几道级数题：（转帖）
(1)设$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$是正项收敛级数,试证明
\[ I=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{1-\frac{1}{n}}\]
收敛。
（2）设$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$是正项收敛级数，试证明
\[ I=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\frac{bn}{1+bn}}\qquad (b>0) \]
(3)设正项级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛。若正数列$\{b_n\}$满足$\displaystyle b_{n}=o\left(\frac{1}{\ln n}\right)(n\to\infty)$,则
\[ I=\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}^{1-b_n}\]
收敛。
(4)设$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$是收敛的正项级数，则
\[ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cdot\frac{\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)}{\ln(1+a_n)}\]
收敛。
(5)设$0<a_n<1$,$n\in \mathbf{N}$,若$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\ln a_n}$收敛，则
\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\ln(n+1)}\]
收敛。
(6)设$\{a_n\}$是递增的正数列。若$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}$收敛，则对任意的自然数$k$,级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\ln a_n)^k}{a_n}$收敛的充分必要条件是级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\ln n)^k}{a_n}\displaystyle$收敛.

一道不错的证明题

关于“极值第二充分性条件的高阶导数”很实用的结论

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
1、设曲线$\Gamma $为$x=\cos^3t,y=\sin^3t,(t\in[0,2\pi))$，求$\Gamma $在$t=\pi/4$处的切线方程。

解：
                  $t=\frac{\pi}{4},x=y=\frac{\sqrt{2}}{4},$

                  $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}|_{t=\pi/4}=\frac{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}=\frac{\sin ^2t\cos t}{-\cos^2t\sin t}=-1,$

                 $\therefore y=-(x-\frac{\sqrt{2}}{4})+\frac{\sqrt{2}}{4}=-x+\frac{\sqrt{2}}{2}.$

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
2、函数$y=f(x)$由方程$y^2+\ln y=x^4$所确定，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$


解：       先隐函数求导

                     $2yy'+\frac{y'}{y}=4x^3,$

                     $2(y')^2+2yy''+\frac{yy''-(y')^2}{y^2}=12x^2,$

             再解出$y'$代入第2式中。

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
3、求极限
     （1）、$\displaystyle \lim_{x\to 1}(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{\sin(x-1)}).$

     （2）、$\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^x\sin x-x-x^2}{x^3}.$



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


         （2）、
                           $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^x\sin x-x-x^2}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{x^2}=\frac{1}{2}.$

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
4、求不定积分
      （1）、$\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}};$

      （2）、$\int \frac{xdx}{\sin^2x}.$


解：
        （1）、
                      $\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{dx}{x^2\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}=-\int \frac{d(\frac{1}{x})}{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}=\arccos\frac{1}{x}+C. $

   
         （2）、
                       $\int \frac{xdx}{\sin^2x}=x\cot x+\int \cot xdx=x\cot x+\ln|\sin x|+C.$

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
5、设$f(x)$在区间$[a,b]$连续且在$(a,b)$可导，再假设$\displaystyle \lim_{x\to a+0}f'(x)$存在，试问$f(x)$是否在$x=a$存在右导数？（说明理由）


解：
            不一定。因为由右导数的定义

                                     $\displaystyle f'_+(a)=\lim_{x\to a+0}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$

                         当
                                     $\displaystyle f'_+(a)=\lim_{x\to a+0}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{x\to a+0}f'(x),$   

                         时，$x=a$右导数存在。而当

                                      $\displaystyle f'_+(a)=\lim_{x\to a+0}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\neq \lim_{x\to a+0}f'(x),$

                          时，$x=a$右导数不存在.

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
6、设$f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$，求$f(x)$的带Peano余项的Macraulin公式。

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
7、设$P_n(x)=1-x+\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{(-1)^nx^n}{n},(n=1,2,\cdots )$.证明（1）当$n$为奇数时，$P_n(x)$有唯一的一个零点；（2）当$n$为偶数时，$P_n(x)$没有实零点。


证明：
           （1）、当$n$为奇数时
                          $\displaystyle \because \lim_{x\to -\infty }\frac{p_n(x)}{x^n}=1> 0,\lim_{x\to +\infty }\frac{p_n(x)}{x^n}=-1< 0.$

                 因此由Rolle定理知，在$(-\infty ,+\infty )$上，$\frac{p_n(x)}{x^n}$有一个零点，也即$P_n(x)$有一个零点。

                   又
                           $P_n(0)=1,P_n(x)\downarrow ,x\in(0,+\infty )$

                 所以，$P_n(x)$有一个零点，且只有一个零点。零点在$(0,+\infty )$上。


           （2）、当$n$为偶数时，因为$P_n(x)$的最小值为$1$，故无零点。




                       

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
8、设$f(x)$在区间$I$上具有二阶导数，并设$F(x)=e^{f(x)}$.（1）证明：若$f(x)$是凸函数，则$F(x)$也是$I$上的凸函数.（2）如果$F(x)$是$I$上的凸函数，试问$f(x)$是$I$上的凸函数吗？（说明理由）


证明：
              （1）、若$f(x)$是凸函数，那么

                           $\because f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$

                           $\therefore F(\frac{x_1+x_2}{2})=e^{\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}}\leq \frac{e^{f(x_1)}+e^{f(x_2)}}{2}=\frac{F(x_1)+F(x_2)}{2}.$

                          此时，$F(x)$也是凸函数。

              
               （2）、如果$F(x)$是$I$上的凸函数，那么（1）中第2式成立，而由（1）中第2式推论不出第1式，因此不能

                      确定$f(x)$是凸函数。

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
9、设$f(x)$在$(-\infty ,+\infty )$有界且二阶可导，证明$f''(x)$必有零点。



证明：   由已知，
                               $\because |f(x)|\leq M(> 0),$

             根据拉格朗日中值定理，就有

                                $\forall x_1,x_2\in (-\infty ,0],\exists \xi _1\in (-\infty ,0),s.t.$

                                $f'(\xi_1)=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{(x_1-x_2)}\rightarrow 0,(x_1\rightarrow -\infty )$

                                $\forall x_3,x_4\in [0 ,+\infty),\exists \xi _2\in (0 ,+\infty),s.t.$

                                $f'(\xi_2)=\frac{f(x_3)-f(x_4)}{(x_3-x_4)}\rightarrow 0,(x_3\rightarrow +\infty )$

              再由Rolle定理，有

                                   $\therefore \exists \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset (-\infty ,+\infty ),s.t.$

                                    $f''(\xi)=0.$

学习群内的某道计算题


解：由已知，反复运用拉格朗日中值班定理

                                 $\exists \xi\in(a,x),\xi'\in(a,\xi),s.t.$

                                 $\begin{align*}
\lim_{x\to a}(\frac{1}{f'(a)(x-a)}-\frac{1}{f(x)-f(a)})&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)}{f'(a)(x-a)(f(x)-f(a))}\\\\&=\lim_{x\to a}\frac{f'(\xi)-f'(a)}{f'(a)f'(\xi)(x-a)}\\\\&=\lim_{x\to a}\frac{f''(\xi')}{f'(a)f'(\xi)}\cdot \frac{\xi-a}{x-a}\\\\&=\frac{f''(a)}{f'^2(a)}.\end{align*}$

2018年中科大数学夏令营试题


解：
           （1）、
                         $\displaystyle \lim_{x\to +0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3(1+x)^5}=\lim_{x\to +0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\lim_{x\to +0}\frac{x-\frac{1}{6}x^3-x-\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}{x^3}=-\frac{1}{2}.$


           （2）、令
                              $u=\ln\frac{y}{x},v=xy,z=f(x,y),$

                        则有
                               $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=-\frac{1}{x}f'_u+yf'_v.$


            （3）、


            （4）、
                           $I=\iint_\Omega (y+x^2)d\sigma=2\int_{-R}^{R}dx\int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}}(y+x^2)dy=8\int_{0}^{R}x^2\sqrt{R^2-x^2}dx=\frac{\pi R^4}{128}.$

2018年中科大数学夏令营试题


证明：
               由已知，对对区间作一个分割：

                                                     $T:a=x_1< x_2< \cdots < x_n=b,\Delta x_i=\frac{b-a}{n},(i=1,2,\cdots ,n)$

                                        得近似和
                                                      $\displaystyle f(b)-f(a)=\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))=\sum_{i=1}^{n}f'(x_i)\Delta x_i,$

                            再令$n \to \infty $,并且由$f'(x)$可积，有

                                                      $\displaystyle f(b)-f(a)=\lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}f'(x_i)\Delta x_i=\int_{a}^{b}f'(x)dx.$

2018年中科大数学夏令营试题


证明：
             （1）、由已知，可作辅助函数

                                       $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{x}^{1}\frac{1}{f(t)}dt,$
                            显然有
               
                                        $F(0)=-\int_{0}^{1}\frac{1}{f(t)}dt< 0.$

                                        $F(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt> 0.$

                              由Rolle定理，
                                    
                                        $\therefore \exists c\in(0,1),s.t.$

                                        $F(c)=\int_{0}^{c}f(t)dt-\int_{c}^{1}\frac{1}{f(t)}dt=0,$

                             即有
                                         $\Rightarrow \int_{0}^{c}f(t)dt=\int_{c}^{1}\frac{1}{f(t)}dt.$

                               又
                                         $\because F'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}> 0,(f(x)> 0)$

                                         $\therefore F(x)\uparrow .$

                            因此，上述的$c$是唯一的。


                 （2）、$x_n\in(\frac{1}{n},1)\subset [0,1].$

                         令
                              $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{x}^{1}\frac{1}{f(t)}dt,$

                              $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta >0,\exists N,n> N,\frac{1}{n}< \delta,s.t.$

                               $\int_{0}^{\delta }f(t)dt<\varepsilon .$

                               $F(\frac{1}{n})=\int_{0}^{\delta }f(t)dt-\int_{\delta }^{1}\frac{1}{f(t)}dt< 0.$

                                $F(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt> 0.$

                               $\therefore \exists x_n\in(\frac{1}{n},1),s.t.$

                                $F(x_n)=\int_{0}^{x_n}f(t)dt-\int_{x_n}^{1}\frac{1}{f(t)}dt=0,$

                                $\Rightarrow \int_{0}^{x_n}f(t)dt=\int_{x_n}^{1}\frac{1}{f(t)}dt.$

                       令$n \to \infty ,\frac{1}{n}\rightarrow 0.$
                  
                                  $x_n\in(\frac{1}{n},1)\rightarrow (0,1).$

                        由于$F(x)$为单调函数，所以，在$(0,1)$上满足前述等式的只有唯 一点。即有

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



      
                           

2018年中科大数学夏令营试题


这个是将柯西列的叙述稍为组织一下，比较容易。

2018年中科大数学夏令营试题


解：
          （1）、因为
                                    $f(x,y)=\frac{\cos xy}{1+y^2},$

                            在$[0,+\infty )\times [1,+\infty )$上连续，所以$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续。


           （2）、
                                  $\because 0< |\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos tx}{1+x^2}dx|\leq |\frac{1}{t}\int_{1}^{+\infty }\cos tx dtx|\rightarrow 0,(t\to +\infty )$

                                  $\displaystyle \therefore \lim_{t \to +\infty }f(t)=0.$


            （3）、
                                $\begin{align*}\int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt&=\int_{0}^{\pi}\sin tdt\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos tx}{1+x^2}dx\\\\&=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx\int_{0}^{\pi}\sin t\cos txdt\\\\&=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx\int_{0}^{\pi}\frac{1}{2}(\sin t(x+1)-\sin t(x-1))dt\\\\&=-\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}(\frac{1}{x+1}\cos t(x+1)-\frac{1}{x-1}\cos t(x-1))|_0^{\pi}dx\\\\&=-\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^4-1}(\cos \pi x+1)dx\\\\&< 0.
\end{align*}$


            （4）、
                                $\because f(0)=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx> 0,$

                                $f(\pi)=\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x\pi}{1+x^2}dx<0.$（？）

                    因此，在$(0,\pi)$上，$f(t)$有零点。

一道比较好的三解积分计算题：

复旦大学2017-2018学年数学分析II期中考试


解：
            $I=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2x+2\cos^2x}{\sin^2x+2\cos^3x}dx=2\int_{0}^{\pi/2}\frac{\tan^2x+3}{\tan^2x+2}dx=2\int_{0}^{+\infty }\frac{t^2+2}{t^2+3}\cdot \frac{1}{t^2-1}dt,(t=\tan x,dx=\frac{1}{t^2-1}dt).$
               
             接下来，用有理分式拆分法积分，较容易。（略）

讨论下面级数的收敛性
1、$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{(\ln{n})^{\ln{n}}}}$$

解：
$n\geqslant 16>e^e$时, $\ln\ln n>1$, 故由
\[\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}= \frac{1}{n^{\ln\ln n}}\]
知
\[\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}\]
收敛.

更准确些，应该是$n \geqslant 16$时, $\ln\ln n\geqslant \ln (4\ln 2)>1$, 从而……
                     ( Hansschwarzkopf 解答）

2、讨论下面级数的收敛性
$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{(\ln{n})^{\ln{n}}}}$$

解一、：
注意
\[3^{\sqrt{n}}>e^{\sqrt{n}}>\frac{n^3}{6!},\]
得到
\[\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}<\frac{6!}{n^2},\]
因此级数
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}\]
收敛.

                  ( Hansschwarzkopf 解答）
解二、
首先   
$$\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}\frac{t^6}{3^t}=0,$$
那么对于充分大的$t>>1$便有$t^6\leq 3^t$,  自由也就有$n$充分大时
$$n^3\leq 3^{\sqrt{n}},$$
即 $$\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}\leq\frac{1}{n^2}.$$

                      （caffarelli  ）

来自曲豆豆群的一道考题


解：
       （a）、由已知：

                                      $\because f(0)=0,$

                                     $\displaystyle \therefore f(\frac{k}{n^2})=\frac{k}{n^2}\cdot \frac{f(\frac{k}{n^2})-f(0)}{\frac{k}{n^2}}=\frac{k}{n^2}\cdot f'(0),(n \to +\infty )$

                          因此有

                                     $\displaystyle x_n=f'(0)\cdot \frac{1}{n^2}(1+2+\cdots +n)=f'(0)\cdot \frac{1}{n^2}\cdot \frac{n(n+1)}{2}=\frac{1}{2}f'(0).(n \to +\infty )$


       （b）、由已知
                  
                                   $\displaystyle \prod_{k=1}^{n}(1+\frac{k}{n^2})=\exp (\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n^2})),$

                          令
                                   $\displaystyle f(\frac{k}{n^2})=\ln(1+\frac{k}{n^2}),$

                           则
                                    $f(0)=0,f'(0)=1.$

                   利用（a）结论，有

                                    $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n^2})=\frac{1}{2}.$

                                    $\displaystyle \therefore \prod_{k=1}^{n}(1+\frac{k}{n^2})=e^\frac{1}{2}.$

证明：

                   设
                          $\displaystyle \lambda _i=\frac{k_i}{\sum_{i=1}^{n}k_i},\sum_{i=1}^{n}\lambda _i=1.$

               则原命题变为证明：

                           $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{\lambda _i}{f(t_i)}=1.$

                           $\forall c_1\in(0,1),f(c_1)=\lambda _1,$

                由拉格朗日中值定理，有

                            $\exists t_1\in(0,c_1),s.t.$

                             $f'(t_1)=\frac{f(c_1)-f(0)}{c_1}=\frac{\lambda _1}{c_1},$

                              $\rightarrow \frac{\lambda _1}{f'(t_1)}=c_1.$

                 同理，有
                              $\begin{align*}
&\forall c_2\in(c_1,1),f(c_2)=\lambda _1+\lambda _2,\\\\
&\exists t_2\in(c_1,c_2),s.t.\\\\
&f'(t_2)=\frac{f(c_2)-f(c_1)}{c_2-c_1}=\frac{\lambda _2}{c_2-c_1},\\\\
&\rightarrow \frac{\lambda _2}{f'(t_2)}=c_2-c_1.\\\\
&\cdots \\\\
&\forall c_i\in(c_{i-1},1),f(c_i)=\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _i,\\\\
&\exists t_2\in(c_{i-1},c_i),s.t.\\\\
&f'(t_i)=\frac{f(c_i)-f(c_{i-1})}{c_i-c_{i-1}}=\frac{\lambda _i}{c_i-c_{i-1}},\\\\
&\rightarrow \frac{\lambda _i}{f'(t_i)}=c_i-c_{i-1}.\\\\
&i=1,2,\cdots n,c_0=0,c_n=1.\\\\
&\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\frac{\lambda _i}{f(t_i)}=\sum_{i=1}^{n}(c_i-c_{i-1})=c_n-c_0=1.
\end{align*}$

解：
          $\lim\limits_{n \to +\infty }ne^{n^2}\int_{n}^{n+1}e^{-t^2}dt=\lim\limits_{n \to +\infty }\frac{\int_{n}^{n+1}e^{-t^2}dt}{\frac{1}{n}e^{-n^2}}=\lim\limits_{n \to +\infty }\frac{e^{-(n+1)^2}-e^{-n^2}}{\frac{-2n^2e^{-n^2-e^{-n^2}}}{n^2}}=\frac{1}{2}.$

2016年四校联合数学竞赛题
1、计算极限：
                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\left ( \arctan \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )$

解：
            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\left ( \arctan \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )&=\lim_{n \to \infty }\left ( \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{2+\cos x}dx\\\\&=-\ln(2+\cos x)|_0^\pi=\ln3.
\end{align*}$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
                 将已知方程对$x$求导，得

                                      $\frac{y'}{\sqrt{1+2016y^2}}-1=0,$

                  整理得：
                                      $y'^2-2016y^2-1=0.$

                  再对$x$求导，有

                                      $2y'y''-4032yy'=0,$

                                      $\therefore y'''-2016y'=0.$

2016年四校联合数学竞赛题



解：
        3、由已知有
                             $p(\rho ,\theta )=(e^{-\frac{\pi}{2}},\frac{\pi}{2})\Leftrightarrow p(x,y)=(0,e^{-\frac{\pi}{2}})$
                    
             两坐标第之间转换关系为

                              $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta ,\rho =\sqrt{x^2+y^2},$

                             $\because \rho =e^{-\theta },$

                             $\therefore \sqrt{x^2+y^2}=e^{-\arccos \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}},$

              所以在所求点的切线的钭率为

                             $y'=\frac{x^2y+y^3-x}{y+x^3+xy^2}=e^{-\pi},(p(x,y)=(0,e^{-\frac{\pi}{2}}))$

               因此在所给点的切线的直角坐标方程为

                             $ y=xe^{-\pi}+e^{-\frac{\pi}{2}}.$



        4、         
                        $\because \int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x}{1+e^{-x}}dx=\int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x}{1+e^{x}}de^x=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{\arctan t}{1+t}dt,$

                             $\int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^{-x}}{1+e^{-x}}dx=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t\arctan t}{1+t}dt.$

            $\begin{align*}\therefore \int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x+\arctan e^{-x}}{1+e^{-x}}dx&=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{\arctan t}{1+t}dt+\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t\arctan t}{1+t}dt\\\\&=\int_{e^{-1}}^{e}\arctan tdt\\\\&=t\arctan t|_{e^{-1}}^e+\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t}{1+t^2}dt\\\\&=e\arctan e-e^{-1}\arctan e^{-1}+\frac{1}{2}\ln\frac{1+e^2}{1+e^{-2}}.
\end{align*}$


     5、
                      $y'=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}},$

                      $y''=\frac{2-\frac{2x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=\frac{2}{1-x^2}-\frac{2x\arcsin x}{\sqrt{(1-x^2)^3}}.$

              从二阶导数的函数式，可知，第二项的任意阶导数，因为均含有$x$因子，所以其任意阶导数在$x=0$处值为

          $0$. 因此只考虑第一项。而

                      $\because \frac{1}{1-x^2}=1+x^2+\frac{1}{2!}x^4+\cdots +\frac{1}{2014!}x^{4028}+\cdots,$

                       $\therefore y^(2016)|_{x=0}=\frac{2}{2014!}.$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
               $\because f_1(x)=\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{1}{1+x}\sim \frac{\pi}{4}-\frac{1}{1+x}\sim o(x),$

                        $f_2(x)=\tan x-\sin x\sim o(x^3),$

                        $f_3(x)=1-\sqrt[2016]{\cos 2016x}\sim o(x^4),$

          由此，可推断出答案应为$A$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
               因为$n=1,n<1$时，$I(n)$发散。故判断$n>1$时，收敛。

2016年四校联合数学竞赛题


解：    因为
                    $\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x^2\sin \ln|x|=0=f(0).$

              函数在$x=0$连续.所以$A$不是。

           而因为
                     $f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin \ln|x|-0}{x}=0.$

                  所以$B$也不正确。

             又
                     $\because f'(x)=\frac{2x}{x}\cos \ln|x|=2\cos \ln|x|,f'(0)=0.$

                      $\therefore \lim_{x\to 0}f'(x)\neq 0=f'(0).$

                 故导 函数在$x=0$不连续，选$C$。