浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


解：
                      $S=\iint_\Sigma dS=\iint_\Sigma \sqrt{\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}+1}dxdy=\sqrt{2}\iint_\Sigma dxdy,$

                      $\Sigma :(x-1)^2+y^2=1,$

                       $\therefore S=\pi\sqrt{2}.$



                  

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


证明：不失一般性，不妨设$f(a)<\mu<f(b)$.
          先考虑$\mu=0$的情况。此时有$f(a)<0,f(b)>0$.将$[a,b]$二等分，显然，其中必有一个区间其端点符号相反，取为$[a_1,b_1]\subset [a,b]$;再将$[a_1,b_1]$二等分，同理必有一个区间其端点符号相反，取为$[a_2,b_2]\subset [a_1,b_1]\subset [a,b],$而$f(a_2)f(b_2)<0$,.....,如此继续，形成一个收缩的区间套，由区间套定理，必存在一个公共点$\alpha $.假设$f(\alpha )\neq 0$.不妨设$f(\alpha )> 0$,而这是不可能的，因为在$[\alpha -\delta ,\alpha +\delta ]$存在无数多个区间，按上面区间的取法，两个端点外必有一个函数值小于0，与假设不符。同理，$f(\alpha )< 0$也是不可能的，故只有$f(\alpha )=\mu= 0$.

          再考虑$\mu \neq 0$的情况。此时，只要对函数$f(x)-\mu$应用上面的结论，必有$f(\alpha )-\mu=0$,即$\exists \alpha \in [a,b],s.t.f(\alpha )=\mu$.

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题




此题为基本题，利用定义证明即可。与“暨南大学2019年数学分析709考研试题三、4题”类似。（略）

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题



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

            $\therefore -1< x< 1.$

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


证明：
                    $\because x_n=\frac{1}{n}\in (0,+\infty ),$

                    $\therefore u_n=nx_ne^{-nx_n^2}=e^{-\frac{1}{n}}=1\nrightarrow 0,(n \to +\infty )$

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

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

               有
                     $u_n=nxe^{-nx^2}\leq nae^{-na^2}\rightarrow 0,(n \to +\infty )$

                根据狄里赫莱特判别法，原级数内闭一致收敛、

浙江理工大学2019年601数学分析考研试题


证明：由拉格朗日中值定理，
                                   $\forall x_1,x_2\in(0,1),s.t.$

                                    $|f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi )(x_1-x_2)|< |x_1-x_2|,$

                        分两种情况：
                                     $1)、|x_1-x_2|< \frac{1}{2},\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|< \frac{1}{2},$

                                      $2)、|x_1-x_2|\geq \frac{1}{2}，$

                                    $\begin{align*}\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|&=|f(x_1)-f(0)+f(1)-f(x_2)|\\&=|f'(\xi)x_1+f'(\eta )(1-x_2)|\\&<| 1-(x_1-x_2)|<\frac{1}{2}.
\end{align*}$

                          故，结论成立。



       注：本题解答由网友提供。

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：
                        $\begin{align*}\lim_{n\to \infty}\frac{1^k+3^k+\cdots +(2n+1)^k}{n^{k+1}}&=\frac{1}{2}\lim_{n\to \infty}\frac{2}{n}((\frac{1}{n})^k+(\frac{3}{n})^k+\cdots +(\frac{2n+1}{n})^k)\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x^kdx=\frac{1}{2(k+1)}x^{k+1}|_0^1\\\\&=\frac{1}{2(k+1)}.
\end{align*}$

河北大学2018数学分析624数学分析试题

解：
           $\displaystyle \lim_{x\to +\infty }\frac{\int_{0}^{2x}(\arctan u)^2du}{\sqrt{1+x^2}}=\lim_{x\to +\infty }\frac{2(\arctan 2x)^2}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}=\lim_{x\to +\infty }\frac{2(2x)^2(1+\frac{1}{2}x^2)}{x}=0.$

河北大学2018数学分析624数学分析试题




用隐函数求导，并注意链式法则。（略）

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：
          作变量代换：
                                   $x=2\sin t,dx=2\cos tdt,$

                           $\begin{align*}\int \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}}dx&=\int \frac{4\sin^2t\cdot 2\cos t}{2\cos t}dt\\\\&=\int (1-\cos 2t)d(2t)\\\\&=2t-\sin 2t+C\\\\&=2\arcsin\frac{x}{2} -\frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}+C.
\end{align*}$

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：由于积分区域关于$z$轴上下对称，因此有：

                             $\displaystyle V=\iiint_\Omega 2z^2dxdydz=4\iiint_{\Omega'} z^2dxdydz,$

               两个球体的交线：

                                          $\begin{cases}
x^2+y^2 &=3 \\
z &=1
\end{cases},$

                      采用柱面坐标：
                                              $\begin{cases}
z&=z \\
x&=r\cos\theta \\
y&=r\sin\theta  
\end{cases},$

                          积分区域为：
                                                $\Omega':0\leq z\leq 1,0\leq r\leq \sqrt{3},0\leq z\leq 2-\sqrt{4-r^2}.$

                                    $\displaystyle \therefore V=4\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\sqrt{3}}rdr\int_{0}^{2-\sqrt{4-r^2}}z^2dz=...... $

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：添加一个平面$z=1$方向向下,使之与$\Sigma$组成一个闭合曲面，再利用高斯公式。
                             $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma (3x+z) dzdy+zdxdy\\\\&=\iiint_\Omega (3+1)dxdydz-\iint_{z=1}dxdy\\\\&=4\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}rdr\int_{0}^{r}dz-\pi\\\\&=3\pi.
\end{align*}$

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：
                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}=x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1},$

                         $\because |R|=|\frac{2n+3}{2n+1}|=1,$

                         $\therefore -1\leq x< 1,$

                     设：
                               $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{2k+1}}{2k+1},$

                               $\displaystyle S'_n=(\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{2k+1}}{2k+1})'=\sum_{k=1}^{n}x^{2k}=\frac{x^2-x^{2n+3}}{1-x^2},$

                              $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }\int S'_n=\int \frac{x^2}{1-x^2}dx=-x+\ln\frac{1+x}{1-x}.$

                            $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}=xS=-x^2+\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}.$

河北大学2018数学分析624数学分析试题

证明：

           令：
                            $f(x)=x^2-(1+x)\ln^2(1+x),$

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

                               $f''(x)=2-\frac{2\ln(1+x)}{1+x}-\frac{2}{1+x}=\frac{2x-2\ln(1+x)}{1+x},$

                                          $\because \ln(1+x)< x,$

                                           $\therefore f''(x)> 0,\rightarrow f'(x)\uparrow ,$

                                            $\because f'(0)=0,\rightarrow f'(x)> 0,(x> 0)$

                                             $\therefore f(x)\uparrow ,$
                                   而
                                             $\because f(0)=0,$

                                            $\therefore f(x)> 0,\rightarrow x^2> (1+x)\ln^2(1+x).$

河北大学2018数学分析624数学分析试题


证明：
                     $\because x_n\neq -\frac{1}{n}x_n,\Rightarrow \sum x_n\neq -\sum \frac{1}{n}x_n,$

                     $\therefore  \sum (1+\frac{1}{n})x_n=\sum x_n+\sum \frac{1}{n}x_n\neq 0,$

            由已知，级数$\sum x_n$发散，故无论级数$\sum \frac{1}{n}x_n$收敛与否，所求级数$\sum (1+\frac{1}{n})x_n$均发散。

河北大学2018数学分析624数学分析试题


证明：
              因为$\{x_n\}$有界，可以从中取出两个目子列：一个单调降$\{x^{(1)}_{n_k}\}$,另一个单调增子列$\{x^{(2)}_{n_k}\}$.
                  显然$\{x^{(1)}_{n_k}\}$有下界，故收敛。

                  同理，$\{x^{(2)}_{n_k}\}$有上界，故也收敛。

                 因此，命题成立。

河北大学2018数学分析624数学分析试题

证明：
                   $\because f(x)\in C[0,3],\therefore f(x)\in C[0,2],$

              由此可知，在$[0,2]$内函数有最大值$M$和最小值$m$.即有：

                                            $m\leq f(x)\leq M,x\in [0,2]$

                                         $\Rightarrow m\leq \frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}\leq M.$

                 因此，由介值定理，

                                          $\exists c\in (0,2),s.t.f(c)=\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}=1.$

                                          $\therefore f(c)=f(3)=1,$

                           再由Roll中值定理

                                          $\exists \alpha \in (c,3)\sqsubset (0,3),s.t.f'(\alpha )=0.$   

河北大学2018数学分析624数学分析试题



此题为经典题，已经在多所学校的考题中出现。一般教材中都有详解。

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
   （1.1）、
                     $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x(1-\cos x)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{3!}x^3}{x\cdot \frac{1}{2}x^2}=\frac{1}{3}.$

    （1.2）、
                    $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\sin\frac{1}{n})\sum_{k=1}^{n}\frac{n^2}{n^2+k^2}&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n})\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+(\frac{k}{n})^2}\\\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx\\\\&=\arctan x|_0^1=\frac{\pi}{4}.
\end{align*}$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
          （2.1）、
                               $\begin{align*}\because I=\int e^{-x}\sin2xdx&=-e^{-x}\sin2x+2\int e^{-x}\cos2xdx\\\\&=-e^{-x}\sin2x-2e^{-x}\cos2x-4\int e^{-x}\sin2xdx \\\\&=-e^{-x}\sin2x-2e^{-x}\cos2x-4I.
\end{align*}$

                              $\therefore I=-\frac{1}{5}e^{-x}\sin2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos2x+C.$

          （2.2）、
                               $\begin{align*}\int_{-1}^{1}\frac{x}{x^2-x+1}dx&=\int_{-1}^{1}\frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx+\int_{-1}^{1}\frac{\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\ln((x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})|_{-1}^1+\frac{2}{3}\arctan (\frac{2\sqrt{3}}{3}(x-\frac{1}{2}))|_{-1}^1\\\\&=\frac{\pi}{3}.
\end{align*}$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解:
                    $\because |R|=1,$

                    $x-1=1,a_n\nrightarrow 0,(n \to \infty )$

                    $x-1=-1,a_n\nrightarrow 0,(n \to \infty )$

                    $\therefore 0< x< 2,$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解:
                     $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }nx^{2n-1}&=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }nx^{2(n-1)}\\\\&=\frac{1}{x}(\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{x}kx^{2(k-1)}dx)'\\\\&=2(\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}x^{2k})'\\\\&=2(\lim_{n \to \infty }\frac{x^2-x^{2(n+1)}}{1-x^2})'\\\\&=2(\frac{x^2}{1-x^2})'\\\\&=\frac{4}{(1-x^2)^2}.
\end{align*}$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)

证明：
                             $\because a< b,$

                             $\therefore a< \frac{a+b}{2}< b,$

             由已知，$f(x)$在实数域上连续，由连续函数的介值定理，

                              $\exists \xi \in (-\infty ,+\infty )=R,s.t.f(\xi )=\frac{a+b}{2}.$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)

证明：
            将实轴分为三段，分别讨论函数的性质。

                             当$\forall x\in [a,b]$,由已知，函数连续，所以在闭区间上一致收敛；

                             当$\forall x\in (-\infty ,a]$,由于函数连续，且$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }f(x)< M,$,故可导。

                      利用中值定理，有：
                                        $\forall x_1,x_2\in (-\infty ,a],\varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                        $|f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi)(x_1-x_2)|< L|x_1-x_2|<\varepsilon $

                                 由此，函数一致连续；

                           同理可知，当$\forall x\in [b,+\infty)$,函数也一致连续。

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


证明：
                      $\because f'(x)=2x+\cos x,$

                      $\therefore f''(x)=2-\sin x> 0,\rightarrow f'(x)\uparrow ,$

                       $\because f'(0)=1,$

                       $\therefore f'(x)\geq f'(0)=1> 0,\rightarrow f(x)\uparrow ,$

                   而由
                        $f(0)=-2< 0,f(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi^2}{4}-1> 0$

                 可知，在区间内函数至少存一个点使得函数值为零，即方程有零解。另一方面，由函数的单调性知，只能有唯一一个零点，方程有唯一解。

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)



证明：
                      $\because |\frac{(-1)^n}{x+n}|< \frac{1}{n}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                       故由级数判别法知，一致收敛。

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
                  $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots +(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} .$

                  $\ln^2(1+x)=(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n})^2=2\sum_{n=1}^{\infty }(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n})\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{n+1}.$

              当$x=1$ 时，我们有
      
                                  $\sum_{n=1}^{\infty }(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n})\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}\ln^22.$
                                    


参见：《数学分析中的典型问题与方法 （第2版）》裴礼文，p556,例5.3.06.

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
                      $\begin{align*}\oint_L\frac{(x+y)dx+(y-x)dy}{\sin(x^2+y^2)}&=\frac{1}{\sin1}\oint_L(x+y)dx+(y-x)dy\\\\&=\frac{1}{\sin1}\iint_D(-1-1)dxdy\\\\&=-\frac{\pi}{\sin1}.
\end{align*}$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
                   $\iint_Sxdydz+ydzdx+zdxdy=\iiint_\Omega (1+1+1) dV=3\iiint_\Omega dV,$

                    $\Omega :(x-2)^2+y^2=4,0\leq z\leq 4.$

                    $\therefore \iint_Sxdydz+ydzdx+zdxdy=3\cdot \pi\cdot 4\cdot 4=48\pi.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数



解：
                             $\begin{align*}\because a_n&=\frac{3}{2}\int_{0}^{\frac{n}{n+1}}x^{n-1}\sqrt{1+x^n}dx\\\\&=\frac{3}{2}\int_{0}^{\frac{n}{n+1}}\frac{1}{n}\sqrt{1+x^n}d(1+x^n)\\\\&=\frac{1}{n}(1+x^n)^{\frac{3}{2}}|_0^{\frac{n}{n+1}}\\\\&=\frac{1}{n}(1+(\frac{n}{n+1})^n)^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{n}.
\end{align*}$

                              $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }na_n=\lim_{n \to \infty }((1+(\frac{n}{n+1})^n)^{\frac{3}{2}}-1)=(1+\frac{1}{e})^{\frac{3}{2}}-1.$