xa1时，f(x)0，f(x)在(,a1]上单增，当a1xa时，f(x)0，f(x)在[a1,a)上单减，所以f(x)在xa1处达到最大值，f(a1)a1；（ii）当a1时，0xlnaln(1a1)a1，11axa，10xln(ax)lnaa1，21精品.xf(x)f(a1)a1，32xa1，1ax，nnxxln(ax)x，{x}单调递增有上界，设limxA，则有n1nnnnnnAAln(aA)，aA1，Aa1，limxa1；nn当a1时，x0，limx0；nnn当0a1时，xlna0，xlnaln(1a1)a1，111ax，11二证明因为f(2n)10，2ln(2n)21f(2n)10，(n1,2,)，2ln(2n)2显然f(x)在[2,)上连续，由连续函数的介值定理知，存在(2n,2n)使得n22f()0(n1,2,)，n即得f(x)在[2,)上有无穷多个零点。f(x)f(x)x2三解（1）2limlim，x01cosxx0x21cosxx2f(x)因为lim2，所以lim1，x01cosxx0x2f(x)f(x)limlim(x)0，x0xx0x2f(x)f(0)f(x)limlim0，x0x0x0x于是f(0)0；f(x)f(x)1（3）由lim1知，存在0，当0x时，，f(x)f(0)，x0x2x22精品.即知f(x)中在x0处取得极小值。Msupf(x)xf(x)四、证明（1）由limf(x)limx0，知f(0)0，x0x0xf(x)f(0)f(x)由limlim0知f(0)0.x0x0x0x111111（2）f()f(0)f(0)f()f()，nn2nn22nn21M1M1f()，已知收敛，其中Msupf(x)，n2n22n2n1x1于是f()收敛，结论得证。nn1xex23五（1）解dxx[(ex1)2]dxex132322x(ex1)2ex1exdxex1dx333232232xexx(ex1)2(ex