命题：设$\int_a^{ + \infty } {f\left( x \right)dx} $收敛，若$\lim \limits_{x \to \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{ + }}\infty } \end{array}} f\left( x \right)$存在，则$\lim \limits_{x \to \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{ + }}\infty } \end{array}} f\left( x \right) = 0$

求：
                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n}).$

解
          利用放缩法
                 $\displaystyle \because \frac{k}{n^2+n+n}\leq \frac{k}{n^2+n+k}\leq \frac{k}{n^2+n+1},$

                 $\displaystyle \therefore \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k}{n^2+n+n} <(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n})< \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k}{n^2+n+1},$

          即有
                 $\displaystyle \frac{1}{2}=\frac{n^2+n}{2(n^2+2n)} <(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n})< \frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}=\frac{1}{2},(n \to \infty )$

                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n})=\frac{1}{2}.$


一道类似形式的题

证明题（北京科技大学2009年非数学专业数学竞赛试题）


证明：
                由周期函数的Riemann引理可知，级数通项趋于$0$：
                    
                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}f(x)\phi (nx)dx=\int_{0}^{1}f(x)dx\int_{0}^{1}\phi(x)dx=0.$
                  
              由Cauchy不等式得
                             $\displaystyle \sqrt[n]{a_n^2}=\sqrt[n]{(\int_{0}^{1}f(x)\phi (nx)dx)^2}\leq \sqrt[n]{\int_{0}^{1}f^2(x)dx\int_{0}^{1}\phi ^2(nx)dx}=1,(n \to \infty )$

              由根值判别法，知正项级数收敛。


华东师范大学考研的级数题（网友解答）

好东西，学习了，谢谢

设$\lambda > 0$为常数，判断级数
                            $\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\tan \sqrt{n^2+\lambda }\pi.$
是否收敛？

解：
                \begin{align*}\because \tan \sqrt{n^2+\lambda}\pi&=\tan(n\pi+\sqrt{n^2+\lambda}\pi-n\pi)\\\\&=\tan(\sqrt{n^2+\lambda}\pi-n\pi)\\\\&=\tan\frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^2+\lambda }+n}\\\\&\sim \frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^2+\lambda }+n}\sim\frac{\lambda \pi}{n}.\end{align*}

             因此，级数为交叉级数，由莱布尼兹判别法，所给级数条件收敛。

南昌大学第七届高等数学竞赛(文科类）试题


解：由已知条件，可知
                                $f(0)=0.$

                                 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{a}f(x+1)=\frac{1}{a}(x+1)(1-(x+1)^2),x\in[-1,0)$

                再由在$x=0$可导，左右导数相等，即有
                                 $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^-}f(x),$

                   从而
                                  $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{a}(x+1)(1-(x+1)^2)-0}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x(1-x^2)-0}{x},$

                                   $\therefore a=-2,f'(0)=1.$


类似的题目有

南昌大学第七届高等数学竞赛(文科类）试题


证明：
              由已知，利用积分中值定理可得
                                 $\displaystyle f(1)=k\cdot \frac{1}{k}\cdot \xi_1e^{1-\xi_1}f(\xi_1),\xi_1\in[0,\frac{1}{k}]\subset (0,1)$

                   令：
                                     $\displaystyle \phi(x)=xe^{1-x}f(x),x\in[\xi_1,1]$

                         结合上面结论，得
                                      $\displaystyle \phi(\xi_1)=\xi_1e^{1-\xi_1}f(\xi_1)=\xi_1e^{1-\xi_1}\cdot \frac{f(1)}{\xi_1e^{1-\xi_1}}=\phi(1).$

                           由Rolle定理，得
                                      $\displaystyle \exists \xi\in(\xi_1,1),s.t.\phi'(\xi)=e^{1-\xi}(f(\xi)-\xi f(\xi)+\xi f'(\xi))=0,$

                     整理后得到
                                       $\displaystyle f'(\xi)=(1-\xi^{-1})f(\xi).$

南昌大学第七届高等数学竞赛(经济类）试题


解：先求$f(x)$的表达 式。由已知条件，得
                          $\displaystyle f(x)=e^x-1+\int_{x}^{0}(x-u)f(u)(-du)=e^x-1+x\int_{0}^{x}f(u)du-\int_{0}^{x}uf(u)du.$

                     求导得
                            $\displaystyle f'(x)=e^x+\int_{0}^{x}f(u)du+xf(x)-xf(x)=e^x+\int_{0}^{x}f(u)du,\\
f''(x)=e^x+f(x),$
                     
                             $\displaystyle \therefore f(x)=C_1e^x+C_2e^{-x}+\frac{1}{2}xe^x.$

       （1）、由已知条件，可得
                                 $\displaystyle f(0)=0,$

                                $\displaystyle \therefore f(\frac{1}{n})=C_1e^{\frac{1}{n}}+C_2e^{-\frac{1}{n}}+\frac{1}{2n}e^{\frac{1}{n}}=C_1+C_2=0,(n \to \infty )$

                    容易证明
                                      $f(\frac{1}{n+1})< f(\frac{1}{n}),$

                 由此，可知交叉级数收敛。

          （2）、由于
                                    $\displaystyle \frac{f(\frac{1}{n+1})}{f(\frac{1}{n})}=\frac{C_1e^{\frac{1}{n+1}}+C_2e^{-\frac{1}{n+1}}+\frac{1}{2n+2}e^{\frac{1}{n+1}}}{C_1e^{\frac{1}{n}}+C_2e^{-\frac{1}{n}}+\frac{1}{2n}e^{\frac{1}{n}}}=e^{-\frac{1}{n(n+1)}}< 1.(n> N)$

                       由比较判别法，正项级数收敛。

中国海洋大学2018年数分
二、2、求
                           $f(x)=\frac{x}{2-x-x^2}$在$x=0$处的幂级数展开式并确定收敛范围。

解
                        $\begin{align*}f(x)&=\frac{x}{2-x-x^2}=\frac{x}{3}(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{2(1+\frac{x}{2})})\\\\&=\frac{x}{3}\sum_{n=0}^{\infty }x^n+\frac{x}{3}\sum_{n=0}^{\infty }(-\frac{x}{2})^n\cdot (\frac{x}{2})\\\\&=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty }x^n-\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty }(-\frac{x}{2})^n\\\\&=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty}(1-(-\frac{1}{2})^n)x^n.\end{align*}$

                        $\displaystyle R=\frac{1-(-\frac{1}{2})^n}{1-(-\frac{1}{2})^{n+1}}=1,(n \to \infty)$

           根据函数定义域，得$x\neq 1.$而$x=-1$时，
                         $\displaystyle a_{n+1}-a_n =1-(-\frac{1}{2})^{n+1}\cdot (-1)^{n+1}-1+(-\frac{1}{2})^n\cdot (-1)^n=\frac{1}{2^{n+1}}> 0.$
                    发散。

              故收敛$x\in(-1,1)$。

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
              由已知条件，可知有
                             $\displaystyle x_1=1,x_2=\sqrt{4+3x_1}=\sqrt{4+3}<4 ,$

                               $\displaystyle x_3=\sqrt{4+3x_2}=\sqrt{4+3\sqrt{7}}< 4,$

                             $\displaystyle x_4=\sqrt{4+3x_3}=\sqrt{4+3\sqrt{4+3\sqrt{7}}}< 4,$

                                     $\displaystyle \cdots \cdots $

              由此可以猜测有
                                          $\displaystyle x_n< 4.$

              事实上，用归纳法，很容易证明。而因为$\displaystyle x_{n+1}>x_n$，所以数列${x_n}$单调增有上界，收敛。

                 不妨令
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x.$

                由通项公式求极限，得
                                       $\displaystyle  x^2=4+3x,$

                         即有
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=4.$
            


         

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
                  由已知条件，令
                                        $\sup f(x)=f(x_1),\sup g(x)=g(x_2),\sup f(x)=\sup g(x),$

                                                      $x_1,x_2\in[0,1],$

                分两种情况讨论：
                         （1）、如果$x_1=x_2$，则令$\xi=x_1=x_2$,题中结论成立。

                         （2）、如果$x_1\neq x_2,$,则不妨设$x_1<x_2,$（或$x_1>x_2,$），令
                                                             $\phi (x)=f(x)-g(x),$

                                         则函数$\phi (x)$连续，从而有
                                                     $\phi(x_1)=f(x_1)-g(x_1)=\sup f(x)-g(x_1)> 0,$

                                                      $\phi(x_2)=f(x_2)-g(x_2)=f(x_2)-\sup g(x)< 0,$

                            由连续函数的介值定理，
                                                      $\exists \xi\in(x_1,x_2)s.t.\phi(\xi)=0.$

                                      即有
                                              $f(\xi)=g(\xi).$

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
                             $\because f(x_1)=f(x_2)=0,$

                由Roll定理，
                                $\exists c\in(x_1,x_2),s.t.f'(c)=0.$

                        又
                                    $\because f(x)\geq 0,$

                                    $\therefore f(x_1),f(x_2)$为极小值点，即有

                                           $f'(x_1)=f'(x_2)=0,$

                             利用Roll定理，有
                                             $\exists \xi_1\in(x_1,c),\exists \xi_2\in(c,x_2),s.t.$

                                                      $f''(\xi_1)=0,f''(\xi_2)=0,$

                                  再次运用Roll定理，得
                                                        $\exists a\in(\xi_1,\xi_2)\subset (0,1),s.t.$

                                                             $f'''(a)=0.$

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明：      利用分部积分：
                      $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sqrt{t}\sin tdt&=\lim_{n \to +\infty }(\frac{1}{x}\cdot \sqrt{t}\cos t|_0^x+\frac{1}{2x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{1}{2}}\cos tdt)\\\\&=\lim_{n \to +\infty } (\frac{1}{2x}\cdot t^{-\frac{1}{2}}\sin t|_0^x+\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt)\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt,\end{align*}$

                又
                        $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }|\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt|\leq \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}|\sin t|dt\leq 0.$

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt=0.$

                    命题得证。

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
            添加三个平面：$x=0,y=0,z=0.$方向向负轴方向，使积分区域成为一个封闭曲面，再利用高斯公式积分，得
                                             $\begin{align*}I&=\iint_Sf(x,y,z)(xdydz+ydzdx+zdxdy)\\\\&=\iiint_\Omega (3f(x,y,z)+xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z)) dxdydz+\iint_{x=0}+\iint_{y=0}+\iint_{z=0}\\\\&=\iiint_\Omega (3f(x,y,z)+xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z)) dxdydz+0+0+0.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \because f(tx,ty,tz)=t^{-3}f(x,y,z),$
               对$t$求导，得
                                    $\displaystyle xf'(tx,ty,tz)+yf'(tx,ty,tz)+zf'(tx,ty,tz)=-3t^{-4}f(x,y,z).$

                      所以
                                      $\displaystyle \therefore I=\iiint_\Omega 3f(x,y,z) dxdydz+\iiint_\Omega (xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z))dxdydz,$

                   在后半式中令
                                    $\displaystyle x=tu,y=tv,z=th,$

                   代入，并利用前面的等式，得
                                                        $\begin{align*}&\iiint_\Omega (xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z))dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega t(uf'(tu,tv,th)+vf'(tu,tv,th)+hf'(tu,tv,th))t^3dudvdh\\\\&=-3\iiint_\Omega f(u,v,h)dudvdh. \end{align*}$

                  因而得
                          $\displaystyle I=\iiint_\Omega 3f(x,y,z) dxdydz-3\iiint_\Omega f(u,v,h)dudvdh=0.$

中国海洋大学2018年617数学分析真题
三、（10分）讨论广义积分的敛散性：
                       $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}dx,(p,q> 0)$


解：
               很显然$0,\pi/2$为积分瑕点。因此考虑此两个积分点，广义积分的情况。

                               $\displaystyle x\to 0,\sqrt{\tan x}\sim x^{\frac{1}{2}},$

                              $\displaystyle \frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}\sim \frac{1}{x^{p-\frac{1}{2}}(\frac{\pi}{2}-x)^q},$

               因此
                          $\displaystyle p-\frac{1}{2}\leq 1,p\leq \frac{3}{2},$积分收敛；

                             $\displaystyle p> \frac{3}{2}.$积分发散。

                               $\displaystyle x\to \frac{\pi}{2},\sqrt{\tan x}\sim (\frac{\pi}{2}-x)^{\frac{1}{2}},$

                               $\displaystyle \frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}\sim \frac{1}{x^{p}(\frac{\pi}{2}-x)^{q-\frac{1}{2}} },$

               此时有
                            $\displaystyle q-\frac{1}{2}\leq 1,q\leq \frac{3}{2},$广义积分收敛；

                             $\displaystyle  q> \frac{3}{2}$广义积分发散。

几道习题
1. 判断真伪: $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上非负连续可导有界, 且 $\int_{0}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x<+\infty$, 则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 存在有限.
2. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续可导, 且 $\lim\limits_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$, $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$. 试证明存在 $\xi\in(-\infty,+\infty)$, 使得
\[\xi f'(\xi)=-f(\xi).\]
3. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上二次可微且 $f''(x)\neq0$, 并有 $\lim\limits_{x\to-\infty}f'(x)=A<0$, $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=B<0$, 证明: $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上必有最大值或最小值.
4. 求曲面 $z=x^2-y^2$ 包含在柱面 $(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)$ 内那部分的面积
5. 计算曲面积分 $$I=\iint_{\partial\Omega}x^2\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+y^2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x+z^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$, 其中
\[\Omega=\big\{(x,y,z)\big|0\leqslant z\leqslant\sqrt{4-x^2-y^2},x^2+y^2\leqslant1\}.\]



            

第二道错题! 反例如下: $f(x)=x^2+66$, 则 $f'(x)=2x$, 显然有
\[\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty\]
但 $xf'(x)+f(x)=3x^2+66>0$, 不成立! 修改题目条件, 如: $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=+\infty$.
由极限定义
1. 因为 $$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$$, 故 $\exists X_2>0$, $\forall M>0$, 当 $x>X_2>0$ 时, 有 $f'(x)>M$.
2. 因为 $$\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$$, 故 $\exists X_1>0$, $\forall M>0$, 当 $x<X_1<0$ 时, 有 $f'(x)>-M$.         
根据 Lagrange 中值定理, 我们有
1. $\forall x>X_2>0$, $\exists\xi_1\in(X_2,x)$, 使得

$$f(x)=f(X_2)+f'(\xi_1)(x-X_2), \quad\xi_1\in(X_2,x)$$
$$\geqslant f(X_2)+M(x-X_2)\to+\infty,\quad x\to+\infty$$
$$\geqslant f(X_2),\quad\forall x>X_2$$               

2. $\forall x<X_1<0$, $\exists\xi_2\in(x,X_1)$, 使得


$$f(x)=f(X_1)+f'(\xi_2)(x-X_1),\quad\xi_2\in(x,X_1)\\
\leqslant f(X_1)+M(x-X_1)\to-\infty,\quad x\to-\infty\\
\leqslant f(X_1),\quad\forall x<X_1$$               
进一步得到
\[\lim_{x\to+\infty}xf(x)=+\infty,\quad \lim_{x\to-\infty}xf(x)=+\infty\]
显然有
\[\begin{cases}
xf(x)>X_2f(X_2), & \forall x>X_2>0\\
xf(x)>X_1f(X_1), & \forall X_1<x<0        
\end{cases}\]
显然 $xf(x)$ 在 $[X_1,X_2]$ 上连续, 由最值定理, $\exists \xi\in[X_1,X_2]$, 使得
\[xf(x)\geqslant \xi f(\xi),\quad \forall x\in[X_1,X_2]\]
因此, 有 $\min_{x\in\mathbb R}f(x)=f(\xi)$. 最后根据 Fermat 定理, 得
\[f'(\xi)=0 \Rightarrow\xi f'(\xi)=-f(\xi).\]

5. 计算曲面积分 $$\displaystyle I=\iint_{\partial\Omega}x^2\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+y^2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x+z^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$, 其中
\[\displaystyle \Omega=\big\{(x,y,z)\big|0\leqslant z\leqslant\sqrt{4-x^2-y^2},x^2+y^2\leqslant1\}.\]

5、解：
                添加一个平面$\displaystyle \Sigma_{z=3}^-$,方向向下，使$\displaystyle \Sigma_{z=3}^-+\partial\Omega$成一闭合曲面，利用高斯公式计算，并用球面坐标：

                           $\displaystyle I=\iint_{\Sigma_{z=3}^-+\partial\Omega}+\iint_{\Sigma_{z=3}^+},$

               其中后半个积分为：
                              $\displaystyle \iint_{\Sigma_{z=3}^+}x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy=\iint_{\Sigma_{z=3}^+}3dxdy=3\pi.$

                     而前半个积分为，（并注意到对$x,y$积分区域的对称性）
                     

                 所以
                              $\displaystyle I=\pi+3\pi=4\pi.$
                              

中国海洋大学2019年617数学分析真题


解：
                  先利用高斯公式，并注意到积分区域的对称性，得
                                      $\displaystyle I=\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV=2\iiint_{\Omega_{x>0}}x^2dV+2\iiint_{\Omega_{y>0}}y^2dV+2\iiint_{\Omega_{z>0}}z^2dV,$

                  再用广义球面坐标系计算。
                                      $\displaystyle x=ar\sin \varphi \cos \theta ,y=br\sin \varphi \sin \theta ,z=cr\sin \varphi ,$

                                       $\displaystyle 0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2},0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq r\leq 1,|J|=abcr^2\sin \varphi .$

                           而
                                       $\displaystyle \iiint_{\Omega_{x>0}}(\frac{x}{a})^2dV=\iiint_{\Omega_{y>0}}(\frac{y}{b})^2dV=\iiint_{\Omega_{z>0}}(\frac{z}{c})^2dV=\frac{2}{15}\pi abc.$

                                      $\displaystyle \therefore I=\frac{4}{15}\pi abc(a^2+b^2+c^2).$

中国海洋大学2020年数学分析



证明：
                 由上确界的定义，
                                          $\displaystyle \exists \varepsilon > 0,\exists x\in E,s.t.a-\varepsilon < x< a,$

                       构造一个数列:
                                           $\displaystyle \{\varepsilon _n\},\varepsilon _n=\frac{1}{n}> 0,\varepsilon _n\to 0(n \to \infty )$

                             利用桷界定义，得
                                           $\displaystyle \exists \{x_n\},s.t.a-\varepsilon_n< x_n< a,$

                              取极限
                                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a-\varepsilon_n)< \lim_{n \to \infty}x_n<  a,$

                                 即有
                                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_n=a.$

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证明：
                  要证明
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}f(x)g_n(x)dx=f(0),$

                    等价于
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx=0.$

                 将上面的积分分段为
                                      $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx&=\lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{-c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&+\lim_{n \to \infty }\int_{-c}^{c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&+\lim_{n \to \infty }\int_{c}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&=I_1+I_2+I_3.\end{align*}$

                     由已知条件
                                     $\displaystyle \because f(x)\in C[0,1],$

                                     $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists c\in (0,1),|x|< c,s.t.|f(x)-f(0)|< \varepsilon .$

                         因而有
                                      $\displaystyle |I_2|=|\int_{-c}^{c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx|\leq \varepsilon |\int_{-c}^{c}g_n(x)dx|<\varepsilon |\int_{-1}^{1}g_n(x)dx|< \varepsilon .(n\to\infty)$

                             上式中利用了已知条件
                                       $\displaystyle \int_{-1}^{1}g_n(x)dx=1,$

                    另一方面，
                                       $\displaystyle \because f(x)\in C[0,1],$
                             知
                                        $\displaystyle |f(x)|\leq M,x\in[0,1].g_n\Rightarrow 0.x\in(0,c)$

                         因此有
                                        $\displaystyle |I_1|=|\int_{-1}^{-c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx|\leq 2M\int_{-1}^{-c}g_n(x)dx< \varepsilon .(n \to \infty )$

                        同理可知有
                                         $\displaystyle |I_3|< \varepsilon .(n \to \infty )$

                    综上，命题得证。

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证明
                 如果$\displaystyle |a_n|\leq M$，则就能推出
                                              $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }a_n< \infty .$

                            从而有
                                           $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }(1-\frac{a_n}{a_{n+1}})&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k+1}-a_k}{a_{k+1}}\\\\&\leq \frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_k)\\\\&=\frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }(-1-a_{n+1})< \infty.\end{align*}$

                 如果有
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(1-\frac{a_n}{a_{n+1}})\leq
\frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }(-1-a_{n+1})  < \infty. $

                            则一定有
                                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n< \infty .$

                            由此可知，必有
                                        $\displaystyle |a_n|\leq M.$

                           命题得证。

中国海洋大学2020年数学分析



解：
              利用广义球面坐标系计算：
                                          $\begin{cases}
x=ar\sin\theta \cos \varphi &,0\leq \varphi \leq 2\pi \\
y=ar\sin \theta \sin \varphi  &, 0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \\
z=ar\cos\theta  &, 0\leq  r\leq\sqrt[3]{\cos\theta }
\end{cases}$

                         $\Omega :r^3=\cos \theta ,J=a^3r^2\sin\theta.$

                               $\begin{align*}V&=\iiint_\Omega dxdydz=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta d\theta \int_{0}^{\sqrt[3]{\cos\theta  }}a^3r^2dr\\\\&=\frac{2\pi a^3}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \cos \theta d\theta =\frac{\pi a^3}{3}.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解
                        $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\ln(x+e^x)+2\sin x}{\sqrt{1+2x}-\cos x}&=\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)+2\sin x}{\sqrt{1+2x}-\cos x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x+o(x)+2x+o(x)}{\sqrt{1+2x}-1}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x+o(x)+2x+o(x)}{\frac{1}{2}\cdot 2x+o(x)}\\\\&=4.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题

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解：
               利用第一型曲面积分的对称性质，得：
                                          $\begin{align*}I&=4\iint_{\Sigma_1}xydS\\\\&=4\iint_{\Sigma_1}xy\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy\\\\&=4\int_{0}^{1}ydy\int_{0}^{\sqrt{1-y^2}}x(\sqrt{1+4x^2+4y^2})dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}ydy\int_{0}^{\sqrt{1-y^2}}x(\sqrt{1+4x^2+4y^2})d(1+4x^2+4y^2)\\\\&=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}y(1+4x^2+4y^2)^{\frac{3}{2}}|_0^{\sqrt{1-y^2}}dy\\\\&=\frac{5\sqrt{5}}{6}-\frac{1}{24}\int_{0}^{1}(1+4y^2)^{\frac{3}{2}}d(1+4y^2)\\\\&=\frac{5\sqrt{5}}{6}-\frac{1}{60}.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解：
             由第二型曲面积分的对称性质，得：
                                                        $\displaystyle \iint \frac{dxdy}{\cos ^2x}=0.$

                                  所以，原积分
                                                        $\displaystyle I=\iint_\Sigma \frac{dxdy}{\cos ^2x}+\frac{dydz}{x\cos^2x}=\iint_\Sigma \frac{dydz}{x\cos^2x}=2\iint_{D_{yz}}\frac{dydz}{\sqrt{1-y^2-z^2}\cos^2\sqrt{1-y^2-z^2} }.$

                                     积分变量变换：
                                                      $\displaystyle D_{yz}:y=r\cos \theta ,z=r\sin \theta ,J=r.0\leq r\leq 1,0\leq \theta \leq 2\pi.$

                                    计算
                                               $\displaystyle I=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{1-r^2}\cos^2\sqrt{1-r^2}}=-4\pi\tan \sqrt{1-r^2}|_0^1=4\pi\tan 1.$

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解：
                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\pi}f(x)dx=\int_{0}^{\pi}dx\int_{0}^{x}\frac{\sin t}{\pi-t}dt\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{\pi-t}dt\int_{t}^{\pi}dx\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-t)\sin t}{\pi-t}dt=2.\end{align*}$

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解：
              令
                           $f(x)=\tan x+2\sin x-3x,$

                   则
                              $f'(x)=\frac{1}{\cos ^2x}+2\cos x-3=\frac{1+2\cos ^3x-3\cos ^2x}{\cos ^2x},$

                       再令
                                                 $g(x)=1+2\cos ^3x-3\cos ^2x,$
   
                               于是
                                                $g'(x)=-6\sin x\cos ^2x+6\sin x\cos x=6\sin x\cos x(-\cos x+1)> 0,x\in(0,\frac{\pi}{2})$

                                               $\Rightarrow f'(x)> f'(0)=0.$

                                                $\Rightarrow f(x)> 0,$

                                        $\therefore \tan x+2\sin x> 3x,x\in(0,\frac{\pi}{2})$