伍胜健《数学分析》（第3册）配套题库【名校考研真题＋章节题库＋模拟试题】

内容简介

  本书特别适用于参加研究生入学考试指定考研参考书目为伍胜健《数学分析》（第3册）的考生。也可供各大院校学习伍胜健《数学分析》（第3册）的师生参考。

  伍胜健主编的《数学分析》是我国高校数学类专业广泛采用的权威教材之一，也被众多高校（包括科研机构）指定为考研考博专业课参考书目。

  为了帮助参加研究生入学考试指定考研参考书目为伍胜健主编的《数学分析》的考生复习专业课，我们根据教材和名校考研真题的命题规律精心编写了伍胜健《数学分析》辅导用书（均提供免费下载，免费升级）：

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  第一部分为名校考研真题及详解。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。

  第二部分为章节题库及详解。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。

  第三部分为模拟试题及详解。参照伍胜健主编的《数学分析》教材，根据各高校历年考研真题的命题规律及热门考点精心编写了1套考前模拟试题，并提供详尽、标准解答。通过模拟试题的练习，学员既可以用来检测学习该考试科目的效果，又可以用来评估对自己的应试能力。

目录

内容简介

第一部分　名校考研真题

第13章　多元函数的极限和连续

在[0，1]上连续，，使

第14章　多元微分学

第15章　重积分

第16章　曲线积分与曲面积分

第17章　含参变量积分

，在u∈[0，+∞）上一致收敛．

，又在[1，+∞）上单调递减且一致趋于0，故由Dinchlet判别法知在t∈[0，+∞）上一致收敛．故对任意的ε＞0，存在，当

时，有

，所以，即，因此．

第二部分　章节题库

第13章　多元函数的极限和连续

由此可知，当或即时极限存在．

，则

（2）设，f（x，y）定义在D上．若f（x，y）是单变量x的连续函数，且对任意的，有（对一致），则f（x，y）在D上连续．

证明：（1）任取，往证为此，只需指出，对任给，存在，使得作

并记．由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使得．

类似地可知，存在以及闭区间，使得，继续这一过程，可得闭区间列，点列满足

因为．且，而是单变量y的连续函数，所以在上式中令，导出

（2）设依题设知，对任给，存在，使得当时有

，以及

从而可得

（3）设，依题设知，对任给，存在，使得

又存在，使得

（1）设在D上连续，且，则

在（a，b）上连续．

（2）设，f（x，y）在D上连续．若，则

（3）设在D上连续．令则

记，则依条件，存在，使得

因此，对，有

即

（2）对，令，易知

注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数．对任给，存在，使得

又存在，使得

现在对满足的，存在，使得

根据等度连续性，又推出导出

这说明，随之有，即

（3）令，注意到f在D上的一致连续性可知，对，存在，使得

，即在上连续，自然也是一致连续的．因此，存在，使得

现在对任意取定的，我们有

证明：（1）注意到f在D上一致连续，故对任给，存在，使得

且因为是一致收敛列，所以存在N，使得

从而视，可知

这就是说，在[a，b]上一致收敛．

其中，由f的一致连续知，当时有

，即在上连续．对任给，存在使得

（2）显然，F（x，y）在上连续．对处，根据的连续性可知，对任给，存在，使得

求以及

显然不存在，所以不存在．

（3）由三种极限间的关系及步骤（2）中的结果可知不存在

由题设f（x，y）在域a≤x≤A，b≤y≤B上连续，故在此域上一致连续，即对任给的ε＞0，存在δ＝δ（ε）＞0，使对于此域中的任意两点只要时，就有

特别地，当时，对于一切的x∈[a，A]，均有

对于上述的δ＞0，因为在[a，A]上一致收敛，故存在自然数N，使当m＞N，n＞N时，对于一切的x∈[a，A]，均有于是，对任给的ε＞0，存在自然数N，使当m＞N，n＞N时，对于一切的x∈[a，A]，均有

因此在[a，A]上一致收敛．

由于f（x，y）关于x对变数y一致连续，故对任给的ε＞0，存在使当（x，y'）∈G，（x，y"）∈G且时，就有

又因f（x，y）在点关于变数x是连续的，故对上述的ε，存在使当时，就有

取并使点的δ邻域全部包含在区域G内，则当点P（x，y）属于点的δ邻域，即时，从而有

因此，f（x，y）在点连续．由的任意性知，函数f（x，y）在G内是连续的．

即它是处处有定义的有理函数．又当y＝0时，显然是连续的．于是，当变数y固定时，函数f（x，y）对于变数x是连续的．同理可证，当变数x固定时，函数f（x，y）对于变数y是连续的．

对于不同的k可得不同的极限值，从而知不存在．因此，函数f（x，y）在原点不是二元连续的．

第14章　多元微分学

证明：（1）问题等价于证明不等式

令，这样，证上述不等式只要证明．为此，在区域上考虑二元函数．

因为，即对固定的，函数f（x，y）是y的单调递减函数，所以

如果，显然有；

如果即，也有

综上便知在上成立．

（2）易知W中第i行第j列的元素是若记其余子式为，则从而可得

因此，有

（3）依题设易知，且有

注意到的连续性，有

由此知存在，使得，即上递增．

（1）设且充分小，则

（2）作，则且，从而可知存在点使得达到最大（小）值．由此得，从而导出

解：（1）由可知f（x，y）在点（0，0）处连续．因为有

所以得到

易知时有，故在点（0，0）不可微．

（2）因为，所以导出

取，则，这说明f（x，y）在点（0，0）处不可微．

解：（1）（i）注意到，故得

（ii）注意到，故得

式①左端

证明：（1）不妨假定，则有

其中，再由

可知

这说明f（x，y）在点处可微．

所以，注意到

（4）因为所以有

由g（x，y）在点（0，0）处的连续性可知，这说明F（x，y）在点（0，0）处可微．从而立即可得在点（0，0）处的微分为

解：（1）由题设知，故有

从而可得，即知，因此，根据或．这说明

（2）由条件知，即

由此得到，若令此比值为λ（常数），则有

（因为连续，所以此式对x＝y＝0仍真）．这说明

故有综上有

，则对n＝k＋1，有

解之可得临界点直线x＝0，2y＋3z＝a上的点平面y＝0上的点

平面z＝0上的点

用乘第一式，用乘第二式，相加得

并导出bx＝ay，ax＋by＋c＝0．注意到式①可求出临界点x＝a／c，y＝b／c，c≠0（若c＝0，则由推出f无临界点）．

可知从而有

（iii）a＝0时，有故（a，a）不是z的极值点．

也就是说，在惟一的点上达到最大值，

（2）令由于有f（x，y）≥0以及

故f（x，y）可取到最大值．因为偏导方程组为

由此知而且故在第一象限内有惟一临界点

注意到在Ox轴上，有故又知f（x，0）在点（2，0）处取到最大值．同理可知，点（0，2）也是f（0，y）的最大值点．因为

所以f（x，y）在第一象限中的最大值是这说明

（3）取对数，往证lnlna＋alnb＞lnlnb＋blna．令x＝lna／lnb＞1，y＝lnb，命题转为求证再令则由可知F（x，y）＜F（x，0）＝x－1．

若F（x，y）＞0，则

将上两式相加，即可得出从而只需指出d≤0，e≤0．根据题设可知，

从而有d≤－ax．令，又得d≤0．类似地可推知e≤0．证毕．

（2）（i）反证法．假定则不妨又假定点是f的最小值点（注意，），从而有

记则点为g（x）的临界点．而根据可知，点是g（x）的极大值点．注意到在（存在）上，必有使得因此

所以得到

取ε充分小，使得在圆周上F（x，y）＞0，则依（i）知，即

（3）依题设知，在点处取到极大值，故同理可推出此外，还有即得所证．

（4）作则有

从而可知除非F（x，y）1，否则在D内可取到极小值．即有使得

这说明即得所证．

解：（1）易知f（x，y，z）与的极值点相同，故只需考察在条件x＋y＋z＝a下函数的极值．

则可得可能的极值点为

再看二阶微分在点处的值，即得

由此知，g随之f在点处达到最大值：

函数f在点处取极小值在处取极大值；在点处，由于

故点不是f的极值点．

（3）根据题设，可令作辅助函数G(x，y，

，并解方程组

由于命题的最大值必存在，故定有非零解因此该方程组的行列式必为0．即

用代入式①，并依次以乘各式，再相加可得

由可知，这是f（x，y，z）在单位球面上的最大值．

现将极值点满足的条件写为

并使它与联立解出点

从而知，当时，z取到极小值；当时，z取到极大值．

（2）对条件方程取对数：且记，则命题化为：求f（x，y，z）在条件下的极值．

（i）在点处，由可知，f无极值．

（ii）在点处，由，以及

再记，则当S＜0时f达到极小值，当S＞0时达到极大值，其值为

得解从而知显然（8／5，3／5）就是所要求的点．

则由可解出

代入平面T的方程，可得，因此

（3）问题归结为求在约束条件下的最小值．从而作函数

易得，以及

因为，故点是曲面上到原点距离最近的一点．其它点亦然．

（4）设（x，y）是抛物线上一点（即）是直线上一点（即，则此两点间的距离为从而作函数

并解平衡点方程，可知有解：．故知

第15章　重积分

（3）整个积分区域分成与两部分，并以不同斜线在图15-3中表示出．

（2）令则由题设知

由此可得故

（2）令则积分式I可写为

再引用不等式即得所证．

（3）将D分解为可得

（5）（i）用直线x＋y＝i（i＝1，2，3）分割D成为四个区域：见图15-6．因为所以

其中表示的面积．从而有

用曲线分割D为四个区域：如图15-7，有

从而得到

将区域表示为

D由y＝0，y＝x，x＋y＝1围成。

解：（1）令则D变为且积分成为

（2）令则D变成

且原积分成为

（3）令将三角形内的点表示为

此时因此有

（4）令即此时|J|＝2，积分区域D变为从而可得

且记l所围平面区域为D，故知其中为求V，显然应采用极坐标变换：即令此时有变成

从而可得

其中显然应采用极坐标变换来求积分，即令由此可得

且由对称性知只需考察位于第一象限中的D，记为故有

其中令则

其中D是它在xOy平面投影：

从而可得（用坐标变换而且

对上式右端的积分，再作变换则有

易知此两球之交线为

（6）易知该两曲面的交线为由此知，z＝a或z＝4a．若z＝4a，则得两曲面的交点（0，0，4a）；若z＝a，则得两曲面的交线在xOy平面上的投影曲线为（图15-9）

又知该两个曲面在柱坐标系下的方程分别是即

最后有

和于是

解：因为当0≤y≤2时所以积分区域D由x轴（即直线y＝0）．直线y＝2，直线x＝y＋3，以及圆周x2＋y2＝4围成，因此D位于第一象限．圆周与x轴（正向）交于（2，0），与y轴（正向）交于（0，2）（也是与直线y＝2的交点），直线x＝y＋3与x轴交于（3，0），与直线y＝2交于（5，2）．因此

（1）当φ从0变到时，对于每一固定的φ，r从0变到，其中，为抛物线的极坐标方程；

（2）

解：作变换：，则椭圆所围成的域变为且有

。于是，所求的面积为

对作替换x＝rcosα，y＝rsinα，则又知

此时仍有而原曲面有表示式立体Ω关于yOz，xOy平面对称，则有

易知

第16章　曲线积分与曲面积分

首先求曲线C的参数方程：由，x＋y＋z＝0消去y，可得配方后得到

由此求得以及

解：（1）令

从而可知

（2）作替换：可知

（3）作新坐标系，使得原点仍与坐标系的原点相同，而点（x，y）位于轴上，此时有

（积分号下级数一致收敛，可作逐项积分），故，且得

若，有

由此知从而，且知

（2）由，可知

，采用极坐标，又得

由此知，引用题（1），有

（3）因为，所以有

将曲线用参数式表示，即令x＝1＋cost，y＝sint，则L定向如图16-1所示，从而可得

从而又得知因此有

且代入L的方程，可知在广义极坐标系下，L的方程为由此即得L的参数方程：

其次，有．故在这里也来算出d（y／x），而

，则

从而可知

因为在坐标轴上有以及

，易知只需计算其位于第一象限的部分曲面积S1（图16-3）．

作坐标变换，即知

再用变量替换，易知

对J，作变量替换，又得

（2）由可知，从而可得

从而有

有

将D变成D*，∑变成光滑曲面

试证明∑的面积为

解：（1）易知对变换其Jacobi行列式注意到

中，

∑的参数方程为以及投影区域D＝

（2）易知直线L平行于Ox轴，位于平面xOz上且截Oz轴一段长为b的线段，令∑上点P（x，y，z），它到L上的距离的平方为从而其惯性矩为

由可知

解：（1）易知∑在xOy平面上的投影区域是是∑准线上点的法向量，n与Oz轴形成钝角，且，故知

由可得

其中以及

即

又有则

（3）记则

解：（1）易知∑可写为其定义区域为此时，易知从而可得

从而可得

证明：（1）对积分I采用球坐标变换则得

上式左端就是椭球面表面积S在极坐标变换

下的积分公式，证毕．

可知从而可得

从而得到

作变量替换则的参数方程式为

由此知其Gauss系数为

（4）将处作Taylor展式：

故知

第17章　含参变量积分

（2）记，在积分号下求导，并从偏导方程组

（3）对任意的，函数及其对r的导（函）数在上连续，故知

由此可得（常数，），随之因连续性和r0的任意性，就有I（r）＝C（0≤r＜1）．而由I（0）＝0，又知C＝0，即

有

（4）设，且作函数

从而可得，在区域上连续．因此，有（计算积分可用替换t＝tanx）

由此还知（I（a）在a＝0处连续）．这样，最后就得到

此外，由于，故又可得

以及f连续，故当时，在每个区间（a，b）上一致收敛于故

因为当时，递增趋于f（x），所以根据Weierstrass判别法，积分F（t）关于一致收敛，从而由f（x）的连续性，即知极限

是关于一致的．证毕．

（i）对x≥0是单调的且一致有界于1，而积分是关于一致收敛，故对任给ε＞0，存在充分大的X，使得

（ii）对取定的X，令，可取

，使得

（4）不妨假定f（x）递增，则，故对任给ε＞0，存在δ＞0，使得

由于，并考察两个积分之差，则可得（应用第二积分中值公式）

现在令，并假定，又取N，使得

从而有

又显然因此在x＝0处不连续，但在x＝1处连续．

当0＜x＜1时，函数上连续，所以二重积分

其中u，v作为积分变量，分别起着左边积分中v，u的作用．于是可得当0＜x＜1时，，从而

直接计算可知并且显然因此在x＝0处不连续，但在x＝1处连续．

解：（1）由于，故知

因为在矩形[0，1]×[a，b]上连续，所以可交换积分次序．从而有

注意到x＝a时，上式右端为，故知

由此易得，实际上，还有

证明：（1）收敛．

（2）收敛．

（3）收敛．

（4）收敛．

（5）记，则被积函数f（x，y）有估计

由可知，g（x，y）是x的递增函数，且有

证明：（1）因为关于一致收敛，又函数对x单调一致有界于1，所以，根据Abel判别法即得所证．

（2）（i）由于sin2x的原函数有界，以及递减一致趋于0

故根据Dirichlet判则，知积分关于

∈（0，1）一致收敛．

（ii）易知e－ax随x单调，且

（3）易知收敛，对x单调一致有界，由Abel判别法即得所证．

．从而有

由ε的任意又知

这说明

而由（i）又知，当充分小时，有估计

这说明当充分小时，可得

（3）只需指出或易知，对任给ε＞0，存在M＞0，使得．又知存在δ＞0，使得

由于，故当时，可得

易知f（a）在（2，∞）上连续．对g（），先看的情形；此时，因为

所以积分g（）关于是一致收敛的，也就是说其次，由ε的任意性，即知．最后得出，

所以根据Weierstrass判别法，积分关于一致收敛．

类似地可知，积分也在上一致收敛．

此外，由于函数在区域上连续，故知f（a）在[ε，1ε]上连续．再由ε的任意性，即得

（3）作变量替换，令，可知

所以又，故知

（3）令，则

易知f以及上连续，又

故根据Weierstrass判别法可知，积分一致收敛．从而有

作替换，则得，再作替换又可得

由此即知．因为，所以

即

（4）由于，故，且有

当时，可得递减，用中值公式，（

因此，积分关于一致收敛．故二次连续可导，且有

由此得到

由

有

解：（1）设，则

易知f与上连续．由

可知积分在任一区间上一致收敛．此外，又由

以及收敛，可知积分

在上一致收敛．从而，积分在上连续，在上连续．由式①可导出

因此因为

所以C＝0．这说明

若β＝0，则积分I（α）仅在时收敛．此时，应用分部积分公式，可知

（2）x＝0不是积分的瑕点．又对，有

故积分关于是一致收敛的．从而求导可在积分号下进行，即得

即知．最后，有

（3）（i）看区域，令

易知均在上连续，且积分

由此又得

由的任意性可知，此结论对也真．

易知第一个积分是的连续函数；由于，则第二个积分关于以及任意的一致收敛．再由f的连续性，可知第二个积分对连续．从而根据

的连续性，可作运算

最后有

则在上连续，且有

即积分是一致收敛的，从而知上连续．

对有

（实际上，对也真，因为上内闭一致收敛，由连续性再取极限即得．）在式②，对β作积分，易知

而，故这说明

又由即得

第三部分　模拟试题

伍胜健《数学分析》配套模拟试题及详解

由y=e x得，于是

从而，故曲线C 3的方程为

由对称性得到，即

又因为L1的参数方程为，因此，

在上满足，且关于y轴对称，

令取极限，据条件（1）得据柯西准则，知存在．即等式①左端极限存在，记之为A

2°

由

将x固定，由条件（1）使得时于是由②式知