暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


证明
                  设存在[LaTex]c\in[a,b][/LaTex],有\[f(c)\ne 0.\]                   由连续函数的性质，必[LaTex]\exists x_1,x_2\in[a,b],c\exists [x_1,x_2]\subset [a,b][/LaTex].
                   [LaTex]\forall x\in [x_1,x_2],f(x)\ne 0,\Rightarrow f^2(x)> 0.[/LaTex]
                   于是
                           \[\int\limits_{a}^{b}f^2(x)dx\geqq \int\limits_{x_1}^{x_2}f^2(x)dx> 0.\]
                   与已知条件矛盾。
                 其中：[LaTex] f(x)\in C[a.b],\Rightarrow  f^2(x)\in C[a.b].[/LaTex]

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


证明
                由已知条件，得
                                  \[K_n=b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}=\frac{a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}}> c> 0,\]
                                  \[\Rightarrow  a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}> a_{n+1}c> 0.\]
                   于是有
                                  \[\{a_nb_n\} \downarrow ,a_nb_n\geq 0.\]
                        数列\[\{a_nb_n\}\]收敛。由此得\[\displaystyle \lim_{n \to 0}a_nb_n\rightarrow 0.\]                       再由上式，可得
                                    \[a_1b_1-a_{2}b_{2}> a_{2}c,\]
                                    \[a_2b_2 -a_3b_3> a_3c,\]
                                    \[ \cdots .\]
                                   \[a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}> a_{n+1}c,\]
                      将不等式两边分别相加，就有
                                  \[a_1b_1-a_{n+1}b_{n+1}> c(a_2+\cdots +a_{n+1}),\]
                            也即
                                    \[ca_1+a_1b_1-a_{n+1}b_{n+1}> c\sum_{1}^{n+1}a_i> 0,\]
                         如此，由不等式左右边的有界性，可知\[\sum_{1}^{\infty}a_n\]收敛。

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题

证明
             用反证法，设[LaTex]\exists x_1,x_2\in [a,b],[/LaTex]  为函数\[F(x)=0\]的两个相异根。则
                  \[F(x_1)=\lambda _0f_0(x_1)+\lambda _1f_1(x_1)=0,\]                 \[ F(x_2)=\lambda _0f_0(x_2)+\lambda _1f_1(x_2)=0,\]
                 [LaTex] \Rightarrow  F(x_1)-F(x_2)=\lambda _0[f_0(x_1)-f_0(x_2)]+\lambda _1[f_1(x_1)-f_1(x_2)]=0,[/LaTex]                        \[\because \lambda _0,\lambda _1\neq 0,\therefore f_0(x_1)=f_0(x_2),f_1(x_1)=f_1(x_2).\]
              所以\[\therefore x_1=x_2.\]
                即函数最多只能有一个根。由函数可知\[F(x_1)=\lambda _0f_0(x_1)+\lambda _1f_1(x_1)=0;\]                                     \[F'(x_1)=\lambda _0f'_0(x_1)+\lambda _1f'_1(x_1)=0.\]
                  再由已知条件，以上两个方程联立（将\[\lambda _0，\lambda _1\]视为变量），则系数行列式不为零，可知\[\Rightarrow \lambda _0,\lambda _1=0.\]与条件矛盾。所以联立方程组不可能同时杨立。即只能有\[F'(x_1)=\lambda _0f'_0(x_1)+\lambda _1f'_1(x_1)\neq 0.\]

               

解
                    \[\begin{align*}I(m,n)&=\int_{0}^{1}x^m(\ln x)^ndx\\  &=\frac{1}{m+1} x^{m+1}(\ln x)^n|_0^1-\frac{n}{m+1}\int_{0}^{1}x^m(\ln x)^{n-1}dx\\   &=-\frac{n}{m+1}I(m,n-1) \\   &=(-1) ^n\frac{n!}{(m+1)^n}I(m,0)\\ &=(-1) ^n\frac{n!}{(m+1)^{n}}\int_{0}^{1}x^mdx\\ &=(-1) ^{n+1}\frac{n!}{(m+1)^{n+1}}. \end{align*}\]

解
                     \[\ln f(x)=\ln x\ln(\arctan x).\]
                     \[\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{\ln(\arctan x)}{x}+\frac{\ln x}{1+x^2}.\]
                    \ [f'(x)=[\frac{\ln(\arctan x)}{x}+\frac{\ln x}{1+x^2}]f(x)=[\frac{(1+x^2)\ln(\arctan x)+x\ln x}{x(1+x^2)}](\arctan x)^{\ln x}.\]

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


解
                由于\[\lim_{n \to \infty} f_n(x)=\lim_{n \to \infty} e^{n(x-1)}=f(x)=0,x\in (0,1)\]
                 所以，函数列\[f_n(x)\]收敛。
                又\[\lim_{n \to \infty}\sup |f_n(x)-f(x)| =\lim_{n \to \infty}\sup |e^{-n}-0| =0.\]
                所以，函数列\[f_n(x)\]在甩给区间内一致收敛。

计算 .

解
               \[\because \arctan e^x+\arctan e^{-x}=\frac{\pi}{2}.\]
                所以
                        \[ \begin{align*}  \int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x\arctan e^x}{1+\cos ^2x}dx
&=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x(\arctan e^x+\arctan e^{-x})}{1+\cos ^2x}dx\\
&=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos ^2x}dx\\
&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos ^2x}+\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos ^2x}]dx\\
&=\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi\sin x}{1+\cos ^2x}dx\\
&=-\frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{1+\cos ^2x}d\cos x\\
&=-\frac{\pi^2}{4}\arctan \cos x|_0^{\pi}\\
&=\frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}\]

解
               \[\because a_1=2,a_{n+1}=2+\frac{1}{a_n},\]
                \[\therefore a_n> 0,a_{n+1}> a_n,a_{n}\leq 2+\frac{1}{2}.\]
               由此，数列收敛。令
                \[\lim_{n\to\infty }a_n=l.\]
               于是，有
                 \[l=2+\frac{1}{l},l=1+\sqrt{2}.\]



                 

证明    \[\because \lim_{x\to0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=a,\]\[\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,x\in \cup ^0(0,\delta ),s.t.\]\[a-\varepsilon < \frac{f(2x)-f(x)}{x}< a+\varepsilon .\]令\[x_k=2^{-k}x,(k=1,2,\cdots ,n),\]则\[2^{-k}（a-\varepsilon ）< \frac{f(2x_k)-f(x_k)}{x}< 2^{-k}（a+\varepsilon）,(k=1,2,\cdots ,n)\]\[
\displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^{-k}（a-\varepsilon ）<\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{f(2x_k)-f(x_k)}{x}< \displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^{-k}（a+\varepsilon）,\]\[\frac{\frac{1}{2}-2^{-n}}{1-\frac{1}{2}}（a-\varepsilon ）< \frac{f(x)-f(2^{-n}x)}{x}< \frac{\frac{1}{2}-2^{-n}}{1-\frac{1}{2}}（a+\varepsilon ）.\]令$n\to\infty$，得\[（a-\varepsilon ）<\frac{f(x)-f(0)}{x} < （a+\varepsilon ）,(x\to0)\]即\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=f'(0)=a.\]$f'(0)$存在.


                  

证明
        （1）、由已知条件，运用罗尔定理得\[\exists x_0\in (0,2),s.t.f'(x_0)=0.\]
                   不妨设[Latex](0,2)[\Latex]内只存在一个极值，则[Latex]f(x_0)=M.[\Latex]
                   由柯西中值定理可知\[\exists \xi \in (0,x_0),s.t.f(x_0)-f(0)=f'(\xi )x_0.\]
                                   \[ \eta  \in (x_0,2),s.t.f(2)-f(x_0)=f'(\eta )(2-x_0).\]
                    此时存在两种情况\[x_0<1,|f'(\eta )|=|\frac{-f(x_0)}{2-x_0}|> M.\]
                                    \[  x_0\geqslant 1,|f'(\eta )|=|\frac{f(x_0)}{x_0}|> M.\]
                         总有一种成立。
          （2）、由已知条件及罗尔定理，有\[f(x_0)-f(0)=f'(\xi )x_0,\Rightarrow M=|f'(\xi)|x_0.\]                       如果有\[M\geqslant |f'(\xi)|,\]代入上面公式，可知\[M\geqslant Mx_0.\Rightarrow M=0.\]

证明
        （1）、由已知条件可知有\[\because （\alpha ,\beta )\subset D.\therefore |(x-\alpha )|\le I_x,|(y-\beta )|\le I_y.\]
                    于是有\[|\iint\limits_{D}(x-\alpha )(y-\beta )dxdy|\le \iint\limits_{D}|(x-\alpha )(y-\beta )|dxdy\le I_xI_y\iint\limits_{D}dxdy=I_xI_yS_D.\]
        （2）、由条件可知\[|\iint\limits_{D}(x-\alpha )(y-\beta )dxdy|\le \iint\limits_{D}|xy|dxdy=\int_{0}^{I_x}xdx\int_{0}^{I_y}ydy=\frac{I^2_xI_y^2}{4}.\]

解：
              \[\Omega :x^2+y^2+2z^2\le x+y+2z,\Rightarrow (x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+2(z-\frac{1}{2})^2\le 1.\]
               \[\begin{align*}I &=\iiint\limits_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV \\
&=\iiint\limits_{\Omega }[(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+(z-\frac{1}{2})^2]dV+\iiint\limits_{\Omega }[(x-\frac{1}{2})+(y-\frac{1}{2})+(z-\frac{1}{2})+\frac{3}{4}] dV
\end{align*}\]\[令\begin{cases}
x'=x-\frac{1}{2}\\
y'=y-\frac{1}{2}\\
z'=z-\frac{1}{2}
\end{cases}\]而\[\Omega' :x'^2+y'^2+2z'^2\le 1.\]\[\begin{align*}I
&=\iiint\limits_{\Omega' }[x'^2+y'^2+z'^2]dV+\iiint\limits_{\Omega' }[x'+y'+z'+\frac{3}{4}] dV\\
&=\iiint\limits_{\Omega }(x'^2+y'^2+z'^2)dV+\iiint\limits_{\Omega' }\frac{3}{4} dV, (奇函数对称性)\\
&=\iiint\limits_{\Omega }(x'^2+y'^2+z'^2)dV+\frac{3}{4} \cdotp \frac{4}{3}\pi  \cdotp \frac{\sqrt{2}}{2}\\
&=8\int_{0}^{1}r^4dr\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}[\sin^2 \phi +\frac{\sqrt{2}}{2}\cos^2 \phi ]\sin \phi d\phi +\frac{\sqrt{2}}{2}\pi \\
&=\frac{15\sqrt{2}+16}{30}\pi+\frac{2\sqrt{2}}{15}.
\end{align*}\]

解（1）、曲线绕$y$轴旋转后的曲面方程为：\[x^2+3y^2+z^2=1,(x^2=x^2+z^2),\]过$P(x,y,z)$的法向量为
$\mathfrak{n}=\{x,3y,z\}.$而\[\rho (x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}.\]于是\[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{S}\frac{z}{\rho (x,y,z)} dS\\
&=\iint\limits_{S}z\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2} dS \\
&=\iint\limits_{S}\frac{z(x^2+(3y)^2+z^2)}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}} dS \\
&=\iint\limits_{S}[\frac{zx\cdotp x}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}+\frac{3zy\cdotp 3y}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}+\frac{zz\cdotp z}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}} ]dS \\
&=\iint\limits_{S}[zx\cos \alpha +3zy\cos \beta +z^2\cos \gamma ]dS \\
&=\iiint\limits_{\Omega }(z+3z+2z)dV,(高斯公式) \\
&=6\iiint\limits_{\Omega }zdV \\
&=6\iint\limits_{\Omega }dxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-3y^2}}zdz \\
&=3\iint\limits_{\Omega }(1-x^2-3y^2)dxdy \\
&=3\int_{0}^{1}r(1-r^2)dr\int_{0}^{2\pi } d\theta \\
&=6\pi (\frac{1}{2}r^2-\frac{1}{4}r^4)|_0^1\\
&=\frac{3}{2}\pi .
\end{align*}\]
（2）、与（1）结果相同。

解 \[f(x)=\sin x+\int_{0}^{x}tf(x-t)dt=\sin x+\int_{0}^{x}(x-u)f(u)du=\sin x+x\int_{0}^{x}f(u)du-\int_{0}^{x}uf(u)du,(x-t=u)\]\[f'(x)=\cos x+\int_{0}^{x}f(u)du+xf(x)-xf(x)=\cos x+\int_{0}^{x}f(u)du.\]\[\because f'(x)> 0,(x\to 0),\therefore f(x)在x=0的邻域内单调增。\]\[即有f(\frac{1}{n})> f(\frac{1}{n+1}),且f(\frac{1}{n})\rightarrow 0,(n\to \infty )\]由交叉级数性质\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nf(\frac{1}{n})< \infty .\]

中南大学2024


1、解
                    \[\lim_{n\to\infty }(1-\frac{3}{4n^2})^{n^2+4n+3}=\lim_{n\to\infty }(1-\frac{3}{4n^2})^{\frac{-4n^2}{3}\cdotp \frac{-3}{4n^2}(n^2+4n+3)}=e^{-\frac{3}{4}}.\]

2、解
                  \[f(x)=3xe^{3x}+10-20x^2e^x-x^2e^{2x}.\]
                   \[f'(x)=3e^{3x}+9xe^{3x}-40xe^x-20x^2e^x-2xe^{2x}-2x^2e^{2x}.\]

3、解
                   \[\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos\theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin\theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos\theta +\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\frac{\pi }{4}.\]

4、解
                      \[\because \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}x^n=e^x.\]
                      \[\therefore e=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}1^n=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}+1.\]
                 因此有\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}=e-1.\]  

证明
                          \[\because \ln(1+t)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n}}{n+1}t^{n+1}.\]
                           \[\therefore \frac{\ln(1-t)}{t}=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n+1}t^{n}.\]
                       于是，\[\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-t)}{t}dt=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^2}t^{n+1}|_0^1=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.\]

                   （原题应有笔误）

解
                 由已知\[\int_{0}^{\pi }[f(x)+f''(x)]\sin xdx=5,\]
                 因而有\[\begin{align*}\int_{0}^{\pi }[f(x)+f''(x)]\sin xdx
&=\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx+\int_{0}^{\pi }f''(x)\sin xdx \\
&=\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx+f'(x)\sin x|_0^{\pi }-\int_{0}^{\pi }f'(x)\cos xdx \\
& =\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx-f(x)\cos x|_0^{\pi }-\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx\\
& =f(\pi )+f(0)=5.
\end{align*}\]
                  又因为\[f(\pi)=2.\]
                  故得\[f(0) =5-f(\pi)=3.\]

解
          由曲线积分定义可得\[\oint_{C}=\int_{(0,0)}^{(0,1)}+\int_{(0,1)}^{(2,1)}+\int_{(2,1)}^{(2,0)}+\int_{(2,0)}^{(0,0)}.\]
            于是\[\int_{(0,0)}^{(0,1)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(0,0)}^{(0,1)}(y-3)dy=\frac{1}{2}(y-3)^2|_{(0,0)}^{(0,1)}=-\frac{5}{2}.\]
                  \[\int_{(0,1)}^{(2,1)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(0,1)}^{(2,1)}x^2dx=\frac{1}{3}x^3|_0^2=\frac{8}{3}.\]
                   \[\int_{(2,1)}^{(2,0)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(2,1)}^{(2,0)}(y-3)dy=\frac{1}{2}(y-3)^2|_1^0=\frac{5}{2}.\]
                    \[\int_{(2,0)}^{(0,0)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(2,0)}^{(0,0)}x^2ydx+(y-3)dy=0.\]
                  \[\therefore \oint_{C}=-\frac{5}{2}+\frac{8}{3}+\frac{5}{2}+0=\frac{8}{3}.\]

西南财经大学2024


解
                     \[\begin{align*}\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{\sec^2x-2\tan x}{1+\cos4x}
&=\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1-\sin 2x}{\cos^2x(1+\cos4x)} \\
&=\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1-\sin 2x}{2\cos^2x\cos ^22x} \\
& =\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2\cos^2x(1+\sin 2x)}\\
&=\infty .
\end{align*}\]

证明
     (1)        令\[F(x)=f(x)-x,\]
                  则  \[F(x)\in C[0,1].F(0)=F(1)=0,\]
                  由罗尔定理，得\[\exists x_0\in(0,1),s.t.F'(x_0)=f'(x_0)-1=0.\]
                      即有\[f'(x_0)=1.\]
    （2）   设\[h(x)=xe^x(f'(x)-1).\]
                则\[h(x)\in C[0,1],h(0)=h(x_0)=0,\]
                利用上关题的结论，及罗尔定理，就有\[\exists \xi \in(0,x_0),s.t.h'(x)=(e^x+xe^x)(f'(x)-1)+xe^xf''(x)=0,\]
                从而得\[\xi f''(\xi)+(1+\xi)f'(\xi)=1+\xi.\]

                简单基本题。略。

          基础题，计算量大。
解      $令z=z(u,v).$则\[\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial u}+2y\frac{\partial z}{\partial v}.\]\[\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial u}+2x\frac{\partial z}{\partial v}.\]\[\frac{\partial ^2z}{\partial x^2}=4x^2\frac{\partial ^2z}{\partial u^2}+2\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial v^2}.\]\[\frac{\partial ^2z}{\partial y^2}=4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial u^2}+4\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial v^2}.\]

解
           由\[f(x,y)=2x^2+y^2-8x-2y+9=2(x-2)^2+(y-1)^2.\]
           用拉格朗日乘数法,设\[F(x,y)=2x^2+y^2-8x-2y+9+L(2x^2+y^2-1).\]
            于是\[\therefore \begin{cases}
F'_x=4x-8+4Lx=0,\\
F'_x=2y-2+2Ly=0,\\
F'_L=2x^2+y^2-1=0
\end{cases}\]
          解方程组，得可能的函数极值点为\[（\frac{2}{3}，\frac{-1}{3}），（\frac{-2}{3}，\frac{1}{3}）.\]
           比较可知\[f_{\min}(\frac{2}{3}，\frac{-1}{3})=\frac{16}{3}.\]
                         \[f_{\max}(\frac{-2}{3}，\frac{1}{3})=\frac{44}{3}.\]