湘潭大学2016年601数学分析


证明：（1）、
                               $\because f_n(0)-1=-1< 0,f_n(0)-1=n-1> 0.$

                       所以，在$(0,1)$上，方程$f_n(x)=1$有解$x_n$。

                            又
                                   $f'_n(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1> 0,x\in(0,1)$

                            故函数$f_n(x)-1$在$(0,1)$上单调增，所以，在$(0,1)$上存在唯一解$x_n$。


         （2）、          $\because x_n\in(0,1),$

                     所以，$\{x_n\}$有界。另外

                              $\because x^n_n+x^{n-1}_n+\cdots +x_n=1,$

                                   $x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}^n+\cdots +x_{n+1}=1,$

                               $\therefore x_n> x_{n+1}.$

                   因此，$\{x_n\}$单调有界，有极限。

                       设
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                      由方程，得
                                  $1=x^n+x^{n-1}+\cdots x=\frac{x_n(1-x_n^n)}{1-x_n}\rightarrow \frac{l}{1-l},(n \to \infty )$

                       因此有
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }=l=\frac{1}{2}.$

                     

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证明：
                        $\because f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}> 0.$

                        $\therefore f(x)\uparrow ,f(x)> 1,(x> 1)$

                        $\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}< \frac{1}{x^2+1},$

                        $\therefore f(x)-1=\int_{1}^{x}f'(t)dt< \int_{1}^{x}\frac{1}{1+t^2}dt< \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.$

                        $\Rightarrow f(x)\leq 1+\frac{\pi}{4}.$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }f(x)\leq 1+\frac{\pi}{4}.$



（第四、六题见“《分析中的基本定理和典型方法》宋国柱编,2004”原题）

湘潭大学2016年601数学分析


解：
                          $\because \frac{\frac{p^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{p^nn!}{n^n}}=\frac{p}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{p}{e}.$

                          $\therefore p> e,$级数发散；

                           $p< e,$级数收敛；

                           $p=e,$级数显然发散。

湘潭大学2016年601数学分析


解：
                        $P=\frac{x-y}{x^2+4y^2},Q=\frac{x+4y}{x^2+4y^2},$

                        $\because \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{-x^2+4y^2-8xy}{(x^2+4y^2)^2},$

         由格林公式：

                        $\therefore I=\int_LPdx+Qdy=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=0.$




                        

湘潭大学2016年601数学分析


证明：不等式右边较易：因为
                                     $\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}\leq \frac{1}{4}$

                                      $\iint_D\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}dxdy\leq \frac{1}{4}\iint_Ddxdy=\frac{1}{4}\pi.$

                            所以，右边成立。

                      再证左边。

                                      $\because \sin x<x, \sin^2x<x^2.$

                                      $\begin{align*}\therefore \iint_D\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2x+\sin^2y}}dxdy&\geq \iint_D\frac{dxdy}{\sqrt{16+x^2+y^2}}\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{16+r^2}}\\\\&=2\pi\sqrt{16+r^2}|_0^1\\\\&=2\pi(\sqrt{17}-4).
\end{align*}$

                     所以，不等式成立。


                  

湘潭大学2016年601数学分析



此题证明见“数学分析考研真题练习一”。

暨南大学2019年数学分析709考研试题

解：（1）、
                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\arcsin 2x\tan x^2}{(e^{3x}-1)(\sqrt{1+x^2}-1)}=\lim_{x\to 0}\frac{2x\cdot x^2}{3x\cdot \frac{1}{2}x^2}=\frac{4}{3}.$

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

           （3）、
                            $\begin{align*}\int x\arctan xdx&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int(1-\frac{1}{1+x^2})dx\\\\&=\frac{1}{2}x^2\arctan x-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\arctan x+C.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题

1、解
                              $\displaystyle \because |R|=|\frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)}|=1,$

                               $\therefore -1< x< 1.$

                               $S_n=\sum_{k=1}^{n}k(k+1)x^k= (1\cdot 2)x+ (2\cdot 3)x^2+\cdots + (n\cdot (n+1))x^n.$

                               $xS_n=(1\cdot 2)x^2+ (2\cdot 3)x^3+\cdots + ((n-1)\cdot n)x^n+(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                               $\therefore S_n-xS_n=(1\cdot 2)x-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                                $xS_n-x^2S_n=2x^2+4x^4+\cdots +2(n-1)x^n+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.$

                               $\begin{align*}(1-x)^2S_n&=2x+2x^2+2x^4+\cdots +2x^n+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}\\&=\frac{2(x-x^n)}{x-x}+2nx^{n+1}-(n\cdot (n+1))x^{n+1}.\\\end{align*}$

                               $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }2nx^{n+1}=0,\lim_{n \to \infty }(n\cdot (n+1))x^{n+1}=0,$

                               $\displaystyle \therefore S=\lim_{n \to \infty }S_n=\frac{2x}{(1-x)^3}.$


2、解：
                              $a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)\cos nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot \cos nxdx=0.(n=0,1,2\cdots )$   

                               $b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)\sin nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot \sin nxdx=\frac{2}{n\pi}(1-(-1)^n)=\begin{cases}
\frac{4}{n\pi} ,& n=1,3,5,\cdots  \\
0,& n=2,4,6,\cdots  
\end{cases}$     

                               $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{4}{\pi}(\sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\cdots +\frac{1}{2k-1}\sin(2k-1)x+\cdots )=\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{2k-1}\sin (2k-1)x,(-\infty < x< +\infty ;x\neq 0,\pm \pi,\pm 2\pi,\cdots )$

暨南大学2019年数学分析709考研试题

解：
                             $u=x-y,v=x+y,\rightarrow x=\frac{u+v}{2},y=\frac{v-u}{2},|J|=\frac{1}{2},$

                             $D\rightarrow D':0\leq \frac{u+v}{2}\leq 1,0\leq \frac{v-u}{2}\leq 1-\frac{u+v}{2},$

                             $\Rightarrow -v\leq u\leq v,0\leq v\leq 1.$

                             $\iint_De^{\frac{x-y}{x+y}}dxdy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}dv\int_{-v}^{v}e^{\frac{u}{v}}du=\frac{1}{4}（e-e^{-1}）.$





参见同济《高等数学》下，P154.例7、

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：由奇函数性质可知，有：
                     
                       $\begin{align*}\int_{-1}^{1}\frac{1+\sin x+x\ln(2+x^4)}{(1+x^2)^2}dx&=2\int_{0}^{1}\frac{1}{(1+x^2)^2}dx\\\\&=2\int_{0}^{1}\frac{x}{x(1+x^2)^2}dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1-\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2(1+x^2)}dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1-\int_{0}^{1}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2})dx\\\\&=-\frac{1}{x(1+x^2)}|_0^1+\frac{1}{x}|_0^1+\arctan x|_0^1\\\\&=\frac{x}{1+x^2}|_0^1-\frac{1}{x}|_0^1+\frac{1}{x}|_0^1+\arctan x|_0^1\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：
                    $\because 2x+2y+2xy'_x+4yy'_x=0,$

                     $\therefore y'_x=\frac{x+y}{x+2y},$

            所以，驻点：$x=-y$

                  而：
                       $y''_x=\frac{(1+y'_x)(x+2y)-(x+y)(1+2y'_x)}{(x+2y)^2}=-\frac{1}{x}.$

                  因此，
                           $x> 0,y''_x< 0,y_{Max}=-1,$

                           $x< 0,y''_x> 0,y_{min}=1.$

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：
                                         $\because \int_{a}^{b}d(e^{-yx^2})=\int_{a}^{b}-x^2e^{-yx^2}dy,$


                       $\begin{align*}\therefore \int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-ax^2}-e^{-bx^2}}{x}dx&=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x}\int_{a}^{b}d(e^{-yx^2})dx\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\int_{a}^{b}\frac{1}{x}(-x^2e^{-yx^2})dxdy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{a}^{b}\frac{1}{y}dy\int_{0}^{+\infty }d(x^{-yx^2})\\\\&=-\frac{1}{2}\ln y|_a^b=\frac{1}{2}\ln\frac{a}{b}.
\end{align*}$

暨南大学2019年数学分析709考研试题



(略)

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：条件收敛。因为：
                                  $|\frac{(-1)^n\ln(n+1)}{n+1}|=\frac{\ln(n+1)}{n+1},$

               由积分判别法：
                                      $f(n)=\int_{1}^{n}\frac{\ln(x+1)}{x+1}dx=(\ln(n+1))^2-\ln\ln2=\infty ,$

                 故非绝对收敛。又
   
                                      $\because |a_{n}|-|a_{n-1}|=\frac{\ln(n+1)}{n+1}-\frac{\ln n}{n}< \frac{\ln(n+1)}{n}-\frac{\ln n}{n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                       $\therefore |a_n|\downarrow ,$

                由莱卜尼兹判别法，交错级数收敛。

暨南大学2019年数学分析709考研试题



解：
                          $\int_{0}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx,$

                 由此可知：
                                  $\int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx< \infty ,$

                     又，
                                   $\because \int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx< \int_{1}^{+\infty }x^{\alpha -2}dx=\frac{1}{\alpha -1}x^{\alpha -1}|_1^{+\infty },$

                                  $\therefore \alpha < 1,\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx<\infty ,$

                                  $\alpha \geq 1,\int_{1}^{+\infty }\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx=\infty .$

暨南大学2019年数学分析709考研试题





注：这是一道典型题，考研中出现过N多次，一般书上都有解答。略

暨南大学2019年数学分析709考研试题


证明：（1）、
                                $\because a_1=0,a_{n+1}=\frac{1}{4}+a_n^2,$

                                $\therefore a_2=\frac{1}{4},a_n> 0,a_{n+1}-a_n=(\frac{1}{2}-a_n)^2> 0,$

                                 $\rightarrow a_{n+1}> a_n.$

                       下面证数列$\{a_n\}$有上界$\frac{1}{2}$.用归纳法。

                        由已知：
                                           $a_1=0< \frac{1}{2},$

                           假设
                                            $a_{n-1}<\frac{1}{2} .$

                           则:
                                           $a_n=\frac{1}{4}+a^2_{n-1}< \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}.$

                      所以，原数列有单调有界，有极限。

                             令
                                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=l,$
                          
                                         $l=\frac{1}{4}+l^2,\rightarrow l=\frac{1}{2},$


          （2）、因为当$x=\frac{3^n\pi}{2}\in (0,+\infty )$时，有

                                          $2^n\cdot \sin \frac{x}{3^n}=2^n\nrightarrow 0,(n \to \infty ) $

                         所以，原级数在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

                        当$\forall x\in [a,b]\subset (0,+\infty )$时，有

                                            $2^n\cdot \sin \frac{x}{3^n}\leq (\frac{2}{3})^n\cdot x\leq (\frac{2}{3})^n\cdot M\rightarrow 0.(n \to \infty )$
                                 
                             故，级数在$(0,+\infty )$上内闭一致收敛。
                        

      

暨南大学2019年数学分析709考研试题


解：设原函数为$F(x,y,z)$,如果原函数可全微分，则各偏导数存在，且应该有：

                                                          $\begin{cases}
\frac{\partial F}{\partial x} &=3x^2-yz \\\\
\frac{\partial F}{\partial y} &=3y^2-xz \\\\
\frac{\partial F}{\partial z} &=3z^2-xy
\end{cases}$

             由对称性可知，此正是下列原函数的一阶偏导数：

                                                            $F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-xyz.$

                      而所给式正是$F(x,y,z)$的全微分。

暨南大学2019年数学分析709考研试题


证明：
                        $x\in [a,+\infty ),\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,x> N,s.t.$

                         $|f(x)-A|< \varepsilon ,$
                     
                         $\rightarrow A-\varepsilon < f(x)< A+\varepsilon.$

                   所以，$f(x)$有界。

感谢分享好资源！

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



解：
         （1）、     
                          $\begin{align*}\lim_{x\to 0}(\frac{\ln(1+x)}{x})^\frac{1}{e^x-1}&=\lim_{x\to 0}e^\frac{\ln\ln(1+x)-\ln x}{e^x-1}\\\\&=\lim_{x\to 0}e^\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{(1+x)^2x^2}\\\\&=\lim_{x\to 0}e^\frac{\frac{\ln(1+x)}{x}}{2(1+x)(1+2x)}\\\\&=e^\frac{1}{2}.
\end{align*}$


          （2）、
                          $\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx=\int_{0}^{1}e^{-x}\ln xdx+\int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx.$

                          $\because \int_{0}^{1}e^{-x}\ln xdx\leq \int_{0}^{1}\ln xdx=-1.$

                         $\int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx=-e^{-x}\ln x|_1^{+\infty }+\int_{1}^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x}dx,$

                         $\because -e^{-x}\ln x|_1^{+\infty }=0,$

                         $\int_{1}^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x}dx\leq \int_{1}^{+\infty }e^{-x}dx< \infty .$

                         $\Rightarrow  \int_{1}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx< \infty .$

                         $\therefore \int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln xdx< \infty .$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


解：
           求驻点：
                       $z_x=2x-y-2=0,z_y=-x+2y+1=0,\rightarrow x=1,y=0.$

                        $z_{xx}=2,z_{yy}=2,z_{xy}=-1.$

          因此有：

                       $\Delta =2\cdot 2-(-1)^2=3> 0.z_{xx}=2>0$

          故函数有极小值：
  
                        $z_{min}=-1.$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



解：
                     $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=-e^{-x},\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\ln(1+t^2),$

                    $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}/\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\frac{\ln(1+t^2)}{-e^{-t}}=-e^{t}\ln(1+t^2),$

                     $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d} x^2}=\frac{\mathrm{d}(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x})}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d}(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x})}{\mathrm{d} t}/\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\frac{e^{2t}(1+t^2)\ln(1+t^2)+2te^{2t}}{1+t^2}.$

                      $\therefore \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d} x^2}|_{t=0}=0.$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



解：（1）、
                           $\int_{0}^{a}x^2\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}dx=\int_{0}^{a}\frac{x^2(a-x)}{\sqrt{a^2-x^2}}dx,$
                   令：
                            $x=a\sin t,dx=a\cos tdt,[0,a]\rightarrow [0,\pi/2]$

                             $\begin{align*}\int_{0}^{a}\frac{x^2(a-x)}{\sqrt{a^2-x^2}}dx&=\int_{0}^{\pi/2}a^3\sin^2t(1-\sin t)dt\\\\&=a^3\int_{0}^{\pi/2}\frac{1-\cos 2t}{2}dt+a^3\int_{0}^{\pi/2}(1-\cos^2t)d\cos t\\\\&=\frac{\pi}{4}a^3-\frac{2}{3}a^3.
\end{align*}$


      （2）、利用斯托克斯公式：

                              $\begin{align*}I&=\oint_L(2y+z))dx+(x-z)dy+(y-x)dz\\\\&=\iint_\Sigma \begin{vmatrix}
dydz &dzdx &dxdy \\
\frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y}  &\frac{\partial }{\partial z} \\
2y+z &x-z  & y-x
\end{vmatrix}\\\\&=\iint_\Sigma 2dydz-2dzdx-dxdy\\\\&=\iint_\Sigma \{2,-2,-1\}\{-1,-1,1\}dxdy\\\\&=-\iint_\Sigma dxdy=-\frac{1}{2}.
\end{align*}$