1、目录第一部分名校考研真题第7章定积分第8章广义积分第9章数项级数第10章函数序列与函数项级数第11章幂级数第12章傅里叶级数第二部分章节题库第7章定积分第8章广义积分第9章数项级数第10章函数序列与函数项级数第11章幂级数第12章傅里叶级数第三部分模拟试题伍胜健数学分析配套模拟试题及详解第一部分名校考研真题说明：本部分从指定伍胜健主编的数学分析为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。第7章定积分1设
2、f（x）和g（x）在a，b上连续，证明：其中哈尔滨工业大学研证明：不妨令.当M=0时，f（x）0，结论显然成立，所以不妨设M0.g（x）在a，b上连续，从而一致连续，所以，当时，由的任意性，可知2设f（x）及g（x）在a，b上连续，f（x）g（x），且证明：在a，b上，f（x）g（x）湖南大学研证明：设F（x）=f（x）-g（x），从而在a，b上，F（x）0，且下证F（x）0，反证法：若不然，则存在，使在x1，x2上F（x）0.从而其中，得出矛盾故在a，b上，F（x）=0，即f（x）g（x）.3计算上海交通大学研解：作变换，则，当时，当时，所以4设f（x）连续，且有，求x0时f（x）的值北京航
3、空航天大学研解：由得，方程两边对x求导，得而x0时，f（x）0，所以，从而（c为常数）.又因为，且f（x）连续，故因此5给出有界函数f（x）在闭区间a，b上Riemann可积的定义试举出一个在a，b上有界但不可积的例子，并给出证明上海大学研证明：Riemann可积的定义：设f（x）是定义在a，b上的一个函数，J是一个确定的实数若对任意给定的正数，总存在某一正数，使得对a，b的任何分割T，以及在其上任意选取的点集，只要，就有则称函数f（x）存区间a，b上Riemann可积在a，b上有界但不可积的例子：在区间a，b的任何部分区间上均有，所以，它不趋于0因此f(x)在a，b上不可积6求定积分上海大学
4、2006研解：由于是奇函数，故，从而7求南京理工大学2006研解：做变量替换，则8设f（x）为a，b上的有界单调函数，证明：（1）函数至多只有可数个间断点；（2）讨论函数在a，b上的可积性江苏大学2006研证明：（1）设D是f（x）的第一类间断点集，令，则，故只需证明A、B为可数集即可以A为例，对任意的，选取有理数，使得再选取有理数和，使当时，；而当时，（此由f（x）在X有单侧极限可知）因此，对应法则是从A到的一个映射，而且是单射，这是因为若有，使，则注意到，不妨设，于是可取，那么由前面的不等式，就得出的矛盾这说明A与的一个子集对等，由可数，则A可数（2）设f（x）为增函数，且f（a）f（b）
5、（若f（a）=f（b），则f（x）为常量函数，显然可积）对a，b的任一分割T，f（x）为增函数，f（x）在T所属的每个小区间上的振幅为于是有由此可见，任给0，只要，就有所以f（x）在a，b上可积9设f（x）在0，）上连续有界，证明：华东师范大学2006研证明：记显然有，又，故对任意的0，存在，使得由上确界的定义知，对上述的0，存在，因为f（x）在处连续，由连续函数的局部保号性知存在0，使得，于是由于，所以存在，使得取，则有即10设函数f（x）在a，b上非负、连续、严格递增，g（x）在a，b上处处大于零、连续且由积分中值定理，对任意自然数n，存在，使得求极限北京师范大学研解：因为g（x）在a，b
6、上处处大于零、连续，所以存在c0使得当时，有g(x)c从而对任意的0，有由于，又f（x）在a，b严格递增，故由极限的保号性知，存在N0，使得当nN时，有，于是又由f（x）在a，b上严格递增知，当nN时，有成立，故11设函数f（x）是1，1上的连续函数，且有，证明：至少存在两个不同元素，使得北京师范大学2006研证明：反证法假设f（x）在（1，1）内至多只有一个零点若f（x）在（1，1）内没有零点，不妨设f（x）在（1，1）内恒正由于f（x）在处连续，故由连续函数的局部保号性知，存在充分小的0使得当时有于是矛盾若f（x）在（1，1）内只有一个零点c，则f（x）在内恒不为零若f(x)在内恒正或恒负
7、，可以类似前面的证明推出矛盾若f（x）在（1，c）内恒正，在（c，1）内恒负（f（x）在（1，c）内恒负，在（c，1）内恒正的情况完全类似）由于，所以令更多各类考试资料 v：344647 公众号：顺通考试资料 ，则，且g（x）在内恒正，往后类似前面的证明即可推出矛盾12设f（x）在0，1上Riemann可积，且，求浙江大学研解：因为f（x）在0，1上Riemann可积，所以存在M，使得，则则13利用可积函数条件证明：在0,1上可积南京师范大学2006研证明：对0，1做任意分割T，注意到f（x）在0，1上有界，其不连续点为且f（x）在0，1的任意区间上的振幅w1对任意的0，由于f（x）在上只有有
8、限个间断点，故可积因此，存在0，对的任意分法，只要，就有显然，则对于，的任意分法，只要，就有令，设是在0，1上满足的任意分法设，由上述证明，有，显然又有，所以于是，则f（x）在0,1上可积14设a0，求星形线，的全长汕头大学研解：由，可得于是全长15求由抛物线与直线所围图形的面积浙江师范大学研解：因为的交点为（1，1）与（9，3），所以由这两条曲线所围图形的面积为，其中，所以16求由圆柱体与所围立体的体积重庆大学研解：垂直于x轴上任意一点（x，0）的任意截面面积，则由对称性可得17设摆线，有均匀密度，求它的重心中国科技大学研解：设重心坐标为，则第8章广义积分一、判断题1f（x）在0，）上非负连
9、续，n是正整数，若存在，则收敛重庆大学研【答案】对【解析】由存在知，对任意的0，存在NN，当mnN时，有由于f（x）非负，取A=N+1，则当时，有，因此本题正确二、解答题1设f（x）是1，+）上的可微函数，且当时f（x）单调下降趋于零若积分收敛，证明：积分收敛北京大学、哈尔滨工业大学研证明：当x1时，f（x）0，否则，存在c1，f（c）0，那么，这与矛盾再证事实上由积分中值定理，对充分大的A，有式左端当时，极限为零故此即现对任何A1，A21，考察积分由及的收敛性，则对，当A1，A2A时，有从而由有由柯西准则知收敛2讨论反常积分的敛散性复旦大学研解：当p1时，对一切，有，而发散，故发散，从而发散
10、当p1时，对一切，有而收敛，所以收敛，又p0，存在，故收敛当0p1时，收敛3设m、n为自然数，求北京师范大学研解：记则注意到，所以4已知求（0）中山大学研解：原式5求南京农业大学研解：做变量替换，则6已知积分，计算上海理工大学研解：由分部积分知7设f（x）在a，）上连续，且收敛，证明：存在，满足条件浙江大学研证明：因为收敛，所以对任意的0，存在G0，当时，有考虑利用积分中值定理有，令，易见，且当nG时，所以8f（x）在任何有限区间上Riemann可积，且收敛，证明：浙江大学研证明：因为收敛，所以对任意的0，存在G0，使得，而f（x）在任何有限区间上Riemann可积，所以对上述的0，存在N0，
11、当nN时成立故对0，存在N0，当nN时，有所以9讨论的收敛性复旦大学研解：由于所以当0p1时， 收敛；当p1时，发散同理由于所以当0q1时，收敛；当q1时，发散故当0p1、0q1时收敛，其他情况都发散10讨论反常积分的敛散性，其中p、q、r均大于零复旦大学研解：由于从而，故当0r1时，收敛；当r1时，发散在0r1的前提下，易知当且仅当p1或p=1且q1时收敛故当且仅当0r1且p1或0r1且p=1且q1时，收敛第9章数项级数1设0a1，求重庆大学研、浙江师范大学2006研证明：令，则，两式相减可得于是，故2设收敛，级数收敛，证明：收敛上海交通大学研证明：因为收敛，所以对任意的，存在N，有m、nN
12、，不妨设mn，有又因为收敛，对上述的，有所以从而由Cauchy收敛准则知收敛3若正项级数收敛，证明也收敛，但反之不然，试举例说明天津大学研证明：因为正项级数收敛，所以由正项级数收敛的必要性条件可得由极限定义得对任意的=1，存在N，当nN时，有，从而当nN时，有由比较判别法知收敛，则收敛，反之不成立例如收敛，但不收敛4设恒正数列是严格单调递增且有界的，证明：级数收敛山东科技大学研证明：由于恒正数列是严格单调递增的，所以因为是严格单调递增且有界的，所以数列的极限存在，从而收敛，故收敛5判断的收敛性，并给出证明北京大学研解：由等价无穷小量知所以，而收敛，故收敛6设f（x）在0，上二阶连续可微，f(0
13、)=f（）=0，证明：收敛华南理工大学研证明：由分部积分可得因为f（x）在（0，上二阶连续可微，所以存在M0，使得|f(x)|M，x0，于是从而又因为收敛，故收敛7设f（x）在0，+）上连续，其零点为证明：收敛收敛华中科技大学研证明：必要性由于又收敛，故由归结原则知收敛充分性若收敛，则对任意的，存在N，当nN、pN时，有对任意的两点，令m、nN使得，则由f（x）在相邻的零点之间不变号可得所以收敛第10章函数序列与函数项级数1设（x）在0，1上连续，f（1）=0证明：（1）xn在0，1上不一致收敛；（2）f（x） xn在0，1上一致收敛华东师范大学研证明：（1）显然是的极限函数，xn在0，1上连
14、续（nN），而g（x）在0，1上不连续，所以xn在0，1上不一致收敛（2）f（x）在x=1处连续，所以对当时，有即易证f（x） xn）在0，1上一致收敛于零，即对，当xN时，对一切x0，1有所以对当nN时，对一切x0，1，有所以f（x） xn在0，1上一致收敛于零2试证：无穷级数在0 x1时收敛，但不一致收敛中国科学院研证明：有收敛，所以收敛取，则对及使得所以在（0，1）上不是一致收敛的3设0 x1，证明：华中科技大学研证明：令，则0f（x）N，p是任意自然数，有由，当nN时，对任意自然数p，有即在a，b上一致收敛5求函数项级数的收敛域，并证明该级数在收敛域是一致收敛的中山大学研解：由于，又收
15、敛，故由Weierstrass判别法知在（-，+）上是一致收敛的6研究在（1）- ， （ 0）上的一致收敛性；（2）（-，+）上的一致收敛性南京师范大学研解：（1）当时，存在N，当nN时有下式成立又收敛，故由Weierstrass判别法知在- ， 上一致收敛（2）取，则不收敛，所以在（-，+）上不一致收敛7函数，g（1）=0，且（g(1)可理解为左导数），证明：在0,1上一致收敛北京师范大学2006研证明：由于，所以对任意的，存在使得当时，有从而对任意的，m、n0，有由于，所以存在M0使得当时，从而当时，又收敛，故由Weierstrass判别法知在上一致收敛于是对上述的0，存在N0，使得当，m
16、、nN时，有结合两部分，当，m、nN时，有，故在0，1上一致收敛8设函数列满足：（1）是-1,1上的可积函数列，且在-1，1上一致有界；（2）任意的在-1，-c和c,1上一致收敛于0证明：对任意的-1,1上的连续函数f（x），有中山大学2006研证明：由于在-1,1上一致有界，f（x）在-1,1上连续，所以存在M0，使得因为f（x）在x=0处连续，所以对任意的0，存在0，使得又在-1，-和，1上一致收敛于0，所以存在N0，使得从而对任意的nN有即9设的收敛半径为，令，证明：在任意有限区间a，b上都一致收敛于f（f（x）厦门大学研证明：因为的收敛半径为，所以在a，b上一致收敛于f（x）由于在a，
17、b上连续，则f（x）在a，b上连续，所以f（x）在a，b上有界，即存在，使得当时有又因为在a，b上一致收敛于f（x），所以存在，使得当时有由于在a，b上连续，所以存在使得当时有取，则有下式成立同样由于在-M，M上一致收敛于f（x），所以f（x）在a，b上连续，从而一致连续所以对任意的，存在使得当时有因为在a，b上一致收敛于f（x），所以存在N0，使得当，nN时有于是当，nN时，结论得证10研究函数在0，+）上的连续性、一致连续性、可微性、单调性华南理工大学2006研解：因为，而收敛，所以由Weierstrass判别法得知f（x）在0,+）上一致收敛因为在0，+）上连续，所以f（x）在0，+）上
18、连续又因为，故在0，+）上一致连续，所以f（x）在0，+）上一致连续因为，而收敛，由Weierstrass判别法得知，所以可微，且单调递减11设，证明：f（x）在（0，+）内连续，求武汉大学2006研证明：因为对任意的，当时，而收敛，故f（x）一致收敛因为在（0，+）上连续，则f（x）在（0，+）上连续，所以可积，即积分号与求和号可交换因此12设是0,1上连续函数，且在0，1上一致收敛于f（x）证明：华东师范大学2006研证明：因为是0，1上的连续函数，且在0，1上一致收敛于f（x），所以f（x）在0,1上连续，从而，故本题等价于证明因为在0，1上一致收敛于f（x），所以对任意的，存在N0，使
19、得从而对任意的nN有即第11章幂级数1求在处的Taylor级数，并求其收敛半径浙江大学研解：再求收敛半径，令，则即所以|x|N时，对任何自然数p，有（2）由于绝对收敛，设，从而对任意的自然数n有并且由于，从而根据式，对，当nN时，对任何自然数p有由的任意性及柯西准则知，级数收敛4设在x=-2处条件收敛，求其收敛半径东南大学研解：当x=-2时，原幂级数为条件收敛，所以不收敛，即当x=4时不收敛故其收敛半径为5求幂级数的收敛域天津工业大学研解：由于，又，故收敛半径R=1由积分判别法知发散，所以发散；由Leibniz判别法知收敛故的收敛域为-1，1）6求幂级数的收敛域及和函数哈尔滨工业大学2006研
20、解：因为，所以收敛半径R=1因为当x=0时，幂级数收敛；当x=2时，幂级数发散故该幂级数的收敛域为0，2）7求的收敛域及和函数东南大学2006研解：因为，当x-1=1时，该级数变为，其一般项均不趋于0，所以当x-1=1时该级数发散，故该级数的收敛域为（0，2）在（0，2）内该幂级数可以逐项求导、求积分，所以有8求的收敛域，并求该级数的和华南理工大学研解：因为，所以R=1当x=1时，有，所以的收敛域为（-1，1）由于这两个级数在（-1，1）内可以逐项求导、求积分令，则有令，则同时令，所以9求的收敛域，并求其和中国科学院2007研解：因为，所以的收敛域为（-，+），则在（-，+）内有令，则所以10
21、将函数展开成x的幂级数武汉理工大学研解：由于，所以则故展开成x的幂级数为11求，并求证它也等于中国科学院2006研解：由于，所以由幂级数的性质知结论得证第12章傅里叶级数1设f（x）是以2为周期的周期函数，且f（x）=x，x，求f（x）与|f（x）|的Fourier级数，它们的Fourier级数是否一致收敛（给出证明）？北京大学研解：将函数f（x）延拓到整个数轴上，由于f（x）是（，）上的按段光滑的奇函数，故其中Fourier展开式是正弦级数所以当x（，）时，有当x=时，级数收敛于将|f（x）|延拓到整个数轴上，由于f（x）是（，）上的按段光滑的偶函数，故其Fourier展式是余弦级数所以当x
22、（，）时，有当x=时，级数收敛于f（x）的Fourier数在（，）内非一致收敛，因为在端点x=处级数收敛，假若级数在（，）内一致收敛，则级数在，上一致收敛，和函数应在0，上连续，矛盾而由一致收敛定理易知|f（x）|的F0urier级数在（，）上一致收敛2设函数f在上可积，为f在上的Fourier系数，证明：收敛北京化工大学研证明：由Bessel不等式知收敛，又，所以收敛3在上把下列函数展开成Fourier级数南京航空航天大学研解：易知f（x）足上的偶函数，故根据Fourier级数的展开式的系数公式得所以，故其Fourier级数为4将展开成Fourier级数，并证明上海大学研解：由于所以f（x）
23、的Fourier级数为由收敛定理知于是结论得证5设是周期为2的连续函数，且其傅里叶级数处处收敛，求证这个傅里叶级数处处收敛到北京大学2009研证明：设由条件知，利用极限的性质，得由费耶定理，知一致收敛于，所以故收敛于6令f是R上周期为2的函数，当x时满足（1）证明f的傅里叶级数具有形式，并写出 的积分表达式（2）该傅里叶级数是否一致收敛？若是，请给出证明；若不是，请说明理由（3）证明中科院武汉物理与数学研究所研解：（1）由于是奇函数，所以f的傅里叶级数具有形式，且（2）不一致收敛由傅里叶级数收敛定理知由于在，上连续，但和函数在，上不连续，所以该傅里叶级数不一致收敛（3）由于在，上可积且平方可积
24、，所以Parseval等式成立7展开f（x）|cosx|为，上的傅里叶级数华中科技大学2012研解：因为f（x）为偶函数，所以另外因此f（x）|cosx|在，上的傅里叶级数为8设周期为2的可积函数与满足关系式，则给出函数的傅里叶系数与函数的傅里叶系数之间的关系江苏大学研解：作变量替换xt，有第二部分章节题库说明：本部分严格按照伍胜健主编的数学分析教材内容进行编写，每一章都精心挑选经典常见考题，并予以详细解答。熟练掌握本书考题的解答，有助于学员理解和掌握有关概念、原理，并提高解题能力。第7章定积分1试证明下列命题：（1）设若则（2）（3）设a，d0，且令则证明：（1）因为所以得到（2）对写出此时
25、有（3）记ba/d，有易知上式分母当n时趋于1/2，对分子有分子对上式乘积中第一和第三项有估计：从而得到1试证明下列不等式：（1）设f（x）是a，b上的非负上凸函数，则（2）设，则（3）设则（4）设在（a，b）上可导，则证明：（1）不妨设且，则由题设知类似地可得两式相加即得所证（2）对，作f（x）在x0，2处的Taylor公式：由此知，以及故得但据题设，不能有从而得（3）因为所以（4）不妨设，则对有由此知1试证明证明：引用公式（约定,x0时，左端2n1），可知注意到的原函数是，有1试证明下列问题：（1）设，且，则存在极限（2）设，且是以T0为周期的函数，则（3）设正数列（an）满足，则证明：（
26、1）由可知f（n）是递增数列又因所以f（n）是有界列由此即得所证（2）不妨假定（否则以代替f（x），其中M是f（x）的上确界）对任给x0，存在n，使得由题设知从而可得令结论得证（3）此时有，以及因此得1试证明下列极限等式：证明：（1）注意到在上可积，有（2）乍看有点像函数sinx：在0，上的积分和：但实际上不是，其不同之处就在乘积因子因此，要把它化去，为此，需要运用放大缩小的方法：由此令可得（3）（i）首先（ii）其次（nk）因为且有，所以（4）根据不等式可知存在，使得，即1设作a，b的等分划，且令证明：记为f（x）在上的最小值、最大值，则令，并注意与均在n时趋于即可得证1试证明下列命题：（1
27、）设，若有（2）设（3）设，若对满足的任意的，均有证明：（1）易知f（0）0，且是递增函数令，（i）若，则当时，有即（ii）若，则由，以及，就可以得到，从而有f（t）f（1）但f（0）0矛盾（2）令，则有以及（3）记，且，从而由题设知，且有这说明1解答下列问题：（1）设f（x）是0，）上的正值可积函数，且有试求f（x）（2）设是多项式，试证明是多项式的因式（3）试作上的非零可微函数f（x），g（x），使得（1）解：令，则由题设知从而可得，又知F（x）在（0，）上可导，且有因此导出方程对右端等式作积分，有解，或由此有实际上，此解对x0也真显然，若C0，则f（x）在上不可积最后得解为（2）证明：（
28、i）易知P（1）0，故P（x）有因式（x1）（ii）因为所以（iii）由等式又知（iv）对上式再求导，类似地还有综上所述，即得所证（3）解：假定f（x），g（x）以及不取零值，则式（*）改为对上式作0，x上的积分，可得1设f（x）在0，1上有连续的导函数，且知，则对任意的x（0，1），有证明：作函数易知，这说明F（x）是0，1上的（下）凸函数从而可知，即以f（x）代f（x），类似地可知有相应的结论从而即可导出式（*）1计算下列定积分：解：（1）令，有（2）令，有（3）令，有（4）易知定积分存在，因此有（5）令，有1试证明下列命题：证明：（1）被积函数是奇函数，故I0（2）因为有I1中的被积函数
29、是奇函数，I10，所以（3）令xt，有（注意，被积函数是奇函数）1试证明下列问题：（1）设，且在0，a上，则（2）设，若存在l，使得在0，a上有，则证明：（1）令xau，则，有由此知特别有（2）令axy，则，有特别可得1求下列极限：且是以T0为周期的周期函数，且已知解：（1）令nxt，有易知，以及，由此即得（2）根据平均值的极限公式，有（3）令nxt，有因为，所以对任给0，存在X，当tX时有，从而对充分大的n，得到令，即得1计算下列定积分：解：（1）根据分部积分法，有即，从而得到由此公式进行递推，可知因为，所以（2）令sintx，有1试证明下列命题：（1）设在0，1上可导，且，则存在使得（2）
30、设，则存在，使得（3）设，且有等式，则存在，使得（4）设在a，b上可微，且，则证明：（1）由题设知，存在，使得作函数，则由此知存在，使得，即（2）将在x0处展成Taylor公式注意到，以及x是奇函数，有假设，则可得根据的连续性可知，存在，使得（3）如果对题设两个等式直接用中值公式，虽可得，但不能保证且有可能因此想到更换因子cosx，而用分部积分法令，则依题设可知由此可得由此知这说明的原函数有三个零点：0，从而就有两个不同零点（4）根据积分中值公式，有证毕1试证明下列命题：（1）对任意的a0，x0，有（2）设f（x）在0，1上递减，且，则存在，使得证明：（1）因为，所以（2）作函数，易知在0，1
31、上递减从而有1设f（x）在a，b上可积，证明存在折线函数列，使得证：因为f（x）在a，b上可积，由f（x）在a，b上可积知（1）其中即点对a，b构成n等分分划于是点位于曲线上，且是对应于a，b上分点的分点用直线段依次连结，得以为顶点的定义于a，b上的折线段函数，它的下方图形面积恰为以为高的各梯形面积之和由定积分的几何意义有故（1）表示其中为定义在a，b上的折线函数（n1，2，）1比较下列各对积分的大小解：（1）令因为f（x）在0，1上连续，且f（x）x（1x）0，又，由知由基本性质1有即（2）令因为f（x）在上连续，且同（1）有所以（3）首先注意，在积分第一中值公式（推论）中，若取，则存在，使
32、于是，对，存在，使得对，存在，使得因为上的严格单调增函数，且，所以1设f（x）在A，B上连续，AabB，证明：证：首先注意，由条件，对足够小的，积分有意义，且，由微积分学基本定理，是f（x）在（A，B）内的一个原函数因为在中，令xht，由定积分换元法故（牛顿莱布尼茨公式）因为F（x）是f（x）在（A，B）内的一个原函数，且a，b（A，B），故由导数定义有证毕1计算积分解：令xtant，则当x0，1时，tant是的严格单调增函数，且x0时，t0，x1时，于是1设有关积分存在，证明解：令x2t，则上式左边的积分等于在此式右边第二个积分中令可知由此即可推出题中的等式1试求下列命题中的函数f（x）：（
33、1）设，且有，以及（2）设（3）设，且有（4）设且在0，A上有界， 解：（1）由可以得到（2）在题式中对x求导，可得，令x1，可知，在此式两端再对y求导，得由此得，取y1，有（3）作，则由可知由此得，取x0，由f（0）0可知C0证毕（4）在题式中对x求导，有在上式两端再对,x求导，有若a1，则易知，可得由此可知1解答下列问题：（1）设若存在0，且对区间a，b中任一子区间，均有（2）计算定积分证明：（1）由题设知，对任一，均有根据f（x）的连续性，可得（2）在x0时，易知这说明在的原函数之一是因有，所以得到1试证明下列等式：证明：（1）令（2）（i）令，有（ii）由（i）知（3）因为所以（4）令
34、，有（5）令xtant，有第8章广义积分1计算下列反常积分：解：（1）令xtant，有（3）将区间分段，令xa/t，可知令txa/x，有，故（4）应用分部积分公式，有从而可知由此得到1试求下列极限：解：（1）令，并分解为易知，作变量替换，则得注意到，故知因为且在上有，所以又知从而导出作替换，有（2）下面指出I1，为此令，以及则问题化为证明作变换nxt，则如果取n1/，那么111/n，从而对 作分部积分，又得因此有1试证明下列命题：收敛收敛收敛收敛证明：（1）根据，即可得证（2）由，以及不等式（3）由，可知被积函数在x0处连续，故只需看2，）上的积分因为，所以该反常积分收敛（4）只需注意即可1试
35、证明下列命题：（1）设f：1，）（e，）且是递增函数若积分，则但可能有（2）设f（x）0（xa，），且对任意的b：ba，fR（a，b）（i）若，则（ii）若f（x）在a，）上可导，且，则（iii）若存在a0，使得，则证明：（1）反证法假定收敛，则用替换，可得当递减趋于零（t时），有或，以及，即再用替换，得出，与题设矛盾，即得所证此外，令，且作函数则由可知（2）（i）若p1，则存在，X：Xa且X1，使得即由收敛知原积分收敛若p1，则存在，以及X：Xa且X1，使得这说明，由此易知原积分发散（ii）若p1，则存在X，当xX时，由此知，f（x）在（X，）上递减且必趋于零从而由法则知根据（i）即得所证若
36、p1，则存在X：Xa，使得这说明由此知xf（x）在X，）上递增，即故积分发散（iii）只需注意极限等式由（1）即知得证1判别下列积分的收敛性：解：（1）用Dirichlet判则（f（x）sinx，g（x）1/x）（2）由于，故知注意到上式中第二项是绝对收敛的，第一项在1，）上收敛，因此I收敛（3）由被积函数是负值，故只需看积分的敛散性将被积函数写为从而有这说明2p1或p1时，I收敛；当p1时I发散（4）取，有根据Cauchy收敛准则，I发散1试证明下列命题：（1）设收敛，且若则f（x）0（x）（2）设绝对收敛，则（3）设fC（0，），f（0）0且|f（x）|M（0 x）若绝对收敛，则证明：（1
37、）由题设知绝对收敛，又故知存在极限显然l0（2）应用积分中值公式，有再由f（x）在x0处连续知存在N，使得由此知结论得证（3）不妨设o1对任给0，由的收敛性可知，存在A0，使得再取正数充分小，使得此外，又有其中由此可知（注意f（0）0），当充分小时，上两式右端的积分均可小于，从而得证1试判别下列积分的收敛性：解：（1）应用Dirichlet判别法，视f（x）sinx，其原函数有界；视它在1，）上递减趋于零，故I收敛（2）因为在1，）上递减且趋于零，又的原函数是，且此原函数在1，）上有界，所以原积分I收敛（3）令，则有易知在0，）上递减趋于零，且由可知，均原函数是有界的从而I收敛（4）首先，用T
38、aylor公式把被积函数写为其次，根据Dirichlet判别法，积分都是收敛的又积分在21即对是收敛的；在时发散这是因为余项在x1上连续，且有综上所述，反常积分，在时收敛；在时I发散（5）对用Taylor公式，有注意到，而的原函数都是有界的，因此积分均收敛此外，又根据的积分是绝对收敛的，故知I收敛1判别下列积分的绝对收敛性：解：（1）应用分部积分公式，有由此即知I绝对收敛（2）令，有，注意到可知I条件收敛1试证明下列命题：（1）设若对任一在有界区间外为零的连续可微函数h（x），均有，则g（x）可微且（2）设f（x），g（x）都是a，）上的正值可积函数，且f（x）是一致连续的，则存在（a，），使
39、得（3）设收敛，且f（x）是正值函数则存在（1，），使得证明：（1）设h（x）0（xa，xb），令，则由此及题设可知从而根据定积分的理论可得于是，由a，b的任意性即可得证（2）对大于a的任一正整数n，存在，使得（*）若存在，则根据f（x）的可积性以及一致连续性可知从而在（*）式中令k，得出这不可能因此，是有界列从而存在，且有（k）于是有（3）由Dirichlet判别法可知，收敛又对正整数n，有（第二中值公式）（i）若存在，则这不可能（f（x）正值）（ii）是有界列，此时有，且1证明积分证明：（i）积分是收敛的，这是因为有不等式而 在1，）上的积分是收敛的（ii）由公式，有由（i）知I收敛此外，
40、已知，故可得从而有1判定下列瑕积分的敛散性并求其值：解：（1）xa是被积函数的惟一瑕点当p1时有当p1时有这说明，该瑕积分只在p1时收敛作为一个特例，可知瑕积分在且仅在p1时收敛此外，同理可证瑕积分在且仅在p1时收敛（2）易知x0是lnx的瑕点因为有所以I收敛（3）用分部积分法，视，则，（4）x1是被积函数的瑕点，但x1不是（因为）从而1计算下列积分的值：解：（1）令xt，再令x/2t，有，从而得令t2x，得（2）（3）（4）令xtant，有（5）令，有从而得（6）（7）令xt，有故知（8）令xtant，有由此可知I1n2/81判别下列积分的敛散性：解：（1）当p1时，被积函数是有界函数，且在
41、0，1）上是连续的，因此在通常意义下是可积的对于p1，x0是被积函数的瑕点，注意到正数0充分小时，在（0，上有从而根据比较判别法可知，瑕积分I在p11即p2时收敛，p2时发散（2）易知x0是被积函数的瑕点，且有由在0，1上的瑕积分存在，可知原瑕积分I收敛（3）将被积函数写为（x1是被积函数的瑕点）由于在0，1上是有界的，记其上确界为M，有因为在0，1上的瑕积分收敛，所以瑕积分I收敛（4）由，易知x0和x1是瑕点由于在x0的附近有，故积分收敛又在x1的附近，可使从而知发散总之，I发散（5）I与同敛散由，令，有由此易知J收敛，即I收敛1试求m，n之值，使得积分收敛解：（i）因为lnx在（0，1是负
42、值，所以等价地不妨考察（ii）易知x0与x1均有可能成为瑕点，故分别研究对：在m10时，由于，故为正常积分；在m1时，x0为的惟一瑕点，因为所以在m1p0（即p1）时收敛对：易知当n0时存在极限，故此时是正常积分；当n0时x1是的惟一瑕点因为当1np1时存在极限所以当时，收敛综合以上分析，可知在m0且n1时，积分I也即I收敛1判别下列积分的绝对收敛性：（1）（2）解：（1）记p1，01，注意到（x0是瑕点）立即可知瑕积分收敛，即I是绝对收敛的（2）x1是瑕点，且有1判别下列积分的收敛性：解：（1）令x1/t，有故p0以及p0，q1时，I收敛（2）令，有因为函数在1，）上单调有界，而积分在p1/
43、2时收敛（Abel判别法），所以在时I收敛1试证明下列命题：（1）设f（x）在（0，1）上单调，若瑕积分收敛，则（2）（3）设1，则证明：（1）设f（x）在（0，1）上是递增函数，则由立即得证（2）由（1）知从而原极限式1（3）1试判别下列积分的敛散性：解：（1）在公式中，当p1时收敛；当p1时收敛，故I发散（2）由于a0时x0可能是瑕点，因此分积分为两部分：对于 ，改写被积函数为，可知当2时， 收敛对于 ，改写被积函数为因为关于A有界，而在时，随x递减趋于0，所以根据Dirichlet判别法，可知在时收敛综上所述，在2时I收敛（3）令，有由可知，P1时收敛又因在t充分大时，有，所以对任意的P
44、值，皆收敛因此，p1时I收敛（4）令，有由此易知，当1即（1a）0时，I发散（对任意的）而对1，令tx/（1），有由此知1时I收敛总之，I在1且1时收敛（5），有（i）由，可知0时 收敛（ii）因为有渐近式所以 在2时收敛，2时发散最后可得，I在02时收敛（6），有（i）当x0时，故x0是可去间断点， 对p0收敛（ii）对 ，有上式右端第一、三项收敛（Dirichlet判别法），而第二、四项在p1/2时收敛，故p1/2时 收敛综合（i）、（ii），可知I在p1/2时收敛（7）（i）若0，作，有：（A），故1，即（1）/1时， 绝对收敛又由可知，1即时， 绝对收敛因此，I在时绝对收敛（B）当x0
45、时单调趋于零，的原函数当1时在0，1上有界，故收敛又由可知，的原函数有界，而当10即（1）/1时，在x时单调趋于零，故收敛总之，当时，I（条件）收敛（ii）若0，作，则（A）在中，因为的原函数在0，1上有界，又当10即（1）/1时，在x0时单调趋于零，故此时 收敛又当x时单调趋于零，而的原函数在10即1时有界，故此时收敛总之，在0（1）/1时I（条件）收敛1设证明：证明：设t0，令在其中令u1/x，可得于是由此可以得到1就的值讨论积分的收敛性解：（1）当1时，所以因此于是积分发散（2）当1时，因为当N1，因此存在，积分收敛因为所以当x0，1时有界，于是当13时，其中M是常数当（0，1），有因此
46、存在，积分收敛于是当13时收敛当3时，因为x,10，/2，所以由Jordan不等式sinx（2/）x得到因此发散，从而发散合起来可知，当13时Ia收敛第9章数项级数1试证明下列命题：（1）设a0，ba1，则（2）设a0，ba2，则证明：（1）记，则令从n0到nN的各项相加，故得因此（2）由（1）可知以a1代a，则（*）式又成为将两式相减，可得1求下列级数的和：解：（1）由，有（2）当n3m时，时，而且级数都是收敛的，根据顺项可括性，有（3）由于x是数x的整数部分，有1求的和，其中解：记，则考察函数若，则有f（S）S，且为此方程的惟一解由于在上是递减函数，故知因为f（x）在（0，1）上递减，所以
47、从而得即有下界，且此外又有这说明1判别下列级数的敛散性：解：（1）当p0时，该级数显然发散当p0时，是递减正数列，从而考察级数易知它是等比级数，且可得公比时，收敛；时，发散因此，I在p1时发散，p1时收敛（2）易知通项是递减正数列根据凝聚判别法，有由此知，I在p1时收敛，p1时发散（3）易知通项是递减正数列，用凝聚判别法，考察由此即知I发散1试证明下列命题：（1）设级数收敛，则（2）设若收敛，则（3）设若收敛，则（4）设，则证明：（1）不妨假定，且记，以及，则用归纳法可推等式（*）当n1时，显然，故式（*）为真假定nm时式（*）为真，则对m1，有从而式（*）对m1成立令m，即可得证（2）应用C
48、auchySchwarz不等式，可知注意到，即可得证（2）依题设可知，对任给0，存在，使得“取，并对和式作分解又放大，可知（r表示数r的整数部分）从而可得由此即可得证（4）注意到等式（，C是Euler常数）故只需指出实际上，对任给0，依题设知，存在，使得由此又知从而导致最后有证毕1试证明下列不等式：，其中是递增正数列，（3）（HardyLandau不等式）设同（2），则（4）（Carleman不等式）设是正项收敛级数，则证明：（1）改写通项为再应用在上的微分中值公式，有从而知（2）由（不等式：）可知（3）由（2）以及应用Cauchy不等式，有由此即得所证（4）根据几何算术平均不等式以及（3），
49、有再令m即得所证1判别下列级数的敛散性：解：（1）将写成，易知当re时，lnr1；re时，lnr1从而根据p级数的敛散性判别原则，可知I在re时收敛，在re时发散（2）记，则用p级数作比较，易知I收敛（3）记，用p级数作比较，易知I收敛（4）注意关系式，即知I发散（5）注意到等式且，可知从而该级数收敛（6）将原式改写为则易知1时I收敛对于1，由于，故I发散1试判别下列级数的敛散性：解：（1）注意（2）注意（3）注意存在c0，使得（4）注意不等式1设是正项发散级数，试判别下列级数的敛散性：解：（1）（i）若存在M0，使得，则从而I发散（ii）若无界，则存在子列从而有，由此知I发散（2）若取，则，
50、故I发散若取知发散但，I收敛（3）由可知，I收敛（4）若取，则发散，根据可知，I收敛若取，则发散，由可知，I发散1试证明下列命题：（1）设，若收敛，则收敛（2）设是递减正数列，则当且仅当发散（3）设是正项收敛级数，则收敛证明：（1）（i）令，则由此知（ii）由题设知，存在N，使得故得，即收敛从而收敛，即收敛证毕（2）（i）假定发散若a0，则由易知收敛，从而收敛这一矛盾说明a0（ii）假定a0，则当mn时有由此知，对任意的n，只要m充分大，可使，该级数发散（3）由不等式可知，即得所证1试证明下列命题：（1）设，则收敛（2）设，则在时收敛（3）设，则发散（4）设，则收敛证明：（1）（i）an是递减
