一些数学分析考研题（2024年）的解析

引用知乎上的两个典型证明
证一：

证二：

解   \[\because f(x)\in C[0,2],\exists M> m,s.t.m< f(x)< M.\]又\[\because f(0)+f(1)=2，m< f(0)< M，m< f(1)< M，\]\[\therefore m< \frac{f(0)+f(1)}{2}=1< M.\]由连续函数的介值定理，\[\exists c \in （0，2），s.t.f(c)=1.\]\[再由f(2)=1,由Roll定理，\exists \xi \in (c,2)\subset [0,2],s.t.f'(\xi )=0.\]

解
      \[\int\frac{xe^x}{(x+1)^2}dx=-\frac{xe^x}{(x+1)}+\int\frac{e^x(x+1)}{x+1}dx=-\frac{xe^x}{(x+1)}+e^x+C.\]\[\int\frac{1}{(x-1)^2(x-2)}dx=\int[\frac{1}{x-2}-\frac{1}{(x-1)}+\frac{1}{(x-1)^2}]dx=\ln\frac{x-2}{x-1}-\frac{1}{(x-1)}+C.\]

解   令\[f(a)-f(b)+\frac{1}{2}[f'(a)+f'(b)](b-a)+\frac{1}{12}(b-a)^3K=0,\]K为待定系数.辅助函数\[g(x)=f(a)-f(x)+\frac{1}{2}[f'(a)+f'(x)](x-a)+\frac{1}{12}(x-a)^3K.\]\[g(a)=g(b)=0,\exists \eta \in [a,b],s.t.g'(\eta )=0.(Roll中值定理)\]由\[g'(x)=\frac{1}{2}[f'(x)-f'(a)]-\frac{x-a}{2}f''(x)+\frac{1}{4}(x-a)^2K,g'(a)=0.\]\[\exists \xi \in (a,\eta )\subset (a,b),s.t.g''(\xi )=0.\]对$g'(x)$微分，得\[g'‘(x)=\frac{1}{2}f''(x)-[\frac{1}{2}f''(x)+\frac{x-a}{2}f'''(x)]+\frac{x-a}{2}K=-\frac{x-a}{2}f'''(x)+\frac{x-a}{2}K.\]有\[g'‘(\xi )=-\frac{\xi -a}{2}f'''(\xi )+\frac{\xi -a}{2}K=0.\]比较可得\[K=f'''(\xi ).\]

         【注】此类题一般多从泰勒展开式入手，但这个题用泰勒公式，证不了。只能用K值法解。

证明
          （1）、\[\forall \delta > 0,f(x)\in C(-1,-\delta ],f(x)\in C[\delta ,1).\]\[且\lim_{x\to -1}f(x)=\lim_{x\to -1}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to -1}\frac{-\sin x}{x}=-\sin 1,存在.\]\[\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to 0^-}\frac{-\sin x}{x}=-1,存在.\]\[\lim_{x\to 1}f(x)=\lim_{x\to 1}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to 1}\frac{\sin x}{x}=\sin 1,存在.\]\[\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1,存在.\]\[所以，f(x)在(-1,0)和(0,1)上分别一致连续。（由延拓定理）\]
          （2）、\[\varepsilon =1，\delta > 0,x'\in (0,\frac{\delta }{2}),x''\in (-\frac{\delta }{2},0),\]\[\because \lim_{x\to 0^+}f(x)=1，\lim_{x\to 0^-}f(x)=-1.\]\[\therefore |x'-x''|< \delta ,s.t.|f(x')-f(x'')|>\varepsilon=1.\]由此，$f(x)$不一致收敛.

解
     （1）、\[\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=y\sin\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x^2y}{(x^2+y^2)^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2}.\]\[\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=x\sin\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2}.\]
      （2）、由定义得\[\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0.\]\[\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}=\lim_{y\to0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=\lim_{y\to0}\frac{0-0}{y}=0.\]而\[\lim_{x,y\to0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\lim_{x,y\to0}[y\sin\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x^2y}{(x^2+y^2)^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2}]=0=\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}.\]\[\lim_{x,y\to0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\lim_{x,y\to0}[x\sin\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2}]=0=\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}.\]因此偏导数连续.

解
     对隐函数方程组求偏导 \[1+\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}=0,\]\[2x+4u^3\frac{\partial u}{\partial x}+4v^3\frac{\partial v}{\partial x}=0.\]解出\[\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2v^3-x}{2u^3-2v^3},\]\[\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{2u^3-x}{2u^3-2v^3}.\]再对$\frac{\partial u}{\partial x}$求偏导，即得$\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$.

解 （1）、\[\lim_{n\to\infty }f_n(x)=\lim_{n\to\infty }\frac{nx}{1+(1+n^2)x^2}=0=f(x),(x\ne 0)\]而\[f'_n(x)=\frac{n(1+(1+n^2)x^2)-nx\cdotp 2(1+n^2)x}{(1+(1+n^2)x^2)^2}=0.\]\[易知，x=\frac{1}{\sqrt{1+n^2}}为f(x)的极大值点.\]\[\because \limsup_{n\to\infty }|f_n(x)-f(x)|=\limsup_{n\to\infty }|f_n(\frac{1}{\sqrt{1+n^2}}）-0|=\frac{1}{2}\ne 0.\]\[\therefore f_n(x)在(0,1]上不一致收敛.\]
     （2）、\[\because \limsup_{n\to\infty }|f_n(x)-f(x)|=\limsup_{n\to\infty }|\frac{n\alpha }{1+(1+n^2)\alpha ^2}-0|= 0.\]\[\therefore f_n(x)在[\alpha ,1]上一致收敛.\]