**2020华南理工大学《数学分析》考研试题及参考答案**
一、（11分）** 计算极限$$
\lim\limits_{n\to \infty}\left(\frac{1+\sqrt[n]{3}}{2}\right)^n
$$
解：幂指数列$$
原式=e^{\lim\limits_{n\to \infty}n\ln \left(\frac{1+\sqrt[n]{3}}{2}\right)}
$$
另$\frac{1}{n}=x$, 则$$
= e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln \left(\frac{1+3^x}{2}\right)}{x}}
$$ $$
= e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\frac{1+3^x}{2}}\left(\frac{3^x\ln 3}{2}\right)}{1}}
$$ $$
=e^{\frac{\ln 3}{2}}=\sqrt{3}.
$$
**注记：**幂指函数、幂指数列求极限，化数列极限为函数极限都是规范方法。
二、（11分） 设$\alpha > 0$. 求极限$$
\lim\limits_{x\to \infty}[(x+1)^\alpha-x^\alpha]
$$
解： “无穷大减去无穷大“ 标准做法：
$\alpha=1$
$$
原式=1.
$$
$\alpha\in (0,1)$
$$
原式=\lim\limits_{x\to +\infty}x^\alpha \left[\frac{(x+1)^\alpha}{x^\alpha}-1\right]
$$ $$
=\lim\limits_{x\to +\infty}x^\alpha \left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha-1\right]
$$
由于泰勒公式$$
(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2)
$$
所以$$
原式=\lim\limits_{x\to +\infty}x^\alpha \left[1+\frac{\alpha}{x}+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}\left(\frac{1}{x}\right)^2+o\left(\frac{1}{x^2}\right) -1\right]
$$ $$
=\lim\limits_{x\to +\infty}x^\alpha \left[\frac{\alpha}{x}+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}\left(\frac{1}{x^2}\right)+o\left(\frac{1}{x^2}\right) \right]=\alpha.
$$
$\alpha > 1$ $$
(1+x)^\alpha=1+\alpha x+o(x)
$$
根据微分中值定理得到存在$\xi\in (x,x+1)$使得$$
原式=\lim\limits_{x\to +\infty}\alpha \xi^{\alpha-1}=+\infty.
$$
此时极限不存在。
三、（11分） 求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty n^2x^{n-1}$的和函数。
解： 利用$$
1+x+x^2+x^3+\cdots +x^{n}+\cdots=\frac{1}{1-x},x\in (-1,1)
$$
内闭一致收敛性得$$
1+2x+3x^2+\cdots +nx^{n-1}+\cdots=(1-x)^{-2},x\in (-1,1)
$$
两边乘以$x$得到
$$
x+2x^2+3x^3+\cdots +nx^{n}+\cdots=x(1-x)^{-2},x\in (-1,1)
$$
内闭一致收敛性
得到
$$
1+2^2x+3^2x^2+\cdots +n^2x^{n-1}+\cdots=(1-x)^{-2}+2x(1-x)^{-3},x\in (-1,1)
$$
【解题完毕】
四、（11分） 计算广义积分$$
I=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-2x}(\sin 5x-\sin 3x)}{x}dx
$$
解： 我们有$$
I=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-2x}(\sin 5x-\sin 3x)}{x}dx
$$ $$
=\int_0^{+\infty}e^{-2x}\int_3^5\cos yxdydx
$$ $$
=\int_3^5\int_0^{+\infty} e^{-2x}\cos (yx)dxdy
$$
因为$$
\int_0^{+\infty} e^{-2x}\cos (yx)dx=-\frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \cos (yx)d e^{-2x}
$$ $$
= -\frac{1}{2}e^{-2x}\cos (yx)|_0^{+\infty}-\frac{y}{2}\int_0^{+\infty}e^{-2x}\sin (yx)dx
$$ $$
=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}\int_0^{+\infty} \sin (yx)d e^{-2x}
$$ $$
=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}e^{-2x}\sin (yx)|_0^{+\infty}-\frac{y^2}{4}\int_0^{+\infty}e^{-2x}\cos(yx)dx
$$
因此$$
\int_0^{+\infty} e^{-2x}\cos (yx)dx=\frac{1}{2}\frac{1}{1+\frac{y^2}{4}}
$$
所以$$
I=\int_3^5\int_0^{+\infty} e^{-2x}\cos (yx)dxdy
$$ $$
=\int_3^5\frac{1}{2}\frac{1}{1+\frac{y^2}{4}}dy
$$ $$
=\left.\arctan \frac{y}{2}\right|_3^5=\arctan \frac{5}{2}-\arctan \frac{3}{2}.
$$
当然，上述过程用到积分顺序交换，所以要说明交换条件成立：
(1)$f(x,y)=e^{-2x}\cos (yx)$在$[0,+\infty)\times [3,5]$连续。
(2)广义积分在$[3,5]$一致收敛：$$
\left|\int_0^{+\infty}e^{-2x}\cos (yx)dx\right|\le \int_0^{+\infty}e^{-2x}dx=\frac{1}{2},y\in [3,5]
$$
注记： 此类题目很多，如教材中的经典例题：计算：$$
\int_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx,b > a > 0.
$$
五、（13分） $L$为$y=0$, $y=\sin x,x\in [0,\pi]$围成区域$D$的边界，方向正，求$$
\oint_Le^x(1-\cos y)dx-e^x(y-\sin y)dy
$$
解：应用格林公式$$
原式=\iint_D(-(e^x(y-\sin y)-e^x\sin y)dxdy
$$ $$
=-\iint_De^xydxdy
$$ $$
=-\int_0^\pi \int_0^{\sin x}e^xydydx
$$ $$
=- \frac{1}{2}\int_0^\pi e^x\sin^2x dx
$$ $$
=-\frac{1}{4}\int_0^\pi e^x(1-\cos (2x)dx
$$ $$
=-\frac{e^\pi-1}{4}+\frac{1}{4}\int_0^\pi e^x\cos (2x)dx
$$
而$$
\int_0^\pi e^x\cos (2x)dx=\int_0^\pi \cos (2x)de^x
$$ $$
=e^x\cos (2x)|_0^\pi+2\int_0^\pi e^x\sin (2x)dx
$$ $$
=e^\pi -1-4\int_0^\pi e^x\cos (2x)dx
$$
所以$$
\int_0^\pi e^x\cos (2x)dx=\frac{e^\pi-1}{5}.
$$
因此$$
原式=-\frac{e^\pi-1}{4}+\frac{1}{4}\frac{e^\pi-1}{5}=-\frac{e^\pi-1}{5}.
$$
六、（13分） 设函$f(x)$ 在闭区间$[a,b]$ 上可积, 证明:$\int_a^b[f(x)]^2dx=0$ 当且仅当对$[a,b]$ 的任意连续点$x$ , 有$f(x)=0$ .
证明： 必要性.
因为$f(x)$在在闭区间$[a,b]$ 上可积, 所以$[f(x)]^2$在闭区间$[a,b]$ 上可积。 假设$x$是$f(x)$的连续点，如果$f(x)\not=0$, 不妨设$f(x) > 0$, 于是存在$\delta > 0$和正数$\delta$使得$$
f(x) \ge \delta > 0,x\in (x-\delta,x+\delta )\cap [a,b]
$$
于是存在$[c,d]\subset [a,b]$使得$$
f(x)\ge \delta > 0,x\in [c,d]\subset [a,b].
$$
因此$$
\int_a^b[f(x)]^2dx\ge \int_c^d[f(x)]^2dx\ge \delta^2(d-c) > 0.
$$
与已知$\int_a^b[f(x)]^2dx=0$矛盾。 所以对$[a,b]$ 的任意连续点$x$ , 有$f(x)=0$ .
充分性.
先证明：区间上可积函数的连续点稠密。设$f(x)$在区间$I$上可积。 只要证明$I$的任意子区间$[a,b]$上都有$f(x)$的连续点。
因为$f(x)$在$[a,b]$上可积，任意给出$\epsilon > 0$, 存在$[a,b]$的分割$T$, 使得$$
\sum\limits \omega_i\Delta x_i < (b-a)\epsilon.
$$
取$\epsilon _1=\frac{1}{2}$, 存在$[a,b]$的分割$T_1$, 使得$$
\sum\limits \omega_i\Delta x_i < \frac{b-a}{2}.
$$
故必有$T_1$的某个小块$[x_{i-1},x_i]$其对应的振幅$\omega_i\le \frac{1}{2}$. 否则$$
\sum\limits \omega_i > \frac{1}{2}\sum\limits \Delta_i=\frac{b-a}{2}
$$
矛盾。
所以可以找到真子区间$[a_1,b_1]\subset [a,b]$满足$$
[a_1,b_1]\subset [x_{i-1},x_i]\subset [a,b]，a < a_1 < b_1 < b,
$$ $$
b_1-a_1\le \frac{b-a}{2},\;\;\omega_{[a_1,b_1]}\le \frac{1}{2}.
$$
$[f(x)]^2$在$[a_1,b_1]$可积， 取$\epsilon_2=\frac{1}{2^2}$, 同理存在$[a_2,b_2]$满足$$
[a_２,b_２]\subset [x_{i-1},x_i]\subset [a_1,b_1]，a_1 < a_2 < b_2 < b_1
$$ $$
b_2-a_2\le \frac{b_1-a_1}{2},\;\;\omega_{[a_2,b_2]}\le \frac{1}{2^2}.
$$
继续下去，直到无穷，我们得到一个闭区间套$[a_n,b_n]$满足：$$
[a_n,b_n]\subset [x_{i-1},x_i]\subset [a_{n-1},b_{n-1}],a_{n-1} < a_n < b_n < b_{n-1}
$$ $$
b_n-a_n\le \frac{b_{n-1}-a_{n-1}}{2},\;\;\omega_{[a_n,b_n]}\le \frac{1}{2^n}.
$$
根据闭区间套定理存在唯一点$x_0\in [a_n,b_n]$, 我们证明$f(x)$在$x_0$连续。
事实上，任意给$\epsilon > 0$, 必存在$n$使得$\frac{1}{2^n} < \epsilon$. 取$\delta=\min\{x_0-a_n,b_n-x_0\} > 0$,
对于任意$x\in o(x_0,\delta)\subset [a_n,b_n]$, 必有$$
|f(x)-f(x_0)|\le \omega_{[a_n,b_n]} < \epsilon.
$$
则$f(x)$在$x_0$连续。因此可积函数的连续点稠密。
所以对于$[a,b]$的任意分割$T$, 其每个小块中必有$[f(x)]^2$的连续点。其对应的达布小和
$s(T)$恒等于０，所以$\int_a^b[f(x)]^2dx=\lim\limits_{||T||\to 0}s(T)=0.$
七、（13分）设$f(x)$ 在$[0,+\infty)$ 上单调递减, 且$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0$ ,$f’(x)$ 连续. 证明: 积分$$\int_0^{+\infty}f’(x)\sin ^2xdx$$ 收敛.
证明： 因为$f’(x)$连续，$f$单调减少，所以$f’(x)\le 0,x\in [0,+\infty )$. 任意给出$\epsilon > 0$, 因为$f(x)\to 0,x\to +\infty$, 所以根据柯西法则，存在$G > 0$对于任意$A > B > G$成立
$$|f(A)-f(B)|=f(B)-f(A) < \epsilon.$$
所以
$$\left|\int_A^Bf’(x)\sin^2xdx\right|$$
$$=-\int_A^Bf’(x)\sin^2xdx\le -\int_A^Bf’(x)dx=f(B)-f(A) <\epsilon.$$
根据柯西法则，积分$\int_0^{+\infty}f’(x)\sin ^2xdx$ 收敛。
**注记：** 条件“$f(x)\to 0,x\to +\infty$”可以改为“当$x\to +\infty$时极限存在”。
**八、（13分）** 设$f(x)$ 在$[a,b]$ 上可微且导函数连续, $f(a)=0$ . $M=\max\limits_{x\in [a,b]}|f(x)|$. 试证:
$$M^2\le (b-a)\int_a^b|f’(x)|^2dx.$$
**证明：** 当$M=0$时结论显然成立。
当$M > 0$时，设$|f(x_0)|=M$, 则$x_0 > a$. 所以
$$0\le \int_a^{x_0}\left[f’(x)-\frac{f(x_0)}{x_0-a}\right]^2dx$$
$$=\int_a^{x_0}[f’(x)]^2dx-\frac{2f(x_0)}{x_0-a}\int_a^{x_0}f’(x)dx+\frac{[f(x_0)]^2}{(x_0-a)^2}(x_0-a)$$
$$=\int_a^{x_0}[f’(x)]^2dx-\frac{2f(x_0)}{x_0-a}(f(x_0)-f(a))+\frac{[f(x_0)]^2}{(x_0-a)^2}(x_0-a)$$
$$=\int_a^{x_0}[f’(x)]^2dx-\frac{[f(x_0)]^2}{x_0-a} $$
因此
$$\frac{[f(x_0)]^2}{x_0-a}\le \int_a^{x_0}[f’(x)]^2dx$$
得到
$$M^2\le(x_0-a) \int_a^{x_0}[f’(x)]^2dx\le (b-a) \int_a^b[f’(x)]^2dx.$$
证明完毕。
**注记：**
当$M=0$时结论显然成立。
当$M > 0$时，设$|f(x_0)|=M$, 则$x_0 > a$. 且$$
\left|\int_a^{x_0}f(x)f’(x)dx\right|^2\le \int_a^{x_0}|f(x)|^2dx\int_a^{x_0}|f’(x)|^2dx
$$ $$
\le \int_a^{b}|f(x)|^2dx\int_a^{b}|f’(x)|^2dx
$$ $$
\le \int_a^{b}M^2dx\int_a^{b}|f’(x)|^2dx=M^2(b-a)\int_a^b|f’(x)|^2dx
$$
而$$
\left|\int_a^{x_0}f(x)f’(x)dx\right|^2=\left(\frac{1}{2}|f(x)|^2|_a^{x_0}\right)^2=\frac{1}{4}M^4
$$
所以$$
\frac{1}{4}M^4\le M^2(b-a)\int_a^b|f’(x)|^2dx
$$
得到$$
M^2\le 4(b-a)\int_a^b|f’(x)|^2dx。
$$
九、（13分） 求曲面$2x^2+y^2+3z^2=84$ 的切平面, 使得切平面与平面$4x+y+6z=12$ 平行.
解： 设切点$(x_0,y_0,z_0)$, 则切平面的法方向为$$
(4x_0,2y_0,6z_0)
$$
则$$
2x_0^2+y_0^2+3z_0^2=84,\;\;\frac{4x_0}{4}=\frac{2y_0}{1}=\frac{6z_0}{6}.
$$
解之得到$$
x_0=4,y_0=2,z_0=4或者x_0=－4,y_0=－2,z_0=－4。
$$
所以所求点为$(4,2,4)$或者$(-4,-2,-4)$。
十、（13分）设$f(x)$ 在$[0,2]$ 上二阶可微, 且$|f(x)|\le 1,|f’’(x)|\le 1$ . 证明:$|f’(x)|\le 2$ .
证明： 用在$x$点的泰勒公式$$
f(y)=f(x)+f’(x)(y-x)+\frac{f’’(\xi)}{2}(y-x)^2
$$
其中$\xi$在$x$与$y$之间，依赖于$x,y$. 取$y=0$, 得到$$
f(0)=f(x)+f’(x)(0-x)+\frac{f’’(\xi_1)}{2}(0-x)^2
$$
取$y=2$得到$$
f(2)=f(x)+f’(x)(2-x)+\frac{f’’(\xi_2)}{2}(2-x)^2
$$
两式相减得到$$
2f’(x)=f(2)-f(0)+ \frac{f’’(\xi_1)}{2}(0-x)^2-\frac{f’’(\xi_2)}{2}(2-x)^2
$$
则$$
|f’(x)|=\frac{1}{2}\left| f(2)-f(0)+ \frac{f’’(\xi_1)}{2}(0-x)^2-\frac{f’’(\xi_2)}{2}(2-x)^2\right|
$$ $$
\le \frac{1}{2}\left(2+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}(2-x)^2\right)
$$ $$
=\frac{1}{2}\left(x^2-2x+4\right)=\frac{1}{2}[(x-1)^2+3]
$$ $$
\le \frac{1}{2}(1+3)=2.
$$
【证明完毕】
注记：类似题目：1、 设函数$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导，且$f(0)=f(1)$，$|f’’(x)|\le 1$，证明:在$[0,1]$上有$|f’(x)|\le \frac{1}{2}$.
2、设$f(x)$二阶可导,对$x>0$,有$|f(x)|\le a$, $ |f"(x)|\le b$. 求证$|f'(x)|\le 2\sqrt{ab}$, $a,b$均为常数。
十一、（13分） 已知$a_n\to 0,b_n\to b,n\to \infty$. 试证:$$
\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}{n}=0.
$$
证明： 因为$b_n\to b,n\to \infty$, 所以存在$M > 0$使得$$
|b_n|\le M,n=1,2,\cdots
$$
任意给出$\epsilon > 0$, 因为$a_n\to 0,n\to \infty$所以存在$N$, 使得$$
|a_n| < \epsilon, n > N
$$
当$n > N$时， $$
\left|\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}{n}\right|
$$ $$
< \frac{|a_1|M+|a_2|M+\cdots+|a_N|M+\epsilon M+\cdots+\epsilon M}{n}
$$ $$
<\frac{n-N}{n}\epsilon M+\frac{|a_1|M+|a_2|M+\cdots+|a_N|M}{n}
$$
因为$$
\frac{|a_1|M+|a_2|M+\cdots+|a_N|M}{n}\to 0,n\to \infty
$$
所以存在$N’$, 使得$$
0 < \frac{|a_1|M+|a_2|M+\cdots+|a_N|M}{n} <\epsilon,n >N’
$$
因此当$n > \max\{N,N’\}$时成立$$
\left|\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}{n}\right|
$$ $$
< \epsilon M+\epsilon.
$$
由极限定义得到$$
\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}{n}=0.
$$
注记： 条件$b_n\to b,n\to \infty$可以改成$\{b_n\}$有界。
十二、（15分） 设$f(x)$ 在$[0,+\infty)$ 上一致连续, 对任意$x\ge 0$ , 有$\lim\limits_{n\to \infty}f(x+n)=0$ . 证明: $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0$.
证明： 对于任意$\epsilon > 0$, 因为$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上一致连续，所以存在$\delta > 0$使得当$x',x''\in [+\infty)$且$|x'-x''| < \delta $时成立不等式$$
|f(x')-f(x'')| < \epsilon.
$$
考虑闭区间$[0,1]$, 将其$m$等分，每分长$\frac{\delta}{2}$, 给个分点记为$$
0=x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{m-1} <x_m=1.
$$
由条件$$
\lim\limits_{n\to \infty}f(n+x_i)=0,
$$
所以存在$N_i$使得当$n > N_i$时， 成立$$
|f(n+x_i)| < \epsilon,i=0,1,2,\cdots, m.
$$
取$N=\max\{N_0,N_1,\cdots,N_m\}$, 则$$
|f(n+x_i)| < \epsilon,i=0,1,2,\cdots, m，n > N.
$$
取$$
G=N+1
$$
对于任意$x > G$, 我们期望证明$$
|f(x)| < \epsilon.
$$
从而完成结论$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0$的证明。
因为 $x > G$， 所以存在$n$使得$x\in [n,n+1]$且$n > N$. 这样存在$x_i$使得$$
x\in [n+x_i,n+x_{i+1}].
$$
所以$|x-(n+x_i)|\le \frac{\delta}{2} < \delta$. 因此$$
|f(x)|\le |f(n+x_i)|+|f(x)-f(n+x_i)|
$$ $$
< \epsilon + \epsilon=2\epsilon.
$$
由极限定义，得到$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0$. 【证明完毕】
作者: 刘玉记
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