一些数学分析考研题（2024年）的解析

中南大学2024


1、解
                    \[\lim_{n\to\infty }(1-\frac{3}{4n^2})^{n^2+4n+3}=\lim_{n\to\infty }(1-\frac{3}{4n^2})^{\frac{-4n^2}{3}\cdotp \frac{-3}{4n^2}(n^2+4n+3)}=e^{-\frac{3}{4}}.\]

2、解
                  \[f(x)=3xe^{3x}+10-20x^2e^x-x^2e^{2x}.\]
                   \[f'(x)=3e^{3x}+9xe^{3x}-40xe^x-20x^2e^x-2xe^{2x}-2x^2e^{2x}.\]

3、解
                   \[\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos\theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin\theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos\theta +\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }dx=\frac{\pi }{4}.\]

4、解
                      \[\because \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}x^n=e^x.\]
                      \[\therefore e=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}1^n=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}+1.\]
                 因此有\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}=e-1.\]  

证明
                          \[\because \ln(1+t)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n}}{n+1}t^{n+1}.\]
                           \[\therefore \frac{\ln(1-t)}{t}=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n+1}t^{n}.\]
                       于是，\[\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-t)}{t}dt=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^2}t^{n+1}|_0^1=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.\]

                   （原题应有笔误）

解
                 由已知\[\int_{0}^{\pi }[f(x)+f''(x)]\sin xdx=5,\]
                 因而有\[\begin{align*}\int_{0}^{\pi }[f(x)+f''(x)]\sin xdx
&=\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx+\int_{0}^{\pi }f''(x)\sin xdx \\
&=\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx+f'(x)\sin x|_0^{\pi }-\int_{0}^{\pi }f'(x)\cos xdx \\
& =\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx-f(x)\cos x|_0^{\pi }-\int_{0}^{\pi }f(x)\sin xdx\\
& =f(\pi )+f(0)=5.
\end{align*}\]
                  又因为\[f(\pi)=2.\]
                  故得\[f(0) =5-f(\pi)=3.\]

解
          由曲线积分定义可得\[\oint_{C}=\int_{(0,0)}^{(0,1)}+\int_{(0,1)}^{(2,1)}+\int_{(2,1)}^{(2,0)}+\int_{(2,0)}^{(0,0)}.\]
            于是\[\int_{(0,0)}^{(0,1)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(0,0)}^{(0,1)}(y-3)dy=\frac{1}{2}(y-3)^2|_{(0,0)}^{(0,1)}=-\frac{5}{2}.\]
                  \[\int_{(0,1)}^{(2,1)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(0,1)}^{(2,1)}x^2dx=\frac{1}{3}x^3|_0^2=\frac{8}{3}.\]
                   \[\int_{(2,1)}^{(2,0)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(2,1)}^{(2,0)}(y-3)dy=\frac{1}{2}(y-3)^2|_1^0=\frac{5}{2}.\]
                    \[\int_{(2,0)}^{(0,0)}x^2ydx+(y-3)dy=\int_{(2,0)}^{(0,0)}x^2ydx+(y-3)dy=0.\]
                  \[\therefore \oint_{C}=-\frac{5}{2}+\frac{8}{3}+\frac{5}{2}+0=\frac{8}{3}.\]

西南财经大学2024


解
                     \[\begin{align*}\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{\sec^2x-2\tan x}{1+\cos4x}
&=\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1-\sin 2x}{\cos^2x(1+\cos4x)} \\
&=\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1-\sin 2x}{2\cos^2x\cos ^22x} \\
& =\lim_{x\to\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2\cos^2x(1+\sin 2x)}\\
&=\infty .
\end{align*}\]

证明
     (1)        令\[F(x)=f(x)-x,\]
                  则  \[F(x)\in C[0,1].F(0)=F(1)=0,\]
                  由罗尔定理，得\[\exists x_0\in(0,1),s.t.F'(x_0)=f'(x_0)-1=0.\]
                      即有\[f'(x_0)=1.\]
    （2）   设\[h(x)=xe^x(f'(x)-1).\]
                则\[h(x)\in C[0,1],h(0)=h(x_0)=0,\]
                利用上关题的结论，及罗尔定理，就有\[\exists \xi \in(0,x_0),s.t.h'(x)=(e^x+xe^x)(f'(x)-1)+xe^xf''(x)=0,\]
                从而得\[\xi f''(\xi)+(1+\xi)f'(\xi)=1+\xi.\]

                简单基本题。略。

          基础题，计算量大。
解      $令z=z(u,v).$则\[\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial u}+2y\frac{\partial z}{\partial v}.\]\[\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial u}+2x\frac{\partial z}{\partial v}.\]\[\frac{\partial ^2z}{\partial x^2}=4x^2\frac{\partial ^2z}{\partial u^2}+2\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial v^2}.\]\[\frac{\partial ^2z}{\partial y^2}=4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial u^2}+4\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial ^2z}{\partial v^2}.\]

解
           由\[f(x,y)=2x^2+y^2-8x-2y+9=2(x-2)^2+(y-1)^2.\]
           用拉格朗日乘数法,设\[F(x,y)=2x^2+y^2-8x-2y+9+L(2x^2+y^2-1).\]
            于是\[\therefore \begin{cases}
F'_x=4x-8+4Lx=0,\\
F'_x=2y-2+2Ly=0,\\
F'_L=2x^2+y^2-1=0
\end{cases}\]
          解方程组，得可能的函数极值点为\[（\frac{2}{3}，\frac{-1}{3}），（\frac{-2}{3}，\frac{1}{3}）.\]
           比较可知\[f_{\min}(\frac{2}{3}，\frac{-1}{3})=\frac{16}{3}.\]
                         \[f_{\max}(\frac{-2}{3}，\frac{1}{3})=\frac{44}{3}.\]