2025北京师范大学数学分析考研试题

2025北京师范大学数学分析考研试题

题目速览

1. 已知数列 $a_1=\sqrt{3},a_{n+1}=\sqrt{3+a_n}$，证明 {an}\{a_n\}{an​} 收敛

2. 计算
   $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi }{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{2+\cos \frac{k\pi }{n}}$$

已知 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上可导，且$f(0)=0$，$f^{\prime }(x)$ 在$[0,2]$上连续。证明：
$${\int }_0^2\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx\le {\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx$$

4. 求级数和
   $$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}(n+1)(n+2)x^n$$

5. 已知$A\in \mathbb{R}$，函数$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续，且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$$
证明：
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=A$$

6. 判断

$${\int }_2^{+\infty }\frac{\sin x}{\ln x}\arctan xdx$$
的敛散性，并说明理由。

7. 求函数
   $$f(x,y)=-x^{2}y(x+y-4)$$
   在与 $x$ 轴、$y$ 轴、直线 $y=6-x$ 围成的闭区域$D$ 中的极值，最大值与最小值。

8. 已知 $f(x,y)=g(|xy|)$，且 $g(0)=0$，在 $z>0$ 附近，有 $|g(z)|\le z^{\alpha },\alpha >\frac{1}{2}$。证明：$f(x,y)$ 在 $(0,0)$处可微。

9. 已知 $\Sigma$ 为单位球面$x^2+y^2+z^2=1$，取外侧。求曲面积分
   $${\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{dd}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(2x^2+2y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}}$$

10. 求三重积分
    $${\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 2z}\left(\sqrt{x^2+y^2+z^2}+x-y^3\right)\mathrm{d}V$$

逐题详解

已知数列 $a_1=\sqrt{3},a_{n+1}=\sqrt{3+a_n}$，证明 {an}\{a_n\}{an​} 收敛

证明

已知
$$a_1=\sqrt{3}\le \frac{1+\sqrt{13}}{2}$$
设$a_n<\frac{1+\sqrt{13}}{2}$,则：

$$a_{n+1}=\sqrt{3+\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\le \frac{1+\sqrt{13}}{2}$$

由数学归纳法，可得：

$$a_n\le \frac{1+\sqrt{13}}{2}$$

又：

$$a_{n+1}-a_n=\sqrt{3+a_n}-a_n\ge 0$$
故数列{an}\{a_n\}{an​}单调递增有上界。

故，$a_1=\sqrt{3},a_{n+1}=\sqrt{3+a_n}$两边同时取极限：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$$

计算
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi }{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{2+\cos \frac{k\pi }{n}}$$

解

由定积分的定义：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi }{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{2+\cos \frac{k\pi }{n}}& =\pi {\int }_0^1\frac{1}{2+\cos \pi x}\\ & ={\int }_0^{\pi }\frac{1}{2+\cos x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi \sqrt{3}}{3}\end{array}$$

已知 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上可导，且$f(0)=0$，$f^{\prime }(x)$ 在$[0,2]$上连续。证明：
$${\int }_0^2\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx\le {\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx$$

解

由题意可知：$f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t$，且由定积分性质和绝对值不等式有：
$$\left|f(x)\right|=\left|{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right|⩽{\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t$$
于是有：
$${\int }_0^2\left|f^{\prime }(x)f(x)\right|\mathrm{d}x⩽{\int }_0^2\left|f^{\prime }(x)\right|\cdot \left|f(x)\right|\mathrm{d}x⩽{\int }_0^2\left({\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)\left|f(x)\right|\mathrm{d}x$$

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^2\left({\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)\left|f(x)\right|\mathrm{d}x& ={\int }_0^2\left({\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}\left({\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)\\ & =\frac{1}{2}{{\left({\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)}^2|}_0^2=\frac{1}{2}{\left({\int }_0^2\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)}^2\\ & =\frac{1}{2}{\left({\int }_0^{2}1\cdot \left|f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}x\right)}^2⩽\frac{1}{2}{\int }_0^2{1}^2\mathrm{d}x\cdot {\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\cdot {x^2|}_0^2\cdot {\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\cdot (2-0)\cdot {\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x={\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x\end{array}$$

综上所述：
$${\int }_0^2\left|f^{\prime }(x)f(x)\right|\mathrm{d}x⩽{\int }_0^2{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x$$

求级数和
$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}(n+1)(n+2)x^n$$
解
$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}(n+1)(n+2)x^n& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}(x^{n+2}{)}^{\prime \prime }={\left(\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^{n+2}\right)}^{\prime \prime }\\ & ={\left(x^2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n\right)}^{\prime \prime }\\ & ={\left(x^2{e}^x\right)}^{\prime \prime }\end{array}$$
显然收敛域为$(-\infty ,+\infty )$。

已知$A\in \mathbb{R}$，函数$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续，且
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$$

证明：
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=A$$

解

方法一：分析语言

对于$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A$由极限语言知：，对于任意的$\epsilon >0$，存在某个$M>0$，当$x>X$时：

$$|f(x)-A|<\epsilon$$

有：

KaTeX parse error: Expected group after '_' at position 82: …hrm{d}t &= \lim_̲\limits{x \to +…

解法二：夹逼准则

由
$$[x]\le x\le [x]+1$$

得到：

$$\underset{[x]\to +\infty }{\lim }\frac{1}{[x]+1}{\int }_0^{[x]}f(t)\mathrm{d}t\le \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\le \underset{[x]\to +\infty }{\lim }\frac{1}{[x]}{\int }_0^{[x]+1}f(t)\mathrm{d}t$$

左边：
$$\underset{[x]\to +\infty }{\lim }\frac{1}{[x]+1}{\int }_0^{[x]}f(t)\mathrm{d}t=\underset{[x]\to +\infty }{\lim }{\int }_{[x]-1}^{[x]}f(t)\mathrm{d}t=A$$

右边同理。

得到：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=A$$

判断
$${\int }_2^{+\infty }\frac{\sin x}{\ln x}\arctan x\mathrm{d}x$$
的敛散性，并说明理由。

解

显然，$\arctan x$单调有界。若${\int }_2^{\infty }\frac{\sin x}{\ln x}\mathrm{d}x$收敛，则原反常积分必然收敛.下研究${\int }_2^{\infty }\frac{\sin x}{\ln x}\mathrm{d}x$.$\frac{1}{x}$单调减小至$0$,${\int }_2^A\sin x\mathrm{d}x$显然有界，因此${\int }_2^{\infty }\frac{\sin x}{\ln x}\mathrm{d}x$收敛，则原反常积分必然收敛。

求函数
$$f(x,y)=-x^{2}y(x+y-4)$$
在与 $x$ 轴、$y$ 轴、直线 $y=6-x$ 围成的闭区域$D$ 中的极值，最大值与最小值。

解

略

已知 $f(x,y)=g(|xy|)$，且 $g(0)=0$，在 $z>0$ 附近，有 $|g(z)|\le z^{\alpha },\alpha >\frac{1}{2}$。证明：$f(x,y)$ 在 $(0,0)$处可微。

解

由定义求出偏导数：

$$f_x^{\prime }(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g(|x\cdot 0|)-g(0)}{x}=0$$

$$f_y^{\prime }(0,0)=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{g(|y\cdot 0|)-g(0)}{y}=0$$

由可微的定义：

$$\left|\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x^{\prime }(0,0)-f_y^{\prime }(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\sqrt{xy}{|}^{2\alpha }}{\sqrt{x^2+y^2}}\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{1}{2}(\sqrt{xy}{)}^{2\alpha -1}\to 0$$

已知 $\Sigma$ 为单位球面$x^2+y^2+z^2=1$，取外侧。求曲面积分
$${\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(2x^2+2y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}}$$

解

记$\Gamma :a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2={\epsilon }^2$取外侧:

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}& ={\iint }_{\Sigma -\Gamma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}+{\iint }_{\Gamma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}\\ & ={\iint }_{\Gamma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}\\ & =\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iint }_{\Gamma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iint }_{\Gamma }3\mathrm{d}xyz\\ & =\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}\end{array}$$

故

$${\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(2x^2+2y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}}=2\pi$$

求三重积分
$${\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 2z}\left(\sqrt{x^2+y^2+z^2}+x-y^3\right)\mathrm{d}V$$

解

用球坐标变换：
$$\{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \phi \\ y=r\sin \theta \sin \phi \\ z=r\cos \theta \end{array}$$
则

$$\begin{array}{rl}& \underset{x^2+y^2+z^2\le 2z}{\iiint }\left(\sqrt{x^2+y^2+z^2}+x-y^3\right)\mathrm{d}\mathrm{V}\\ =& {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\cos \theta }\left(1+\sin \theta \cos \phi -{\mathrm{r}}^2{\sin }^3\theta {\sin }^3\phi \right){\mathrm{r}}^3\mathrm{d}\mathrm{r}\\ =& {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \left(-\frac{32}{3}{\sin }^3\theta {\cos }^6\theta {\sin }^3\phi +4\sin \theta {\cos }^4\theta \cos \phi +4{\cos }^4\theta \right)\mathrm{d}\theta \\ =& {\int }_0^{2\pi }\frac{1}{80}\left(-5\pi {\sin }^3\phi +10\pi \cos \phi +64\right)\mathrm{d}\phi =\frac{8\pi }{5}\end{array}$$