一些数学分析考研题（2024年）的解析

证明
            由已知条件，函数在所给区间上单调增，所以\[\forall x\in[a,b],(x-\frac{a+b}{2})(f(x)-f(\frac{a+b}{2}))\geqslant 0.\]\[\because \int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})f(\frac{a+b}{2})dx=f(\frac{a+b}{2})\int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})dx=0.\]\[\begin{align*}\therefore \int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})f(x)dx
&=\int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})f(x)dx-\int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})f(\frac{a+b}{2})dx \\
&=\int_{a}^{b}(x-\frac{a+b}{2})(f(x)-f(\frac{a+b}{2}))dx \\
& \geqslant 0.
\end{align*}\]

证明
              \[\because |\frac{nx}{1+n^5x^2}|<|\frac{nx}{1+n^5x}|<|\frac{nx}{n^5x}| =\frac{1}{n^4}=0,(n\to\infty)\]而\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}< \infty.\]
            因此，函数项级数一致收敛。（级数的收敛与变量和变量取值区间无关）

证明
                  \[\because \int_{0}^{+\infty}f(x)dx< \infty,|e^{-ux}|\le 1.e^{-ux}\downarrow .\]\[\therefore \int_{0}^{+\infty}e^{-ux}f(x)dx\Rightarrow < \infty.\]
                 (Weierstrass判别法)
                  再由一致收敛性质，极限与积分可交换：\[\lim_{u\to0^+}\int_{0}^{+\infty}e^{-ux}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty}\lim_{u\to0^+}e^{-ux}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty}f(x)dx.\]

证明
      （1）因为\[\lim_{x,y\to0,0}f(x,y)=\lim_{x,y\to0,0}(x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}=0=f(0,0).\]
               所以，函数在(0,0)连续。

      （2）由于\[\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac {x^2\sin\frac{1}{x^2}-0}{x}=0.\]\[\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}=\lim_{y\to0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=\lim_{y\to0}\frac {y^2\sin\frac{1}{y^2}-0}{y}=0.\]
               偏导数存在。

         （3）函数的偏导数为\[\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=2x\sin\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2x}{x^2+y^2}\cos\frac{1}{x^2+y^2},\]\[\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=2y\sin\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2y}{x^2+y^2}\cos\frac{1}{x^2+y^2},\]
                由于\[\lim_{x\to0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=0,\]\[\lim_{y\to0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}==2x\sin\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}\cos\frac{1}{x^2}\ne 0\ne \frac{\partial f(0,0)}{\partial x},\]
                因此，$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$在$(0,0)$不连续。
                同样的，由对称性知$\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}$在$(0,0)$也不连续。
          （4）因为$\frac{\partial f(0,0)}{\partial x},\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}$存在，所以$df(0,0)$存在，且为$0$.\[df(0,0)=\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}dx+\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}dy=0.\]

解
            利用等价无穷小求解，太费时间，略。

解
             \[\begin{align*}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin3x}{1+\cos^2x}dx
&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos^2x}dx+\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin3x}{1+\cos^2x}dx \\
&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos^2x}dx \\
&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sec^2x}d\tan x\\
&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2+\tan^2x}d\tan x\\
&=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\frac{1}{2}\tan^2x}d(\frac{\tan x}{\sqrt{2}})\\
&=\sqrt{2}\arctan (\frac{\tan x}{\sqrt{2}})|_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi.
\end{align*}\]

解
        \[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n}=x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1}.\]\[(x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1})'=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1}+x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2}.\]\[\because x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2}=\frac{x}{1+x},\]\[(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1})'=\frac{1}{1+x}.\]\[\therefore (x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1})'=\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}.\]\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n} &=\int(\ln(1+x)+\frac{x}{1+x})dx \\
&=\int\ln(1+x)dx+\int\frac{x}{1+x}dx \\
&=x\ln(1+x)-\int\frac{x}{1+x}dx+\int\frac{x}{1+x}dx\\
& =x\ln(1+x).
\end{align*}\]

解
                 由所给二元函数\[f(x,y)=x^2(2+y^2)+y\ln y,f'_2(x,y)\]
                 可以将其看作两部分\[f_1(x,y)=x^2(2+y^2)\geqslant 0.\Rightarrow f_{1\min }=0.\]\[f_2(x,y)=y\ln y,f'_2(x,y)=\ln y+1=0,y=e^{-1},f''_2(x,y)=\frac{1}{y}=e> 0,\Rightarrow f_{2\min }=-\frac{1}{e}.\]因此有极小值\[f(x,y)=f_1(x,y)+f_2(x,y)\geqslant -\frac{1}{e}.\]
               而两部分函数均无上界，因此$f(x,y)$无极大值.

证明
                   \[\because \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=l> 1.\]\[\therefore \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1}{l},\]
                    由此\[\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,N\in \mathbb{N},n> N,s.t.\]\[|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-\frac{1}{l}|< \varepsilon .\]\[\Rightarrow a_{n+1}< \frac{a_n}{l}+\varepsilon a_n=(\frac{1}{l}+\varepsilon )a_n.\frac{1}{l}+\varepsilon< 1.\]
                   于是有\[a_{n+1}<(\frac{1}{l}+\varepsilon )a_n< (\frac{1}{l}+\varepsilon )^2a_{n-1}< \cdots < (\frac{1}{l}+\varepsilon )^{n+1}a_1=0.(n\to\infty) \]
                      又因为$a_{n+1}> 0.$
                      所以得\[\lim_{n\to\infty}a_n=0.\]

解
                设\[f(x)=\ln^2x-2\ln x+2x+k,\]
                则\[f'(x)=\frac{2\ln x}{x}-\frac{2}{x}+2=\frac{2}{x}(\ln x-1+x)=0.\]
                由此得到$x=1$为函数$f(x)$可能极值点。进一步判断\[f''(1)=2\frac{x\frac{1}{x}+x-\ln x+1-x}{x^2}=\frac{2(2-\ln x)}{x^2}=4> 0.\]
               所以，$x=1$为函数$f(x)$可能极小值点。又因为\[x< 1,f'(x)< 0,f(x)\downarrow ,\]\[x> 1,f'(x)> 0,f(x)\uparrow .\]
               从而可知函数在$x=1$两侧单调，因此$x=1$是函数唯一一个极值点。因而\[f(1)=2+k\begin{cases}
> 0&, k> -2,无实根\\
=0&, k=-2,单根\\
< 0&,k< -2,有二个实根
\end{cases}\]