1、321求證：在R上不存在可導函數f，使其滿足f(f(x)=-xx1o證明如果這樣的f存在，我們來求f(f(x)的不動點，即滿足f(f(X)=X的x，由假32設X=-Xx1，由此得X=1，這表明f(f(x)有唯一的不動點X=1。令設f(1)=:，那么f(f(1)=f(-)=1，因而f(f(二)=f(1)=:,這說明:-也是f(f(x)的不動點，因而-=1，即f(1)=1,在等式f(f(x)-X3X21兩邊2求導得，f(f(x)f(X)二3x22x，令x=1，即得(f1)2=1,這是不可能的，命題得證。22求證：在R上不存在可導函數f，使其滿足f(f(x)=x-3x3。證明如果這樣的函數f(x)存

2、在，我們來求f(f(x)的不動點，即滿足f(f(x)=x的2x，由假設x=x-3x3，x2-4x3=0，x=1或x=3，這表明f(f(x)僅有兩個不動點x=1或x=3，今設f(1)=：，f(3)八，那么f(f)=f(：)=1，因而f(f(：)=f(1)，這說明也是f(f(x)的不動點，因而=1或=3，同理7=1或7=3，若-1，f(f(x)f(X)=2x-3，(f(1)2=-1,這是不可能的，若3，f(1)=3，1二f(f(1)=f(3)=1，f(f(x)f(x)=2x-3，讓x=1，f(3)f(1)=1，讓x=3，f(1)f(3)=3，這也是不可能的，故這樣的函數f是不存在的。f(x+h)+

3、f(xh)2f(x)4設fCa,b，定義函數D2f(x)=lim2,(假設對任何*(a,b)，上述極限均存在)，若D2f(x)=0,x(a,b)，求證：f(x)=qxc2,其中c1，c2為常數。證明令g(x)=f(x)(f(a)+f(b)f(a)(xa)，只要證明g(x)=0,xa,b，ba定義(x)=：g(x)；(x-a)(x-b)，；0直接驗算可知D2J：D2g2；=D2f2；=2；0，(1)現在證明申在(a,b)中不能取最大值，如果它在某點x0w(a,b)取到最大，那么(X。h)(X。-h)-2(X。)2因而D(x0p0，這與(1)矛盾，這說明的最大值只能在(a,b)的兩個斷點a,b處達

4、到，而mb)=0，故(X)乞0,_g(x)；(xa)(xb)(x)乞0,令，-g(x)乞0，即得g(x)=0，于是f(x)=f(a)f(b)一f(a)(x-a)，結論得證。ba例設函數f(x)在閉區間a,b上連續，f(a)二f(b)，且在開區間(a,b)內有連續的右導數f(x)limh)一，(a：x：b)，求證：存在一點(a,b)，使Th得f.()三0。證明若f(x)三常數，則f(X)=0，問題自明。現設f(x)不恒等于常數，為了證明存在-(a,b)，使得f.()三0，只要證明存在，：，(ab)，分別有f()乞0，f(-)-0，那么f(X)的連續性，便知存在：(a,b)，使得f()=0。事實上

5、，找這樣的，只要找最大、最小值點即可。因f(a)二f(b)，所以最大、最小值至少有一個在內部達到，設：；三(a,b)是f的最大值點，(內部達最小值類似討論)于是任取一點c:a：c：，因f在c,：上連續，f在c,：上必有一點t二達到最小值，于是如此，我們即達到了目的，結論得證。3235設f(x)在a,b上連續，f(ap：f(b)，又設對一切x(a,b)，叫f(xt)；f(x-t)存在，用g(x)表示這一極限值，試證：存在c(a,b)，使得g(c)_0。吉米多維奇1286若于某鄰域X-X。V6內，函數增量銜(xo)=f(X)-f(x0)的符號與自變量增量，Xo=X-xq的符號相同，函數f(x)為在

6、x0點增大。證明：若函數f(X)于無窮或有窮區間(a,b)內的每一點增大，則它在此區間內是增函數。證明要證對任意兩點xx2(a：xx2:b)，都有f(xj：f(x2)，對X!,x2中每一點c，由假定存在開區間乞=(c6c，c+6c)，使當0v|xcc時，f(x)f(c)o，Xc于是，諸區間U(c取遍洛必)形成X!,X2的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理,從代中可以選出有限個，設為厶qc2,，它們已經覆蓋了Xi,X2,則可將c舍去)。于是，必有人W(因若Xi不屬于，而屬于某氣，j1，則顯然有AcUACj，此與Ac互不包含相矛盾)。另外，易知也Ci與也c+(i=1,2,.,m1)必有公共點x(因若.-：

7、c與禮沒有公共點，貝Uc，c必屬于某譏，ji，ji1，若ji+1，則也*uAcj，也矛盾)顯然可取公共點Xi,滿足cvXCj申,于是f(c)f(X)f(cG,(i=1,2,.,m1)，同理可知，xAcm，于是，我們有f(Xi)：f(q):：f(C2):：f(cm)：f(X2),證完。設In22sinntsintdt,n二1,2,.，求極限limf|nn解利用sXntCOs2nt21=12COs2nt-COs2(n%20sint=1i-sin(2n1)tsin(-t)dt20sint旦12sin(2n1)tdt02n1由此便知，ln=1-，再由Stolz定理立得352n-1lim鼻=limIn1

8、InnTnnnIn(n1)-1nnnim：nim：2n1ln(1n1-lim2n1ln(1)n2009年中國科大數學分析考研試題00(1+2i)n、1、判斷-是否絕對收斂。nJ3n-2n2、設I為有限區間，f(x)在I上有定義，試證：f(X)在I上一致收斂充要條件是f把Cauchy序列映射為Cauchy序列，(即當xn-I為Cauchy序列時，f(xn)亦為Cauchy序列)。二、.1、f(X)二.1-X在X二-1展開的幕級數，問其收斂集是什么？,111113、求1+243682、求sinx2二x的根的個數。.的和。2n14n24nf在0,1上連續。1四、設f(x)在0,1上連續，且p三設f:

9、0,1R，單調遞增，且f0,1是閉集，證明(x)xndx=0，n=0,1,2,.，證明f(x)0。五是否存在原函數f(x,y)，使得df滿足如下等式:xdy-ydxdf；x2y2六設f:NN，且對每一nN*，f(n)是有限集，liman存在,n.f.:證明：limaf(n)存在。n.七設S=(x,y,z)R3:xy2z3=1，31證明S在R3中確定一張隱式的曲面，并求出一個在點(1,1,1)附近的參數方程;2S是否連通，是否緊致？3點qS，q是q到原點的距離，當p滿足p=infq，求p組成的集合。八證明恒等式:八en:撫12n1九記】(p)=xpedx，0S=(x,y,z)R3:x2y2z1，

10、試用-(p)表示第一類曲面積分，.(X2y2)dS，其中1-1。S2009年中國科大數學分析考研試題的解答一、1解因為(1+2i)n3n-2n1_($(3)3(3)，00/5、3(?)n收斂,n43Q0所以、n=1(12i)n3n-2n絕對收斂。2證明必要性設f(x)在I上一致連續，對燈名00，當x；xI,xx6時，有f(xjf(X。z，設XnuI是Cauchy序列，則對此5a0,三NN，當nmN時，有xn-Xm0，V=0,三Xn,yn|，n111L002(2一川(2一n*)x+1八21芝2(-T)n1n!2-2113(2一3)丄()n124(2n-2)2n2x+1當|匡1時，級數收斂，收斂域

11、為-3,1。222、解顯然x=0是方程sinx=x的一個解,當x(0,1時，xsinx2sinxsinx2_0,2sinxxoX汪所以A,Bf(0,1)，存在a,b0,1，使得f(a)二A,f(b)=B，f(an)乞f(a)二A：B二f(b)乞f(bn)，由此an豈a:b0,三nN，當nN時，anaN的那些n,也有af(n)awe,固定N，記bn=af(n),A=n:f(n)蘭N，貝UA是有限集合，取也=maxA，則當,0aw$，若不然，存在noa也，bn。az,必有f(n0)蘭N，則依集合A的定義有n0A，這與n0：=maxA矛盾，于是limaf(門)存在，故命題得證。n_.6)13七證明：

12、1因為S是曲面方程x二盲飛，(yz=0)的圖像，所以S在R3中確定了一張yz隱式的曲面;1XFTuVy=u就是它的一個參數方程。Z=72顯然平面z二0的上面和下面均有曲面的一部分，而S與平面z二0無交點，從而S是不連通的，顯然S為無界的閉集，Xn二n,ynXn二n,yn,zn=1，=(x2yz2)6(Xn,yn,zn)S，風必訕無界，從而S非緊致。3直接求出infq就行了，我們嘗試求出曲面到原點的最短距離，下面提供兩種方法:q缶II方法1由已知得1二x2y4zx2y2y2z2z2z2-6x23y23y22z22z22z2432由幾何平均-算術平均不等式，得432二6x23y23y22z22z2

13、2z2222.(6x6y6z)6故最短距離為(xm.x2y2z2=仁432汀，p點的集合為pwR3：|p|=r，為一球面；方法2求條件極值的套路方法-拉格朗日乘數法，即令F(x,y,z,)=x2y2z2(xy2z3T)，然后再求偏導數，求駐點，解方程組。八、證明恒等式二、丁e-7)n|證法00a由22n4na-12a二1+1)/21-e*-(112a二2-bo得二、證法二取11M才八嚴2a二f(x)-bo-二27e2-二二(丄-1)2、1nJn211x21則有?(t)=f(x)e-cO-:1x2-:1x2(cos2：txisin2二tx)dx1x七1乂_2卄t|2cos2txd2f(x)cos

14、2二txdx=二e:1x0由Poisson公式Zf(x+m)=E?(m)ertmx，f(m)f?(m),m=：m=-：=;:廣rm-；m1C|m|em=：r:qQqQ彳則有？(t)二f(x)eQMdx=e_|x|e_ixtdx廠t2卷1oCiod由Poisson公式f(xm)?(m)e2imx，m二：m=：二f(m)仔(m),mm=：即得二、e2-|mm-：九、解我們取球面的參數形式，x二sincos/,y=sinsinz二cos,則dS=sinddr，注意到被積函數和積分區域的對稱性，故(x2y2)：dS二8x/y2)dS(其中3為球面在第一卦限的部分)SS,Mjdfn2-sinefsin2

15、小再由B(p,q)二再由B(p,q)二罟曽反可知.(x2)心工(3D。s(3)2中國科大2010年數學分析考研試題設函數f(x):0,：)；0,：)致連續，xe(0,1，求證：函數g(x)=(f(x)-在0,v)上一致連續。f(x,y)在R2(0,0)上可微，在(0,0)處連續，且求證:求證:(xj)%):xlim=0，(x,y)乂0,0)jyf(x,y)在(0,0)處可微。(1,2)，為皿，xn1,xn2,門=1,2,.，求證：Xn收斂，并求其極限。四設f(x)在R上有連續的導函數，f(0)=0,且曲線積分(exf(x)ydxf(x)dyL-(1,1)x與路徑無關，求a0)(ef(x)ydx

16、f(x)dy。-arctantx五設a1，求證：以下含參量x的無窮積分dt定義了(0,：)上的一個可Mta微函數f(x)且滿足xf(x)-(a-1)f(x)arctanx=0。六設a,b,c都是正數，計算曲面積分,x3dydzy3dzdxz3dxdy，其中S是上半橢球S222xyz斗面2*22=1，Z_0，方向朝上。abc七設f(x)是定義在實軸上以2二為周期的奇函數，又f(x)有連續的導函數，且滿足f(X)=f(x)，試求f(X)。oO八設aan是一個收斂的正向級數，求證:n4001皐(1)ann也收斂;n=1001(2)ann也收斂。n=1九設函數f(x)在0,r)上二階可導,九設函數f(

17、x)在0,r)上二階可導,f(0)0,f(0)0且滿足f(x)乞f(x)，求證：f(x)_f(0)f(0)x。十設an,bn都是正數列，滿足nm*0，及nmbn亡一1)十0,求證：(1)lima=0；(2)級數an收斂。n一n呂中國科大2010年數學分析考研試題的解答一證明利用不等式ap匕蘭|abp，(a,b工0,0p蘭1)得g(xj-gdl=|(f(x1)o-(f(X2)(=|f(xj-f&2)廣，X1X亡0,+旳)再由f(x):0,+)t0,+旳)是一致連續的，即可得到g(x)=(f(x)在0,十=)上是一致連續的。二證明令毋(t)=f(tAx,tAy)，(Ax,Ay)芒(0,0)=-(0

18、)訐(：x,y):訐(：x,：y)xy,訐(：x,y):訐(：x,：y)xy,:x由此，再由條件，即得f(Ax,y)f(0,0)0也x0y門lim0,(.Xy)_.(o,o)-故f(x,y)在(0,0)處可微。三證明由題設條件，顯然xn1,(n=0,1,2,.)Xn-yn=(Jxn*2Xn1Xn+xn-J_xn_22由此推得由此推得1-)maxXn-Xn4,XnvXn/(n=3,4,.)xn;yxn;ymaxX3X2,X2-X1，瓦Xn卅-Xn收斂，瓦(Xn岀-Xn)收斂，”男nn呂令limxn-廠na，在xn卅JX+；中令nT=，取極限，則得aJa+q，a4，故lim人=4。n廠四解P=(e

19、xf(x)y，Q=f(x)，由M=衛，得:y.xexf(x)=f(X)，f(x)-f(x)=ex,f(0)=0f(x)二xex,(1,1)xxx(1,0)xxx(1,1)xxxJ(o,o)(e+xe)ydx+xedf(0,0)(e+xe)ydx+xedy+J(1,0)(e+xe)ydx+xedy(1,0)(1,1)五證明因a0,(0,0)11=01edyJ0二e。(1,0)-1Fdt收斂,對每一x（0,：）,arctantx關于t單調有界，且是致有界，由阿貝爾判別法，于是:1嚴如txdt關于x（）一致收斂,1H1或由0WarctantxVF即得:1arctantxdt關于x(0,二)一致收斂,

20、:11孑11(tx)*2dt又(aarctantx)dt口1:xt:1且f(x)1t1(tx)2dtxt2dt，xf(x1ta1(tx)-(a-1)f(x)二arctantx(t)dtaqit=+叱-beXt=arCtantXt_t=lT吋tadt-arctanx-xt121(tx)cos2寸b2sin2sin2寸c2cos2)sinddtdt故有xf(x)-(a-1)f(x)arctanx=O,x(0,：)。222xyz六解設-(x,y,z):222_1,z_0,abc22D二(x,y,z):冷書4z=0,ab利用高斯公式，得!x3dydzy3dzdxz3dxdySSD下側D上側222二(3

21、x3y3z)dxdydz0Q112=3abc50I(asin3abc2(a71_2JT丑cos2日d日sin2書sind書+b2sin20d日sisin2:sind:c22-i；cos2:sind)=3J0d日df0(a2r2sin2cos2。+b2r2sinsin2。+c2r2cos2申)abcr2sindr3abc(a：-b：-c22-5)5333abc(a2b2c2)。七解由f(X)=f(x),2jijif(x)f(廠x)f(2-(2-x)f(x)，f(x)f(x)=0,f(x)二GsinxC2cosx,再由f(x)為奇函數，可知f(x)二Csinx,(C為常數)。oO八證明(1)由正項

22、級數aan收斂，可知liman二0，nnsc存在所以所以(2)設bn存在正整數0P1，0家：1,O-an(nNi),n收斂;=an1+2nOOQO，由van收斂，知vbn收斂,n4nz1liman=0ni-Ni,-N1時,bnbn1從而lim(bn)_nni-.1從而lim(bn)_nni-.=1n)，(n充分大)21_110乞annbnn二bn(bn)3bn，(n充分大)001故7ann收斂。n二九、證明f(x)在0,：)上有二階導數，知f(x),f(x)在0,：)上連續,由f(x)_f(x)，得x(f(x)-0f(t1)dtj-0，(x0,：)x從而f(X)-of(tjdt1-f(0)，xt2f(x)-0dt2.0f(tjdt1-f(0)f(0)x，xt2由此得f(x)-f(0)f(0)xodtf(tjdt1，xt2f(x)一0dt20f(ti)dti，xt4t3t2f(x)_f(O)f(0)xdt4.。dt3.dt2.0f(ti)dtixt2nt2-f(0)f(0)X0dt2n.0dt2n。心滿xxfn1(X)=ofn(X)dt,fi(X)=of(X)dtlimfn(x)=0,容易知道，成立n_.Xt2nt3t2limfdt2n(dt2n.J0dt2J0f(