一些数学分析考研题（2024年）的解析

解
                     \[\ln f(x)=\ln x\ln(\arctan x).\]
                     \[\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{\ln(\arctan x)}{x}+\frac{\ln x}{1+x^2}.\]
                    \ [f'(x)=[\frac{\ln(\arctan x)}{x}+\frac{\ln x}{1+x^2}]f(x)=[\frac{(1+x^2)\ln(\arctan x)+x\ln x}{x(1+x^2)}](\arctan x)^{\ln x}.\]

暨南大学2024年数学分析硕士研究生入学考试真题


解
                由于\[\lim_{n \to \infty} f_n(x)=\lim_{n \to \infty} e^{n(x-1)}=f(x)=0,x\in (0,1)\]
                 所以，函数列\[f_n(x)\]收敛。
                又\[\lim_{n \to \infty}\sup |f_n(x)-f(x)| =\lim_{n \to \infty}\sup |e^{-n}-0| =0.\]
                所以，函数列\[f_n(x)\]在甩给区间内一致收敛。

计算 .

解
               \[\because \arctan e^x+\arctan e^{-x}=\frac{\pi}{2}.\]
                所以
                        \[ \begin{align*}  \int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x\arctan e^x}{1+\cos ^2x}dx
&=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x(\arctan e^x+\arctan e^{-x})}{1+\cos ^2x}dx\\
&=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos ^2x}dx\\
&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos ^2x}+\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos ^2x}]dx\\
&=\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi\sin x}{1+\cos ^2x}dx\\
&=-\frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{1+\cos ^2x}d\cos x\\
&=-\frac{\pi^2}{4}\arctan \cos x|_0^{\pi}\\
&=\frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}\]

解
               \[\because a_1=2,a_{n+1}=2+\frac{1}{a_n},\]
                \[\therefore a_n> 0,a_{n+1}> a_n,a_{n}\leq 2+\frac{1}{2}.\]
               由此，数列收敛。令
                \[\lim_{n\to\infty }a_n=l.\]
               于是，有
                 \[l=2+\frac{1}{l},l=1+\sqrt{2}.\]



                 

证明    \[\because \lim_{x\to0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=a,\]\[\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,x\in \cup ^0(0,\delta ),s.t.\]\[a-\varepsilon < \frac{f(2x)-f(x)}{x}< a+\varepsilon .\]令\[x_k=2^{-k}x,(k=1,2,\cdots ,n),\]则\[2^{-k}（a-\varepsilon ）< \frac{f(2x_k)-f(x_k)}{x}< 2^{-k}（a+\varepsilon）,(k=1,2,\cdots ,n)\]\[
\displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^{-k}（a-\varepsilon ）<\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{f(2x_k)-f(x_k)}{x}< \displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^{-k}（a+\varepsilon）,\]\[\frac{\frac{1}{2}-2^{-n}}{1-\frac{1}{2}}（a-\varepsilon ）< \frac{f(x)-f(2^{-n}x)}{x}< \frac{\frac{1}{2}-2^{-n}}{1-\frac{1}{2}}（a+\varepsilon ）.\]令$n\to\infty$，得\[（a-\varepsilon ）<\frac{f(x)-f(0)}{x} < （a+\varepsilon ）,(x\to0)\]即\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=f'(0)=a.\]$f'(0)$存在.


                  

证明
        （1）、由已知条件，运用罗尔定理得\[\exists x_0\in (0,2),s.t.f'(x_0)=0.\]
                   不妨设[Latex](0,2)[\Latex]内只存在一个极值，则[Latex]f(x_0)=M.[\Latex]
                   由柯西中值定理可知\[\exists \xi \in (0,x_0),s.t.f(x_0)-f(0)=f'(\xi )x_0.\]
                                   \[ \eta  \in (x_0,2),s.t.f(2)-f(x_0)=f'(\eta )(2-x_0).\]
                    此时存在两种情况\[x_0<1,|f'(\eta )|=|\frac{-f(x_0)}{2-x_0}|> M.\]
                                    \[  x_0\geqslant 1,|f'(\eta )|=|\frac{f(x_0)}{x_0}|> M.\]
                         总有一种成立。
          （2）、由已知条件及罗尔定理，有\[f(x_0)-f(0)=f'(\xi )x_0,\Rightarrow M=|f'(\xi)|x_0.\]                       如果有\[M\geqslant |f'(\xi)|,\]代入上面公式，可知\[M\geqslant Mx_0.\Rightarrow M=0.\]

证明
        （1）、由已知条件可知有\[\because （\alpha ,\beta )\subset D.\therefore |(x-\alpha )|\le I_x,|(y-\beta )|\le I_y.\]
                    于是有\[|\iint\limits_{D}(x-\alpha )(y-\beta )dxdy|\le \iint\limits_{D}|(x-\alpha )(y-\beta )|dxdy\le I_xI_y\iint\limits_{D}dxdy=I_xI_yS_D.\]
        （2）、由条件可知\[|\iint\limits_{D}(x-\alpha )(y-\beta )dxdy|\le \iint\limits_{D}|xy|dxdy=\int_{0}^{I_x}xdx\int_{0}^{I_y}ydy=\frac{I^2_xI_y^2}{4}.\]

解：
              \[\Omega :x^2+y^2+2z^2\le x+y+2z,\Rightarrow (x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+2(z-\frac{1}{2})^2\le 1.\]
               \[\begin{align*}I &=\iiint\limits_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV \\
&=\iiint\limits_{\Omega }[(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+(z-\frac{1}{2})^2]dV+\iiint\limits_{\Omega }[(x-\frac{1}{2})+(y-\frac{1}{2})+(z-\frac{1}{2})+\frac{3}{4}] dV
\end{align*}\]\[令\begin{cases}
x'=x-\frac{1}{2}\\
y'=y-\frac{1}{2}\\
z'=z-\frac{1}{2}
\end{cases}\]而\[\Omega' :x'^2+y'^2+2z'^2\le 1.\]\[\begin{align*}I
&=\iiint\limits_{\Omega' }[x'^2+y'^2+z'^2]dV+\iiint\limits_{\Omega' }[x'+y'+z'+\frac{3}{4}] dV\\
&=\iiint\limits_{\Omega }(x'^2+y'^2+z'^2)dV+\iiint\limits_{\Omega' }\frac{3}{4} dV, (奇函数对称性)\\
&=\iiint\limits_{\Omega }(x'^2+y'^2+z'^2)dV+\frac{3}{4} \cdotp \frac{4}{3}\pi  \cdotp \frac{\sqrt{2}}{2}\\
&=8\int_{0}^{1}r^4dr\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}[\sin^2 \phi +\frac{\sqrt{2}}{2}\cos^2 \phi ]\sin \phi d\phi +\frac{\sqrt{2}}{2}\pi \\
&=\frac{15\sqrt{2}+16}{30}\pi+\frac{2\sqrt{2}}{15}.
\end{align*}\]

解（1）、曲线绕$y$轴旋转后的曲面方程为：\[x^2+3y^2+z^2=1,(x^2=x^2+z^2),\]过$P(x,y,z)$的法向量为
$\mathfrak{n}=\{x,3y,z\}.$而\[\rho (x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}.\]于是\[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{S}\frac{z}{\rho (x,y,z)} dS\\
&=\iint\limits_{S}z\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2} dS \\
&=\iint\limits_{S}\frac{z(x^2+(3y)^2+z^2)}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}} dS \\
&=\iint\limits_{S}[\frac{zx\cdotp x}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}+\frac{3zy\cdotp 3y}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}}+\frac{zz\cdotp z}{\sqrt{x^2+(3y)^2+z^2}} ]dS \\
&=\iint\limits_{S}[zx\cos \alpha +3zy\cos \beta +z^2\cos \gamma ]dS \\
&=\iiint\limits_{\Omega }(z+3z+2z)dV,(高斯公式) \\
&=6\iiint\limits_{\Omega }zdV \\
&=6\iint\limits_{\Omega }dxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-3y^2}}zdz \\
&=3\iint\limits_{\Omega }(1-x^2-3y^2)dxdy \\
&=3\int_{0}^{1}r(1-r^2)dr\int_{0}^{2\pi } d\theta \\
&=6\pi (\frac{1}{2}r^2-\frac{1}{4}r^4)|_0^1\\
&=\frac{3}{2}\pi .
\end{align*}\]
（2）、与（1）结果相同。

解 \[f(x)=\sin x+\int_{0}^{x}tf(x-t)dt=\sin x+\int_{0}^{x}(x-u)f(u)du=\sin x+x\int_{0}^{x}f(u)du-\int_{0}^{x}uf(u)du,(x-t=u)\]\[f'(x)=\cos x+\int_{0}^{x}f(u)du+xf(x)-xf(x)=\cos x+\int_{0}^{x}f(u)du.\]\[\because f'(x)> 0,(x\to 0),\therefore f(x)在x=0的邻域内单调增。\]\[即有f(\frac{1}{n})> f(\frac{1}{n+1}),且f(\frac{1}{n})\rightarrow 0,(n\to \infty )\]由交叉级数性质\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nf(\frac{1}{n})< \infty .\]