2025年考研理學(xué)數(shù)學(xué)分析能力測試（含答案）考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{a_n(2-a_n)}(n\ge1)。(1)證明：0<a_n<2對(duì)所有n\in\mathbb{N}成立；(2)證明：數(shù)列{a_n}收斂；(3)計(jì)算極限\lim_{n\to\infty}a_n。二、討論函數(shù)f(x)=\frac{x^2\sin(\frac{1}{x})}{x-\sin(x)}在x=0處的連續(xù)性和可導(dǎo)性。若可導(dǎo)，求f'(0)。三、設(shè)f(x)是定義在\mathbb{R}上的連續(xù)函數(shù)，且滿足f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy,對(duì)于所有x,y\in\mathbb{R}。(1)證明：f(0)=0；(2)證明：存在常數(shù)k，使得f(x)=x^2+kx對(duì)于所有x\in\mathbb{R}成立；(3)求\int_0^1f(xe^t)e^t\,dx的值，其中t為常數(shù)。四、設(shè)函數(shù)g(x)在[a,b]上連續(xù)，且在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，g(a)=g(b)=0。證明：存在一點(diǎn)\xi\in(a,b)，使得\xig'(\xi)=2\int_a^bg(x)\,dx。五、計(jì)算不定積分\int\frac{x^3}{(x^2+1)^2}\,dx。六、討論級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{\ln(n+1)}{n\cdot2^n}的收斂性。七、設(shè)函數(shù)f(x)在(0,+\infty)內(nèi)可導(dǎo)，且滿足f'(x)=\frac{f(x)}{x}+\frac{\lnx}{x},f(1)=0。(1)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式；(2)討論函數(shù)f(x)在(0,+\infty)內(nèi)的凹凸性。八、設(shè)函數(shù)F(x)=\int_0^xf(t)(x-t)\,dt，其中f(x)在[0,+\infty)上連續(xù)且單調(diào)遞增。(1)證明：F(x)在[0,+\infty)上二階可導(dǎo)，并求F''(x)；(2)證明：F(x)在[0,+\infty)上嚴(yán)格凹。九、設(shè)函數(shù)f(x)在[0,1]上連續(xù)，且\int_0^1f(x)\,dx=0,\int_0^1xf(x)\,dx=\frac{1}{2}。(1)證明：存在\xi\in(0,1)，使得f(\xi)=-\xi；(2)證明：存在\eta\in(0,1)，使得f(\eta)=\eta。十、設(shè)正項(xiàng)級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，證明：級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\infty\sqrt{a_na_{n+1}}和\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}也收斂。試卷答案一、(1)證明：用數(shù)學(xué)歸納法或極限迫斂法。易知a_1=1滿足0<a_1<2。假設(shè)0<a_n<2，則0<a_n(2-a_n)<2(2-0)=4，故0<\sqrt{a_n(2-a_n)}<2，即0<a_{n+1}<2。由歸納法，0<a_n<2對(duì)所有n\in\mathbb{N}成立。(2)證明：考察數(shù)列b_n=2-a_n，則b_n>0，且b_{n+1}=\sqrt{2-b_n}。易知b_n是單調(diào)遞減且有下界0，故極限存在，設(shè)\lim_{n\to\infty}b_n=L\ge0。對(duì)b_{n+1}=\sqrt{2-b_n}兩邊取極限得L=\sqrt{2-L}，解得L=1。即\lim_{n\to\infty}b_n=1。因此\lim_{n\to\infty}a_n=2-L=1。(3)計(jì)算：\lim_{n\to\infty}a_n=1。利用a_{n+1}^2=a_n(2-a_n)得\lim_{n\to\infty}a_{n+1}^2=\lim_{n\to\infty}a_n\lim_{n\to\infty}(2-a_n)=1\cdot(2-1)=1。由于數(shù)列{a_n}單調(diào)遞增且趨近于1，故\lim_{n\to\infty}a_n=1。二、當(dāng)x\ne0時(shí)，f(x)=\frac{x^2\sin(\frac{1}{x})}{x-\sin(x)}=\frac{x\sin(\frac{1}{x})}{1-\frac{\sin(x)}{x}}。由于\lim_{x\to0}x\sin(\frac{1}{x})=0且\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1，故\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{x\sin(\frac{1}{x})}{1-\frac{\sin(x)}{x}}=\frac{0}{0-1}=0。又f(0)=0，故f(x)在x=0處連續(xù)。求導(dǎo)：當(dāng)x\ne0時(shí)，f'(x)=\left(\frac{x\sin(\frac{1}{x})}{1-\frac{\sin(x)}{x}}\right)'。利用商法則和鏈?zhǔn)椒▌t，導(dǎo)數(shù)形式復(fù)雜?？紤]定義f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{h^2\sin(\frac{1}{h})}{h(h-\sin(h))}=\lim_{h\to0}\frac{h\sin(\frac{1}{h})}{h-\sin(h)}。利用\sin(h)\simh-\frac{h^3}{6}(h\to0)得\lim_{h\to0}\frac{h\sin(\frac{1}{h})}{h-(h-\frac{h^3}{6})}=\lim_{h\to0}\frac{h\sin(\frac{1}{h})}{\frac{h^3}{6}}=\lim_{h\to0}\frac{6\sin(\frac{1}{h})}{h^2}。由于\lim_{h\to0}\frac{1}{h^2}=\infty，且\sin(\frac{1}{h})在[-1,1]之間振蕩，故此極限不存在。因此，f(x)在x=0處不可導(dǎo)。三、(1)證明：令x=y=0，得f(0)=f(0)+f(0)+2\cdot0\cdot0，故f(0)=0。(2)證明：令y=1，得f(x+1)=f(x)+f(1)+2x。令x=1，得f(x+1)=f(x)+f(1)+2。令x=0，得f(1)=f(0)+f(1)+0，由(1)知f(0)=0，故f(1)=0。因此f(x+1)=f(x)+2x。令x=1，得f(2)=f(1)+2，故f(2)=2。令x=n-1，得f(n)=f(n-1)+2(n-1)。利用數(shù)學(xué)歸納法或累加法，得f(n)=f(1)+2(1+2+...+(n-1))=0+2\cdot\frac{(n-1)n}{2}=n(n-1)。對(duì)于任意x\in\mathbb{R}，令n=\lfloorx\rfloor，則x=n+\delta，其中0\le\delta<1。f(x)=f(n+\delta)=f(n)+f(\delta)+2n\delta=n(n-1)+f(\delta)+2n\delta。由f(0)=0，令n=0，得f(\delta)=-0\cdot(-1)+f(\delta)+0\cdot0\delta，即f(\delta)=f(\delta)，此式無新信息。但f(1)=0，令n=1，得f(1+\delta)=1\cdot0+f(\delta)+2\cdot1\cdot\delta=f(\delta)+2\delta。令y=1+\delta，得f(y)=f(y-1)+2(y-1)。由歸納法，f(y)=y(y-1)?？紤]一般情況，f(x)=f(n)+f(x-n)+2n(x-n)。令n=x，得f(x)=f(x)+f(0)+0，即f(0)=0。更簡單的思路：由f(x+1)=f(x)+2x+f(1)，即f(x+1)=f(x)+2x。令x->0，得f(1)=f(0)+0，f(0)=0。所以f(x+1)=f(x)+2x。即f(x+1)-f(x)=2x。積分得f(x)=f(0)+\int_0^x2t\,dt=0+x^2+C。令x=1，得f(1)=1^2+C=1。由f(1)=0，得C=-1。故f(x)=x^2-1。(3)計(jì)算：\int_0^1f(xe^t)e^t\,dx=\int_0^1(xe^t)^2-1\cdote^t\,dx=e^{2t}\int_0^1x^2\,dx-e^t\int_0^11\,dx。=e^{2t}\cdot\frac{1}{3}-e^t\cdot1=\frac{e^{2t}}{3}-e^t。四、證明：令F(x)=x^2g(x)。F(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且F(a)=a^2g(a)=0,F(b)=b^2g(b)=0。根據(jù)羅爾定理，存在\xi\in(a,b)，使得F'(\xi)=0。計(jì)算F'(x)=2xg(x)+x^2g'(x)。故2\xig(\xi)+\xi^2g'(\xi)=0。由于\xi\in(a,b)，故\xi\ne0。兩邊除以\xi得\xig'(\xi)=-2g(\xi)。根據(jù)定積分中值定理，\int_a^bg(x)\,dx=(b-a)g(\eta)，其中\(zhòng)eta\in(a,b)。故\xig'(\xi)=-2(b-a)g(\eta)。由于\xi\in(a,b)，可以令\eta=\xi（若g(x)不恒為0，則存在某點(diǎn)\xi_0\in(a,b)使得g(\xi_0)\ne0，此時(shí)\eta\in(a,b)，可以取\xi_0作為\eta）。或者直接有-2\int_a^bg(x)\,dx=-2(b-a)g(\eta)。所以\xig'(\xi)=2\int_a^bg(x)\,dx。五、計(jì)算：\int\frac{x^3}{(x^2+1)^2}\,dx。令u=x^2+1，則du=2x\,dx，x\,dx=\frac{1}{2}du。原式=\int\frac{x^2\cdotx}{(x^2+1)^2}\,dx=\int\frac{(u-1)\cdot\frac{1}{2}du}{u^2}=\frac{1}{2}\int\frac{u-1}{u^2}\,du=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{u^2}\right)\,du。=\frac{1}{2}\left(\ln|u|+\frac{1}{u}\right)+C=\frac{1}{2}\left(\ln(x^2+1)+\frac{1}{x^2+1}\right)+C。六、討論：令a_n=\frac{\ln(n+1)}{n\cdot2^n}?？紤]比值\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\ln(n+2)}{(n+1)2^{n+1}}\cdot\frac{n\cdot2^n}{\ln(n+1)}=\frac{\ln(n+2)}{\ln(n+1)}\cdot\frac{n}{2(n+1)}。當(dāng)n\to\infty時(shí)，\frac{\ln(n+2)}{\ln(n+1)}\to1，且\frac{n}{2(n+1)}\to\frac{1}{2}。故\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}<1。由比值判別法，級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{\ln(n+1)}{n\cdot2^n}收斂。七、(1)求解：f'(x)=\frac{f(x)}{x}+\frac{\lnx}{x}。分離變量：\frac{f(x)}{x}=e^{\frac{\lnx}{x}}-\frac{\lnx}{x}=x^{\frac{1}{x}}-\lnx\cdotx^{-1}。這個(gè)形式不易積分。考慮原方程：\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}=\frac{\lnx}{x^2}。即(xf(x))'=(\lnx)'。兩邊積分：\int(xf(x))'\,dx=\int(\lnx)'\,dx。xf(x)=\lnx+C。由f(1)=0，得1\cdotf(1)=\ln1+C=0+C=0，故C=0。因此xf(x)=\lnx，即f(x)=\frac{\lnx}{x}。(2)討論：f(x)=\frac{\lnx}{x}。計(jì)算f''(x)：f'(x)=\frac{1-\lnx}{x^2}。f''(x)=\left(\frac{1-\lnx}{x^2}\right)'=\frac{(1-\lnx)'x^2-(1-\lnx)(x^2)'}{(x^2)^2}=\frac{(-\frac{1}{x})x^2-(1-\lnx)2x}{x^4}。=\frac{-x-2x+2x\lnx}{x^4}=\frac{-3x+2x\lnx}{x^4}=\frac{2\lnx-3}{x^3}。討論凹凸性：令f''(x)=0，得2\lnx-3=0，即\lnx=\frac{3}{2}，x=e^{3/2}。當(dāng)x\in(0,e^{3/2})時(shí)，\lnx<\frac{3}{2}，2\lnx-3<0，f''(x)<0，f(x)凹向下。當(dāng)x\in(e^{3/2},+\infty)時(shí)，\lnx>\frac{3}{2}，2\lnx-3>0，f''(x)>0，f(x)凹向上。故f(x)在(0,e^{3/2})內(nèi)凹向下，在(e^{3/2},+\infty)內(nèi)凹向上。八、(1)證明：F(x)=\int_0^xf(t)(x-t)\,dt=x\int_0^xf(t)\,dt-\int_0^xtf(t)\,dt。F'(x)=\int_0^xf(t)\,dt+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(t)\,dt。F''(x)=f(x)。由于f(x)在[0,+\infty)上連續(xù)，故F(x)在[0,+\infty)上二階可導(dǎo)，且F''(x)=f(x)。(2)證明：證明F(x)嚴(yán)格凹等價(jià)于證明F''(x)>0。由于f(x)在[0,+\infty)上連續(xù)且單調(diào)遞增，且f(x)>0(否則F''(x)無法恒正，例如f(x)=0時(shí)F''(x)=0)。故f(x)在[0,+\infty)上嚴(yán)格遞增。因此，對(duì)于任意x>0，有f(x)>f(0)。由于f(0)=\int_0^0f(t)\,dt=0，故f(x)>0。所以F''(x)=f(x)>0對(duì)所有x\in[0,+\infty)成立。因此，F(xiàn)(x)在[0,+\infty)上嚴(yán)格凹。九、(1)證明：令G(x)=\int_0^xf(t)\,dt。G(0)=0,G(1)=\int_0^1f(t)\,dt=0?？紤]函數(shù)h(x)=G(x)+x^2。h(0)=0,h(1)=G(1)+1=0+1=1。由羅爾定理，存在\xi\in(0,1)，使得h'(\xi)=0。計(jì)算h'(x)=G'(x)+2x=f(x)+2x。故f(\xi)+2\xi=0，即f(\xi)=-2\xi。題目要求f(\xi)=-\xi，我們需要進(jìn)一步證明。注意到h(1)=1，h(0)=0，h(x)在[0,1]上由0增到1，必然存在某點(diǎn)\eta\in(0,1)使得h'(\eta)>0。由羅爾定理，若h'(\xi)=0，則存在\xi_1\in(0,\eta)使得h'(\xi_1)=0。但這與h'(\eta)>0矛盾（若h'在(0,1)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)，則它必須是極值點(diǎn)，但h'(0)=f(0)=0,h'(1)=f(1)+2=0，若h'在(0,1)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)，則它只能是h'在[0,1]上的最大或最小值點(diǎn)，但這與h'在(0,1)內(nèi)存在大于0的點(diǎn)矛盾）。因此，f(\xi)+2\xi=0不能有解。題目條件可能有誤，或需要更復(fù)雜的構(gòu)造。我們按原題意，證明存在\xi\in(0,1)，使得f(\xi)=-2\xi。即證明方程f(x)=-2x在(0,1)內(nèi)有解。令\phi(x)=f(x)+2x。\phi(0)=f(0)+0=0,\phi(1)=f(1)+2=0+2=2。由于f(x)在[0,1]上連續(xù)，故\phi(x)在[0,1]上連續(xù)。由介值定理，存在\xi\in(0,1)，使得\phi(\xi)=\frac{\phi(0)+\phi(1)}{2}=\frac{0+2}{2}=1。即f(\xi)+2\xi=1。這表明方程f(x)=-2x在(0,1)內(nèi)有解。但題目要求f(\xi)=-\xi?？赡苁穷}目條件或要求有誤。若按此邏輯，結(jié)論是存在\xi\in(0,1)使得f(\xi)=-2\xi。如果題目堅(jiān)持要求f(\xi)=-\xi，則可能需要假設(shè)f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)（例如f(x)在(0,1)內(nèi)嚴(yán)格遞減），結(jié)合G(1)=0,G(0)=0可得唯一解\xi。但題目未給此條件。因此，按現(xiàn)有條件，最可靠的結(jié)論是存在\xi\in(0,1)使得f(\xi)=-2\xi。(2)證明：令G(x)=\int_0^xf(t)\,dt。G(0)=0,G(1)=0?？紤]函數(shù)h(x)=xG(x)。h(0)=0,h(1)=1\cdotG(1)=0。由羅爾定理，存在\eta\in(0,1)，使得h'(\eta)=0。計(jì)算h'(x)=G(x)+xG'(x)=G(x)+xf(x)。故G(\eta)+\etaf(\eta)=0，即G(\eta)=-\etaf(\eta)。由于G(\eta)=\int_0^\etaf(t)\,dt，故\int_0^\etaf(t)\,dt=-\etaf(\eta)。令t=1-\eta，則當(dāng)\eta\to1^-時(shí)，t\to0^+。此時(shí)1-\eta=t。\int_0^{1-\eta}f(1-t)\,dt=-(1-\eta)f(1-\eta)。令x=1-t，則dx=-dt。當(dāng)t\in[0,1-\eta]時(shí)，x\in[1-(1-\eta),1]=[\eta,1]。\int_\eta^1f(x)\,dx=-\int_1^{1-\eta}f(1-t)\,dt=(1-\eta)f(1-\eta)。即\int_\eta^1f(x)\,dx+\etaf(1-\eta)=0。令\xi=1-\eta，則當(dāng)\eta\to1^-時(shí)，\xi\to0^+。此時(shí)\eta=1-\xi。\int_\xi^1f(x)\,dx+(1-\xi)f(\xi)=0。\int_\xi^1f(x)\,dx=-(1-\xi)f(\xi)。由于f(x)在[0,1]上連續(xù)，故\int_\xi^1f(x)\,dx在(0,1)內(nèi)連續(xù)?？紤]函數(shù)\psi(x)=-xf(x)。\psi(0)=0,\psi(1)=-1\cdotf(1)=-f(1)。由(1)知f(1)=0，故\psi(1)=0。由介值定理，存在\xi\in(0,1)，使得\int_\xi^1f(x)\,dx=\psi(\xi)=-\xif(\xi)。即\int_\xi^1f(x)\,dx=-\xif(\xi)。這與我們已知的\int_\xi^1f(x)\,dx=-(1-\xi)f(\xi)相同。因此，存在\xi\in(0,1)，使得-\xif(\xi)=-(1-\xi)f(\xi)。即\xif(\xi)=(1-\xi)f(\xi)。若f(\xi)=0，則\xi\cdot0=(1-\xi)\cdot0，即0=0，成立。若f(\xi)\ne0，則可除以f(\xi)，得\xi=1-\xi，即2\xi=1，\xi=\frac{1}{2}。由于f(x)在[0,1]上連續(xù)，若f(x)在(0,1)內(nèi)不恒為0，則必存在某點(diǎn)\xi_0\in(0,1)使得f(\xi_0)\ne0。此時(shí)\xi=\frac{1}{2}是方程f(x)=\frac{1-x}{x}在(0,1)內(nèi)的解。我們驗(yàn)證\xi=\frac{1}{2}是否滿足條件。\int_{1/2}^1f(x)\,dx=-(1-\frac{1}{2})f(\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}f(\frac{1}{2})。由f(x)在[0,1]上連續(xù)，設(shè)f(\frac{1}{2})=A。則\int_{1/2}^1f(x)\,dx=-\frac{1}{2}A。令x=\frac{1}{2}，得\int_0^{1/2}f(x)\,dx=-(1-\frac{1}{2})A=-\frac{1}{2}A。故\int_0^{1/2}f(x)\,dx+\int_{1/2}^1f(x)\,dx=-\frac{1}{2}A-\frac{1}{2}A=-A=0。由于\int_0^1f(x)\,dx=0，且\int_0^{1/2}f(x)\,dx+\int_{1/2}^1f(x)\,dx=0，故\int_0^{1/2}f(x)\,dx=0且\int_{1/2}^1f(x)\,dx=0。因此，存在\xi=\frac{1}{2}\in(0,1)，使得f(\xi)=\xi。十、證明：由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，故a_n\to0(n\to\infty)。(1)證明\sum_{n=1}^\infty\sqrt{a_na_{n+1}}收斂：利用柯西不等式，對(duì)于任意n，有\(zhòng)sqrt{a_na_{n+1}}\le\frac{a_n+a_{n+1}}{2}。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，故\sum_{n=1}^\inftya_{n+1}=\sum_{n=2}^\inftya_n也收斂。因此，級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n+a_{n+1}}{2}收斂。根據(jù)比較判別法，級(jí)數(shù)\sum_{n=1}^\infty\sqrt{a_na_{n+1}}收斂。(2)證明\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}收斂：利用柯西積分判別法?？紤]函數(shù)f(x)=a_x，它在(1,+\infty)上是正的、單調(diào)遞減的（因?yàn)閍_n\to0）。比較\int_1^\infty\frac{a_x}{x}\,dx與\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}。由于a_x單調(diào)遞減，有a_x\lea_n(x\in[n,n+1))。故\int_1^\infty\frac{a_x}{x}\,dx\le\int_1^\infty\frac{a_n}{n}\,dx=a_n\int_1^\infty\frac{1}{x}\,dx=a_n[\lnx]_1^\infty=a_n\cdot\infty=\infty。此方法不適用。改用阿貝爾判別法。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，部分和S_N=\sum_{n=1}^Na_n有界，記M=\sup_{n\ge1}|S_n|<\infty。考慮部分和S_N=\sum_{n=1}^Na_n。令b_n=\frac{1}{n}。b_n單調(diào)遞減且\lim_{n\to\infty}b_n=0。