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中国科学院大学2017年招收攻读硕士学位研究生入学统一考试试题参考解答科目名称：数学分析考生须知：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.(10分)计算极限limx!1x32.p2Cx 2p1CxCpx/:解:注意到p2Cx 2p1CxCpxDp2Cx p1Cx p1Cx pxD1p2CxCp1Cx 1p1CxCpxDpx p2Cx p2CxCp1Cx p1CxCpxD 2 p2CxCp1Cx p1CxCpx p2CxCpx:我们有limx!1x32p2Cx 2p1CxCpxDlimx!1x32 2 p2CxCp1Cx p1CxCpx p2CxCpxDlimx!1 2q2xC1Cq1xC1q1xC1C1q2xC1C1D 14:□2.(10分)已知anC1.anC1/D1;a0D0,证明数列的极限存在,并且求出极限值.解:解法一.先来个高中的方法,把数列通项求出来.求出特征方程x.xC1/D1的两个根p52 12.由anC1D1anC1可知anC1 p52 12!D p52 12!an p52 12anC1以及anC1 p52 12!D p52 12!an p52 12anC1:两式作商得到anC1C1 p52anC1C1Cp52Dp5 32anC1 p52anC1Cp52:递推得到anDp5 32nC11Cp52 1 p521 p5 32nC1:考试科目：数学分析整理人：Xiongge，思念第1页共5页由 p5 32 1可知数列极限存在,且为p5 12.解法二.利用单调有界定理.设f.x/D11Cx;F.x/Df.f.x//D1Cx2CxD1 12Cx是单调递增的且xnC1DF.xn 1/.利用Lagrange中值定理可知x2nC3 x2nC1DF0./.x2nC1 x2n 1/,其中在x2n 1和x2nC1之间.由F0./0可知x2nC3 x2nC1和x2nC1 x2n 1同号,其中nD1;2;.又因x3DF.x1/D2=3x1D1,因此递推可知fx2n 1g单调下降,又明显有下界0,故fx2n 1g收敛.同理可知fx2ng单调上升,明显有上界1,故fx2ng也收敛.记limn!1a2nD ;limn!1a2n 1D ,在递推式x2nD11Cx2n 1和x2nC1D11Cx2n中取极限得到( D11C ; D11C ;由此解得 D Dp5 12,因此fx2n 1g和fx2ng都收敛且有相同的极限,因此fxng也收敛,且极限AD D Dp5 12.□3.(15分)f.x/三次连续可微,令u.x;y;z/Df.xyz/,求 .t/D@3u@x@y@z的具体表达式,其中tDxyz.解:看清楚函数的复合关系,一步步求下去就是.由f.x/三次连续可微可得@u@xDyzf0.xyz/;@2u@x@yDzf0.xyz/Cyz.xz/f00.xyz/Dzf0.xyz/Cxyz2f00.xyz/;@3u@x@y@zDf0.xyz/Cxyzf00.xyz/C2xyzf00.xyz/C.xyz/2f000.xyz/Df0.xyz/C3xyzf00.xyz/C.xyz/2f000.xyz/Df0.t/C3tf00.t/Ct2f000.t/;即 .t/Df0.t/C3tf00.t/Ct2f000.t/.□4.(15分)求Zdx1Cx4:解:解法一.首先注意到1Cx4D1Cx4C2x2 2x2D x2C12 2x2Dx2C1 p2xx2C1Cp2x:则有Zdx1Cx4DZdxx2C1 p2xx2C1Cp2x:接下来待定系数,分解有理函数就是了,由于计算量略大,以下步骤都省略,不会的妹纸可以来问我.考试科目：数学分析整理人：Xiongge，思念第2页共5页解法二.再来个略有技巧的解答.Zdx1Cx4DZ1=x21=x2Cx2dxD12Z 1C1=x2 1 1=x21=x2Cx2dxD12Z1 x 1x2C2dx 1x 12Z1 xC1x2 2dxC1xDp24arctanx 1xp2! p28lnxC1x p2xC1xCp2CCDp24arctanx2 1p2x p28lnx2 p2xC1x2Cp2xC1CC:□5.(15分)已知f.x/在0;1上二阶连续可微,并且jf.x/ja,jf00.x/jb,证明f0.x/2aCb2.证明:由泰勒公式可知f.1/Df.x/Cf0.x/.1 x/Cf00.1/2.1 x/2;12.x;1/f.0/Df.x/Cf0.x/. x/Cf00.2/2. x/2;22.0;x/两式作差得f.1/ f.0/Df0.x/Cf00.1/2.1 x/2 f00.2/2x2:因此 f0.x/ D f.1/ f.0/C f00.1/2.1 x/2Cf00.2/2x2 jf.1/jCjf.0/jC12 f00.1/ .1 x/2C12 f00.2/ x2aCaCb2h.1 x/2Cx2i2aCb2;这里利用了.1 x/2Cx2D2x2 2xC11;x20;1.□6.(15分)已知f.x/有界且可微,假设limx!1f0.x/存在,求证limx!1f0.x/D0.证明:由Lagrange中值定理可知f.x/ f.x=2/x=2Df0./;在x=2与x之间当x!1时,我们有!1,由f.x/有界且可微且limx!1f0.x/存在,我们有limx!1f0.x/Dlim!1f0./Dlimx!1f.x/ f.x=2/x=2D0:□7.(15分)求二重积分Djx2Cy2 1jdxdy,其中DDf.x;y/j0x1;0y1g.考试科目：数学分析整理人：Xiongge，思念第3页共5页解:这题其实就是对被积函数分类进行计算.记D1Df.x;y/jx2Cy21;0x1;0y1g;D2DDnD1.我们有D x2Cy2 1 dxdyDD1 1 x2 y2dxdyCD2 x2Cy2 1dxdyDZ10dxZp1 x20 1 x2 y2dyCZ10dxZ1p1 x2 x2Cy2 1dyDZ1043 1 x23=2Cx2 23dxD4 13:这里利用了Z10 1 x23=2dxDZ20sin4dDZ201 cos222dDZ2014 1 2cos2Ccos222dDZ20141 2cos2Ccos4C12dD38:□注:这个积分用Wallis公式进行计算更简便.8.(15分)已知anDnXkD1ln.kC1/,证明1XnD11an发散.证明:证法一.首先有anDnXkD1ln.kC1/Dln.nC1/;因为n1时,.nC1/nC1.nC1/,故.nC1/ln.nC1/ln.nC1/,故1ln.nC1/1.nC1/ln.nC1/.由积分判别法可知1XnD11.nC1/ln.nC1/Z10dx.xC1/ln.xC1/;而1.xC1/ln.xC1/的原函数是lnln.xC1/,因此上述在0到1上的积分发散,即1XnD11an也发散.证法二.首先有anDnXkD1ln.kC1/Dln.nC1/;利用Stirling公式有.nC1/nC1enC1p2.nC1/;因此annC32ln.nC1/ .nC1/C12ln.2/.nC1/ln.nC1/;由积分判别法可知1XnD11an1XnD11.nC1/ln.nC1/Z10dx.xC1/ln.xC1/;而1.xC1/ln.xC1/的原函数是lnln.xC1/,因此上述在0到1上的积分发散,即1XnD11an也发散.□考试科目：数学分析整理人：Xiongge，思念第4页共5页9.(15分)已知n为整数,a为常数,In.a/DZ10dx1Cnxa.(1)试讨论a对敛散性的影响;(2)当a在使积分收敛的情况下,求limn!1In.a/.解:(1)分类讨论即可.i.当aD0时,被积函数为1=.1Cn/,显然积分发散.ii.当a0时,在0处被积函数值存在且为1,故0不是其瑕点.当x!1时,由于1=.1Cnxa/1=.nxa/,故当a1时积分收敛;当0a1时,积分发散.iii.当a0时,在0处被积函数极限值存在且为0,故0不是其瑕点.当x!1时,被积函数极限值为1,故此时积分发散.综上所述,当a1时积分In.a/收敛;当a1时,积分In.a/发散.(2)当a1时积分In.a/收敛,由于In.a/DZ10dx1CnxaDZn 12.a 1/0dx1CnxaCZ1n 12.a 1/dx1CnxaZn 12.a 1/0dxCZ1n 12.a 1/dxnxaDn 12.a 1/C1a 11pn;因此limn!1In.a/D0.□注:当a1时,积分可以利用B函数进行计算,只需令xDtan2n1=a即可.10.(15分)在a;b上(0ab),证明下面的不等式成立Zba.x2C1/e x2dxe a2 e b2:证明:注意到x2C12x,我们有Zba x2C1e x2dxZba2xe x2dxD e x2 baDe a2 e b2:□11.(10分)求f.x/DexCe xC2cosx的极值.解:由于f0.x/Dex e x 2sinx,而f00.x/DexCe x 2cosx2pexe x 2D0且f0.0/D0,则当x0时,有f0.x/0;当x0时,有f0.x/0.因此f.x/在xD0处取得极小值f.0/D4.□考试科目：数学分析整理人：Xiongge，思念第5页共5页¥IÆêÆXÚÆïÄ2002cêÆ©ÛïÁKë)1.(100)Olimx!+11xax 1a 11x(a0;a6=1):).a1,4=limx!+1ax 1x1x=explimx!+1ln(ax 1) lnxx=explimx!+1axlnaax 1 1x=explimx!+1lna1 a x=exp(lna)=a:12700a1,4=limx!+11 axx1x=explimx!+1ln(1 ax) lnxx=explimx!+11x=exp(0)=1:u´limx!+11xax 1a 11x=maxfa;1g:2.(100)f´gëY¼ê,f(0)=0.½Â¼êg(x)=(f0(0);x=0;f(x)x;x6=0:y²gëY.y².dlimx!0g(x)=limx!0f(x) f(0)x=f0(0)=g(0)gëY.qx6=0,g0(x)=xf0(x) f(x)x2ëY;x=0,g0(0)=limx!0g(x) g(0)x=limx!0f(x)x f0(0)x=limx!0f(x) f0(0)xx2=limx!0f0(x) f0(0)2x=12f00(0);·klimx!0g0(x)=limx!0xf0(x) f(x)x2=limx!0xf00(x)2x=12f00(0)=g0(0):Ïd,gëY.3.(120)(a)1Xn=1an´Âñ?ê,K 12,1Xn=1pann Âñ.(b)y²?ê1Xn=1n n+1nuÑ.y².(a)pann 12an+1n2 :(b)limn!1n n+1nn 1=limn!1n 1n=1:4.(120)OÈ©(a)Z20p1+cosxdx;(b)Z0xsinx1+cos2xdx.).(a)È©=Z20r2cos2x2dx=2p2Z0jcostjdt=4p2:(b)È©=Z2 2 2 tcost1+sin