中科院2016年数学分析试题参考解答

中国科学院大学2016年招收攻读硕士学位研究生入学统一考试试题科目名称：数学分析解答：Eufisky(Xiongge)考生须知：1.本试卷满分为150分，全部考试时间总计180分钟；2.所有答案必须写在答题纸上，写在试题纸上或草稿纸上一律无效。————————————————————————————————————————1.(15分)计算极限limx!0(ex+e2x+


+enxn)1x.解:limx!0(ex+e2x+


+enxn)1x=limx!0exp[1xln(ex+e2x+


+enxn)]=limx!0exp[1xln(1+(ex1)+(e2x1)+


+(enx1)n)]=limx!0exp[(ex1)+(e2x1)+


+(enx1)nx]=limx!0exp[x+2x+


+nxnx]=e(n+1)/2.□2.(15分)求定积分I=∫10log(1+px)dx.解:令t=px,则有I=∫10log(1+px)dx=2∫10tlog(1+t)dt=∫10log(1+t)dt2=[t2log(1+t)]10∫10t21+tdt=log2[∫10(t1)dt+∫1011+tdt]=log2[12+log2]=12.□3.(15分)求二重极限limx!¥y!¥x+yx2xy+y2.解:解法一.x+yx2xy+y21x+1yxy+yx11x+1yxy+yx11x+1y.考试科目：数学分析第1页共5页解法二.(忘忧草)x+yx2xy+y22jx+yjx2+y22jxj+jyjx2+y22(1jxj+1jyj).因此所求二重极限等于0.□4.(15分)f(x)是[a,b]上的连续正函数,求证存在x2(a,b),使得∫xaf(x)dx=∫bxf(x)dx=12∫baf(x)dx.证明:令g(t)=∫taf(x)dx12∫baf(x)dx,则g(x)在[a,b]上连续,而g(a)=12∫baf(x)dx,g(b)=12∫baf(x)dx.故g(a),g(b)必不同号,由零点定理可知存在x2(a,b),使得g(t)=∫xaf(x)dx12∫baf(x)dx=0,即∫xaf(x)dx=12∫baf(x)dx,此时有∫bxf(x)dx=∫baf(x)dx∫xaf(x)dx=12∫baf(x)dx.□5.(15分)求以下曲面所围立体的体积:S1:x2a2+y2b2+z2c2=1,S2:x2a2+y2b2=z2c2(z0).一开始看到这题,感觉不好算,觉得时间紧迫,果断搁置.后面才回来解决的.解:当z2c21z2c2,即zc/p2时,我们有V1=∫∫∫Ω1dV=∫c0dz∫∫D1dxdy=∫ccp2[pabc2z2pab(1z2c2)]dz=pab∫ccp2(2z2c21)dz=pabc3(1+p2)当z2c21z2c2,即zc/p2时,我们有V2=∫∫∫Ω2dV=∫c0dz∫∫D2dxdy=∫cp20[pab(1z2c2)pabc2z2]dz=pab∫cp20(12z2c2)dz=p23pabc因此V=V1+V2=pabc3(2p21).□考试科目：数学分析第2页共5页6.(15分)f(x)是[a,b]上的连续函数,且f(x)单调递增.求证:∫batf(t)dta+b2∫baf(t)dt.证明:由于∫batf(t)dta+b2∫baf(t)dt=∫ba(ta+b2)f(t)dt=∫a+b2a(ta+b2)f(t)dt+∫ba+b2(ta+b2)f(t)dt=∫a+b2a(ta+b2)f(t)dt∫aa+b2(a+b2x)f(a+bx)dt(x=a+bt)=∫a+b2a(ta+b2)[f(t)f(a+bt)]dt.而当t2(a,a+b2)时,有ta+b20,t(a+bt)=2t(a+b)0,又f(x)单调递增,可知f(t)f(a+bt)0.因此∫batf(t)dta+b2∫baf(t)dt=∫a+b2a(ta+b2)[f(t)f(a+bt)]dt0.□7.(15分)若数列fang,fbng满足以下条件:(a)a1a2


且limn!¥an=0;(b)存在正数M,对任意的正整数n,均有nåk=1bkM.证明级数¥ån=1anbn收敛.当时一看到这题就想到了阿贝尔变换,但公式不熟啊,只知道是分部积分的离散形式,还不敢写,是和最后一道题一样留到最后写的.事实上,这是Dirichlet判别法.证明:记Bn=nåk=1bk,由Abel变换有nåi=m+1aibi=n1åi=m+1(aiai+1)Bi+anBnam+1BmMn1åi=m+1jaiai+1j+M(janj+jam+1j)=Mn1åi=m+1(aiai+1)+M(janj+jam+1j)=Mjam+1anj+M(janj+jam+1j)2M(janj+jam+1j)4Mjam+1j!0.由Cauchy收敛准则知级数¥ån=1anbn收敛.□考试科目：数学分析第3页共5页8.(15分)设0ab/2,f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导且f(a)=a,f(b)=b.(a)求证存在x2(a,b),使得f(x)=bx;(b)若a=0,求证存在a,b2(a,b),a̸=b,使得f′(a)f′(b)=1.证明:(a)令g(x)=f(x)b+x,则有g(x)在[a,b]上连续,而g(a)=f(a)b+a=2ab0,g(b)=f(b)=b0.由零点定理可知存在x2(a,b),使得g(x)=f(x)b+x=0,即f(x)=bx.(b)当a=0,则有b0.由Lagrange中值定理可知存在a2(a,x),使得f′(a)=f(x)f(a)xa=bxx.存在b2(x,b),使得f′(b)=f(b)f(x)bx=xbx.此时有f′(a)f′(b)=1.□9.(15分)求椭圆x2+4y2=4上到直线2x+3y=6距离最短的点,并求其最短距离.第一感觉,高中数学联赛题.解:利用平面解析几何的方法可以更直观地解决.将直线l1:2x+3y=6向下平移至与椭圆相切,记此时直线为l2,则两平行直线l1与l2的距离即为所求最短距离d.椭圆x2+4y2=4上一点(x,y)的切线斜率为k=FxFy=x4y=23)y=38x.由x,y0解得x=85,y=35.故直线l2与椭圆的切点为A(85,35),从而有l2:y=23x+53,2x+3y5=0.故所求最短距离d=j(5)(6)jp22+32=1p13=p1313.□10.(15分)半径为R的球面S的球心在单位球面x2+y2+z2=1上,求球面S在单位球内面积的最大值,并求出此时的R.解:记S的球心为A(a,b,c),且a2+b2+c2=1,则球面S的方程为(xa)2+(yb)2+(zc)2=R2,即x2+y2+z22ax2by2cz=R21,0R2.两球面相交的平面为ax+by+cz=2R22.考试科目：数学分析第4页共5页则S的球心A到该球面的距离为d=12R221=R22.再求球冠的表面积,考察单位球面的上半球面(z0)x2+y2+z2=R2)z=√R2x2y2.则所求面积为S=∫∫SdS=∫∫D√1+z2x+z2ydxdy=∫∫DR√R2x2y2dxdy=∫2p0dq∫R√1R240Rr√R2r2dr=2p(R2R32).由均值不等式可知S=2p(R2R32)=4p
R2
R2(2R)4p(R2+R2+(2R)3)3=32p27.当且仅当R2=2R)R=43时取得最大值.□当时没想到去用曲面积分求球冠的表面积,函数写成了x2cosx这种,想了一个多小时也求不出最大值,气死我了.事实上,当时做完Dirichlet判别法那题后再算,还是没结果！时间不多了,赶紧将答题纸和试卷装入信封,贴上密封条等待交卷走人！考试科目：数学分析第5页共5页