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声明：以下部分为题目试解，不当和错误之处肯请指正。
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一、1.不正确。
        举反例：$a_n=\frac{2+(-1)^n}{n},$此时有$a_n\rightarrow a=0,(n \to \infty ).$

        但$|a_n-a|=|\frac{2+(-1)^n}{n}|$不单调趋于零。

一、2.不正确。

      举反例如下：$f(x)=x,f^2(x)=x^2.$

        显然：$f(x)$在题设区间内一致连续，但$f^2(x)$不一致连续。

一、3.不对。

         因为函数可微必可导。因此导函数必有界。

一、4.正确。

       因为级数有限项后$a_n\sim b_n$。

一、5.正确。


     $\because df=f'_xdx+f'_ydy=0,\therefore f=C.$

二、
      6.解：
               由泰勒展开公式：$\cos x=1-\frac{1}{2!}x^2+o(x^2),$

                                         $\sqrt[3]{\cos x}\sqrt[3]{1-\frac{1}{2!}x^2+o(x^2)}=1+\frac{1}{3}(-\frac{1}{2!}x^2)+o(x^2),$

                                         $\tan x^2=x^2+\frac{1}{3}x^6+o(x^6).$

             因此：$$\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-\sqrt[3]{\cos x}}{\tan x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^2+o(x^2)}{x^2+\frac{1}{3}x^6+o(x^6)}=-\frac{1}{3}.$$

7.解：
             令$\arcsin e^x=t,e^x=\sin t,dx=\frac{\cos x}{\sin x}dt,$
            所以有
                 \begin{align*}
\int \frac{\arcsin e^x}{e^x}dx&=\int \frac{t\cos x}{\sin^2x}dt=-\frac{t}{\sin t}+\int \frac{dt}{\sin t}\\
&=-\frac{t}{\sin t}+\int\frac{d\cos t}{1-\cos^2t}=-\frac{t}{\sin t}+\frac{1}{2}\ln(1-\cos^2t)+C \\
&=-\frac{\arcsin e^x}{e^x}+x+C.
\end{align*}

二、8.解：
              $$\begin{align*}
\arctan \frac{1-2x}{1+2x}&=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+(\frac{1-2t}{1+2t})^2}dt=\int_{0}^{x}\frac{(1+2t)^2}{2+8t^2}dt \\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\frac{4t+1+4t^2}{1+4t^2}dt=\frac{1}{2}x+2\int_{0}^{x}\frac{t}{1+4t^2}dt \\
&=\frac{1}{2}x+2\int_{0}^{x}t\sum_{n=0}^{\infty }(-4t^2)^ndt \\
&=\frac{1}{2}x+2\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty }(-4)^nt^{2n+1}dt \\
&=\frac{1}{2}x+2\sum_{n=0}^{\infty }(-4)^n\frac{x^{2n+2}}{2n+2} \\
&=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{(2x)^{2n+2}}{2n+2}.
\end{align*}$$

二、8.解（更正）：

三、11.
        证：由stolz公式，$$\lim_{n \to \infty }\frac{x_n}{n}=\lim_{n \to \infty }\frac{x_n-x_{n-1}}{n-(n-1)}=\lim_{n \to \infty }(x_n-x_{n-1})=a.$$
              因此命题显然是成立的。
              
           用$\varepsilon -N$语言证明如下：
            由已知条件，知：$$\forall \varepsilon> 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,|x_n-x_{n-1}-a|< \varepsilon .$$$$\therefore a-\varepsilon < x_N-x_{N-1}< a+\varepsilon ,$$ $$a-\varepsilon < x_{N+1}-x_{N}< a+\varepsilon ,$$ $$ \cdots \cdots $$$$a-\varepsilon < x_n-x_{n-1}< a+\varepsilon,$$
            相加，有$$(n-N)(a-\varepsilon)< x_n-x_{N}< (n-N)(a+\varepsilon),$$$$a-\varepsilon <\frac{x_n-x_{N}}{n-N}< a+\varepsilon,$$$$a-\varepsilon <\frac{\frac{x_n}{n}-\frac{x_{N}}{n}}{1-\frac{N}{n}}< a+\varepsilon,$$$$(a-\varepsilon)(1-\frac{N}{n})+\frac{x_N}{n}< \frac{x_n}{n}< (a+\varepsilon)(1-\frac{N}{n})+\frac{x_N}{n}.$$$$\therefore a-\varepsilon < \frac{x_n}{n}< a+\varepsilon ,(n> N).$$
           即：$$|\frac{x_n}{n}-a|< \varepsilon .(n> N).$$

二、10.
       解：$S$为一个闭合曲面，方向向外，所以采用高斯公式计算,并注意对称性。$$P=xy\sqrt{1-x^2},Q=0,R=e^x\sin x. $$
\begin{align*}
\underset{S}{\iint}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy&=\underset{\Omega }{\iiint} \left ( \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z} \right )dV \\
&=\underset{\Omega }{\iiint} \left ( \frac{y}{\sqrt{1-x^2}}\right )dV=4\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}dz\int_{0}^{z}ydy \\
&=2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}z^2dz=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{(1-x^2)^\frac{3}{2}}{\sqrt{1-x^2}}dx \\
&=\frac{2}{3}(x-\frac{1}{3}x^3)|_0^1=\frac{4}{9}.
\end{align*}

三、14.
证明：对$F(x)$求导，有
\begin{align*}
F'(x)&=\frac{xf(x)\int_{0}^{x}f(t)dt-f(x)\int_{0}^{x}tf(t)dt}{(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2}\\
&=\frac{f(x)\left ( x\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{0}^{x}tf(t)dt \right )}{(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2}\\
&=\frac{f(x)\left ( \int_{0}^{x}xf(t)dt-\int_{0}^{x}tf(t)dt \right )}{(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2}\\
&=\frac{f(x)\left ( \int_{0}^{x}(x-t)f(t)dt\right )}{(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2},
\end{align*}
              $\because f(x)> 0,(x-t)> 0,$
              $\therefore F'(x)> 0.$
           因此$f(x)$在$(0,+\infty )$上严格单调递增。

$$\because \lim_{x\to 0}F(x)=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}tf(t)dt}{\int_{0}^{x}f(t)dt}=\lim_{x\to 0}x=0.$$
而$x$在$[0,+\infty )$上严格单调递增，所以可补$F(0)=0$，使得$F(x)$在$[0,+\infty )$上严格单调递增。

三、13.
       证明：由所欲证明的结论，可反推猜测作辅助函数$F(x)$.
                 设$$F(x)=e^{-3x}(f(x)-x),$$则    $$F(\frac{1}{2})=e^{-\frac{3}{2}}(f(\frac{1}{2})-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}e^{-\frac{3}{2}}> 0,$$   $$F(1)=e^{-1}(f(1)-1)=-e^{-1}< 0.$$
                由$Rolle$定理，$$\exists \xi \in(1/2,1)\subset (0,1),s.t.F'(\xi )=0.$$即$$F'(\xi )=(f'(\xi )-1)e^{-3\xi}-3e^{-3\xi}(f(\xi)-\xi )=0 ,$$
$$\therefore f'(\xi )-3(f(\xi)-\xi )=1.$$

三、15.
      证明：$$\because \int_{0}^{+\infty }|g(t)|dt< \infty ,$$
              又由$$\forall x,t\in [0,+\infty ),|g(t)\sin(xt)|\leq |g(t)|,$$
              根据Weierstrass判别法，知

                              $\int_{0}^{+\infty }g(t)\sin(xt)dt$，在$ [0,+\infty )$上一致连续。

三、16.证明：
          （1）、$\forall x\in [0,+\infty ),$有$$\frac{e^{-nx}}{1+n^2}< \frac{1}{1+n^2},$$而${\frac{1}{1+n^2}}$收敛，所以此时$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{e^{-nx}}{1+n^2}$$收敛。
                   当$x< 0$时,$$\frac{e^{-nx}}{1+n^2}>  \frac{1+nx+o(nx)}{1+n^2}> \frac{1}{n+1},(n\to \infty )$$发散。所以$f(x)$不存在。
                   所以$f(x)$的定义域为$[0,+\infty)$。

           （2）、由（1）可知，$\forall x\in [0,+\infty ),f(x)$收敛。因此可由$e^{-nx}$的连续性，得$f(x)$连续。
           （3）、同样由（1）可知，$\forall x\in (0,+\infty ),f(x)$收敛，所以$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{e^{-nx}}{1+n^2}$可逐项微分：$$f'(x)=(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{e^{-nx}}{1+n^2})'= \sum_{n=1}^{\infty }(\frac{e^{-nx}}{1+n^2})'=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{-ne^{-nx-1}}{1+n^2}.$$
                      而$$\frac{-ne^{-nx-1}}{1+n^2}< \frac{-n}{1+n^2}\leq (-1)^n\frac{n}{1+n^2}.$$后者为单调整下降的交错级数，收敛。
                      所以，同（2）此时$f'(x)$在$(0,+\infty )$连续。
                      在$x=0$点，因为$f'(0)=-\frac{n}{1+n^2},$$$|f'(x)-f'(0)|=\left |\frac{-ne^{-nx-1}}{1+n^2}+\frac{n}{1+n^2}\right |=\frac{n}{1+n^2}\left | 1-e^{-nx-1}\right |=\frac{n(1-e^{-1})}{1+n^2}\nrightarrow 0.(x\to 0)$$所以 $f'(x)$不连续。

三、12.证明：
                   用反证法。设$f(x)$无界。再用实数系的区间套定理，可知必存在一点$x_0$,使得连续函数在$x_0$的某个领域内有界。与设矛盾。

               

二、9.解
                 用变量代换法计算。令$u=x+y,v=y/x$，则$$0\leq u\leq 1,0\leq v\leq +\infty ,|J|=\frac{u}{(1+v)^2}.$$
                 原积分：$$\iint_D\frac{(x+y)\ln(1+\frac{y}{x})}{1-x-y}dxdy=\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln(1+v)}{(1+v)^2}dv\int_{0}^{1}\frac{u^2}{\sqrt{1-u}}du=\frac{4}{9}\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln(1+v)}{(1+v)^2}dv=\frac{4}{9}.$$


             （注：此题可参见：《数学分析中的典型问题和方法（第2版）》裴礼文,2006。P847,与例7.2.7（2）有相似性。不过，此题积分区域无界，是个广义积分。）

刚看到一个关于二、9.的一个解答，发于此作为参考，有可能我的解答错了，有空了再仔细检查。

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