一些数学分析考研题（2024年）的解析

解
       利用泰勒公式\[\ln(1+\sin ^2 x)=\sin ^2 x-\frac{1}{2}\sin^4 x+o(\sin^4 x)=x^2-\frac{1}{2}x^4+o(x^4),\]\[\sqrt[3]{2-\cos x}-1=\sqrt[3]{1+2\sin ^2\frac{x}{2}}-1=\sqrt[3]{1+\frac{x^2}{2}}-1=\frac{1}{6}x ^2-\frac{1}{9}\frac{x^4}{16}+o(x^4),\]\[\lim_{x\to0}\frac{1}{x^4}[\ln(1+\sin ^2 x)-6\sqrt[3]{2-\cos x}-1]=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac{1}{2}x^4+o(x^4)-6(\frac{1}{6}x ^2-\frac{1}{9}\frac{x^4}{16}+o(x^4))}{x^4}=-\frac{11}{24}.\]

解
    由于\[\ln(1+\frac{1}{n})\backsim \frac{1}{n},(n\to\infty )\]级数为一个交叉级数，收敛。条件收敛。

解
     \[\begin{align*}\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{\ln(1^{2023}+2^{2023}+\cdots +n^{2023})}
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{\ln n^{2024}\frac{1}{n}((\frac{1}{n})^{2023}+(\frac{2}{n})^{2023}+\cdots +(\frac{n}{n})^{2023})}\\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{\ln n^{2024}\int_{0}^{1}x^{2023}dx}\\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{\ln\frac{ n^{2024}}{2024}}\\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{2024\ln n-\ln 2024}\\
&=\frac{1}{2024}.
\end{align*}\]

证明
           由已知\[f(x)在[a,b]上可积，\exists M> 0,x\in [a,b],|f(x)|\le M.\]\[注意到\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b}(x-a)^ndx=1.\]\[由f(x)在x=b外连续，故对于\forall \varepsilon > 0，\exists \delta > 0，x\in [b-\delta ,b],s.t.|f(x)-f(b)|< \frac{\varepsilon}{2} .\]\[\begin{align*}\therefore I&=|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b}(x-a)^nf(x)dx-f(b)|\\
&=|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b}(x-a)^nf(x)dx-f(b)\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b}(x-a)^ndx| \\
&=|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b}(x-a)^n[f(x)-f(b)]dx| \\
&\le \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{a}^{b-\delta }(x-a)^n|f(x)-f(b)|dx+\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{b-\delta }^{b}(x-a)^n|f(x)-f(b)|dx \\
&\le 2M(1-\frac{\delta }{b-a})^n+ \frac{\varepsilon}{2} \\
&=\varepsilon .
\end{align*}\]

解：
          由题意\[|f(x)|< M.(M> 0),\]\[由f''(x)\geqslant 0.想到与凸函数性质有关.\]假设f(x)为凸函数。$t\in [a,b]$,则有\[f(b)=f(\frac{b-a}{t-a}t+\frac{t-b}{t-a}a)\le \frac{b-a}{t-a}f(t)+\frac{t-b}{t-a}f(a).\]\[f(t)\geqslant f(a)+(t-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]\[\therefore |f(t)|> M,(M> 0,t\to\infty )\]与题设矛盾。函数$f(x)$为常值函数.

解
       \[R\in (-1,1).\]\[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)x^n
&=(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(n+2)x^{n+1})' \\
&=((\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }x^{n+2})')'  \\
&=((\frac{x^2}{1-x})')' \\
&=(\frac{2x-x^2}{(1-x)^2})' \\
&=\frac{2}{(1-x)^3}.
\end{align*}\]

证明
             \[\because \frac{y}{1+y^2}\downarrow \rightarrow 0,(y\to\infty )\]而\[\int_{1}^{A}\sin xydy< \frac{2}{x_0},(x\geqslant x_0>  0)\]于是\[根据Dirichlet判别法，F(x)关于x\in (0,+\infty )上 一致连续。从而F(x)在x\in (0,+\infty )上 连续.\]

解
      （1）、令\[F(x,y)=\cos (x+y)+e^{x+y^2}-x^3y^3-2.\]则有\[F_x(x,y)=-\sin (x+y)+2xe^{y+x^2}-3x^2y^3,F_x(0,0)=0.\]\[F_y(x,y)=-\sin (x+y)+e^{y+x^2}-3x^3y^2,F_y(0,0)=1.\]\[\because F_y(0,0)=1\ne 0,F_x(x,y)连续，\]\[\therefore 函数方程在(0,0)能确定唯一的隐函数y=f(x).\]
       （2）、\[\because F_x(0,0)=0,\]\[\therefore 函数方程在(0,0)不能确定唯一的隐函数x=f(y).\]

            【注】本题考点为隐函数存在定理。少考，但易被忽略。

解
       由于\[f(x,y)=xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=r^2\sin \alpha \cos \alpha \frac{r^2\cos ^2\alpha-r^2\sin ^2\alpha}{r^2\cos ^2\alpha+r^2\sin ^2\alpha}=\frac{r^2}{4}\sin 4\alpha .(x=r\cos \alpha ,y=r\sin \alpha )\]因此\[|f(x,y)-f(0,0)|=|\frac{r^2}{4}\sin 4\alpha|=0,(r\rightarrow 0)\]\[函数f(x,y)在（0，0）连续.\]因为\[f_x(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=0,同样，f_y(0,0)=0.\]故\[f_x(x,y)=\frac{y(x^4-y^4+4x^2y^2)}{(x^2+y^2)^2},(x,y\ne 0)\]\[f_y(x,y)=\frac{x(x^4-y^4-4x^2y^2)}{(x^2+y^2)^2},(x,y\ne 0)\]由于\[f_{xy}(0,0)=\lim_{y\to0}\frac{f_x(0,y)-f_x(0,0)}{y-0}=\lim_{y\to0}\frac{\frac{y(-y^4)}{y^4}-0}{y}=1,\]但\[f_{yx}(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f_y(x,0)-f_y(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x(-x^4)}{x^4}-0}{x}=-1,\]

解
           利用高斯公式计算。
         \[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{S }xdzdy+ydzdx+[(1+z)^2+e^{-(x^2+y^2)}]dxdy\\
&=\iint\limits_{S+S_1 } -\iint\limits_{S_1 },(S:z=1-x^2-y^2;S_1:x^2+y^2=1)\\
&=2\iiint\limits_{S+S_1}(1+z)dV-\iint\limits_{S_1 }xdzdy+ydzdx+(1+e^{-1})dxdy ,(高斯公式)\\
&=\frac{4}{3}\pi +\int_{0}^{1} rdr\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{1-r^2}zdz-\iint\limits_{S_1 }xdzdy+ydzdx+(1+e^{-1})dxdy\\
&=\frac{4}{3}\pi+\pi \int_{0}^{1} r[(1-r^2)^2-1]dr-\iint\limits_{S_1 }\\
&=\frac{4}{3}\pi-\frac{1}{3}\pi-\iint\limits_{S_1 }xdzdy+ydzdx+(1+e^{-1})dxdy\\
&=\pi -\iint\limits_{S_1 }xdzdy+ydzdx+(1+e^{-1})dxdy\\
&=\pi -2\iint\limits_{S_1 }xdzdy-(1+e^{-1})\pi \\
&=-\pi e^{-1}.
\end{align*}\]