一些数学分析考研题（2024年）的解析

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2024安徽大学考研题

解：       （1）、
                \[\because \lim_{n\to\infty}\frac{1^{2}+3^2+\cdots +(2n+1)^2}{n^3}=\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)^2}{n^3-(n-1)^3}=\frac{4}{3}.\]
                 \[\therefore \lim_{n\to\infty}n(\frac{1^{2}+3^2+\cdots +(2n+1)^2}{n^3}-\frac{4}{3})=0.\]
                 (2)、
               

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关键词：考研题 安徽大学

2024南开大学


解
                \begin{align*} \lim_{x\to0}[\frac{e^x}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}]&=\lim_{x\to0}[\frac{xe^x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)}]\\&=\lim_{x\to0}\frac{e^x+xe^x-\frac{1}{1+x}}{\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^2e^x-1}{(1+x)\ln(1+x)+x}\\&=3. \end{align*}

2024上海大学


解
     \[\lim_{n\to\infty}(\cos\frac{1}{\sqrt{n}})^n=\lim_{n\to\infty}(1-\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}))^n=\lim_{n\to\infty}(1-\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}))^{-2n\times (-\frac{1}{2})}=e^{-\frac{1}{2}}.\]

     \[\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln(1+x)-x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}\tan x-1-\frac{1}{2}\sin x}{x(x-\frac{1}{2}x^2)-x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{-x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\frac{1-\cos x}{-x^2\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{-x^2}=-\frac{1}{2}.\]

2024内蒙古大学

计算极限：
           \[\lim_{n\to\infty }\frac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+\cdots +x_ny_1}{n}.\]
      其中：\[\lim_{n\to\infty }x_n=x,\lim_{n\to\infty }y_n=y.\]
解
                  设：\[x_M=\max\{x_1,x_2,\cdots ,x_n\},x_m=\min\{x_1,x_2,\cdots ,x_n\}.\]
                         \[y_M=\max\{y_1,y_2,\cdots ,y_n\},y_m=\min\{y_1,y_2,\cdots ,y_n\}.\]

              那么由收敛数列的性质，一定有：
                            \[x_m\leq x_n \leq x_M,y_m\leq y_n \leq y_M,\]
                            \[\lim_{n\to\infty }x_m=\lim_{n\to\infty }x_n=\lim_{n\to\infty }x_M=x,\]
                            \[\lim_{n\to\infty }y_m=\lim_{n\to\infty }y_n=\lim_{n\to\infty }y_M=y.\]            适当的放缩不等式，得到
                           \[xy=\lim_{n\to\infty }x_my_m\leq \lim_{n\to\infty }\frac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+\cdots +x_ny_1}{n}\leq \lim_{n\to\infty }x_My_M=xy.\]

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题

解 \[\because f(x)=x^2(\sin x-x+x^2),\]\[\therefore f'(x)=2x(\sin x-x+x^2)+x^2(\cos x-1+2x).\]
               由此可知\[x=0\]为函数可能的极值点.又\[\because \sin x\backsim x,\cos x\backsim 1-\frac{x^2}{2},\]
                 有\[\begin{align*}f''(x) &=2(\sin x-x+x^2)+2x(\cos x-1+2x)+2x(\cos x-1+2x)+x^2(-\sin x+2) \\
&=12x^2-3x^3 \\
&=3x^2(4-x).
\end{align*}\]\[\Rightarrow f''(x)_{x\to 0^+}> 0,f''(x)_{x\to 0^-}> 0.\]从而可知，\[x=0\]是函数的极小值点.

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


证明
                  设存在[LaTex]c\in[a,b][/LaTex],有\[f(c)\ne 0.\]                   由连续函数的性质，必[LaTex]\exists x_1,x_2\in[a,b],c\exists [x_1,x_2]\subset [a,b][/LaTex].
                   [LaTex]\forall x\in [x_1,x_2],f(x)\ne 0,\Rightarrow f^2(x)> 0.[/LaTex]
                   于是
                           \[\int\limits_{a}^{b}f^2(x)dx\geqq \int\limits_{x_1}^{x_2}f^2(x)dx> 0.\]
                   与已知条件矛盾。
                 其中：[LaTex] f(x)\in C[a.b],\Rightarrow  f^2(x)\in C[a.b].[/LaTex]

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


证明
                由已知条件，得
                                  \[K_n=b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}=\frac{a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}}> c> 0,\]
                                  \[\Rightarrow  a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}> a_{n+1}c> 0.\]
                   于是有
                                  \[\{a_nb_n\} \downarrow ,a_nb_n\geq 0.\]
                        数列\[\{a_nb_n\}\]收敛。由此得\[\displaystyle \lim_{n \to 0}a_nb_n\rightarrow 0.\]                       再由上式，可得
                                    \[a_1b_1-a_{2}b_{2}> a_{2}c,\]
                                    \[a_2b_2 -a_3b_3> a_3c,\]
                                    \[ \cdots .\]
                                   \[a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}> a_{n+1}c,\]
                      将不等式两边分别相加，就有
                                  \[a_1b_1-a_{n+1}b_{n+1}> c(a_2+\cdots +a_{n+1}),\]
                            也即
                                    \[ca_1+a_1b_1-a_{n+1}b_{n+1}> c\sum_{1}^{n+1}a_i> 0,\]
                         如此，由不等式左右边的有界性，可知\[\sum_{1}^{\infty}a_n\]收敛。

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题

证明
             用反证法，设[LaTex]\exists x_1,x_2\in [a,b],[/LaTex]  为函数\[F(x)=0\]的两个相异根。则
                  \[F(x_1)=\lambda _0f_0(x_1)+\lambda _1f_1(x_1)=0,\]                 \[ F(x_2)=\lambda _0f_0(x_2)+\lambda _1f_1(x_2)=0,\]
                 [LaTex] \Rightarrow  F(x_1)-F(x_2)=\lambda _0[f_0(x_1)-f_0(x_2)]+\lambda _1[f_1(x_1)-f_1(x_2)]=0,[/LaTex]                        \[\because \lambda _0,\lambda _1\neq 0,\therefore f_0(x_1)=f_0(x_2),f_1(x_1)=f_1(x_2).\]
              所以\[\therefore x_1=x_2.\]
                即函数最多只能有一个根。由函数可知\[F(x_1)=\lambda _0f_0(x_1)+\lambda _1f_1(x_1)=0;\]                                     \[F'(x_1)=\lambda _0f'_0(x_1)+\lambda _1f'_1(x_1)=0.\]
                  再由已知条件，以上两个方程联立（将\[\lambda _0，\lambda _1\]视为变量），则系数行列式不为零，可知\[\Rightarrow \lambda _0,\lambda _1=0.\]与条件矛盾。所以联立方程组不可能同时杨立。即只能有\[F'(x_1)=\lambda _0f'_0(x_1)+\lambda _1f'_1(x_1)\neq 0.\]

               

解
                    \[\begin{align*}I(m,n)&=\int_{0}^{1}x^m(\ln x)^ndx\\  &=\frac{1}{m+1} x^{m+1}(\ln x)^n|_0^1-\frac{n}{m+1}\int_{0}^{1}x^m(\ln x)^{n-1}dx\\   &=-\frac{n}{m+1}I(m,n-1) \\   &=(-1) ^n\frac{n!}{(m+1)^n}I(m,0)\\ &=(-1) ^n\frac{n!}{(m+1)^{n}}\int_{0}^{1}x^mdx\\ &=(-1) ^{n+1}\frac{n!}{(m+1)^{n+1}}. \end{align*}\]