一些数学分析考研题（2024年）的解析

中南大学2024


证明
              由已知条件及Roll中值定理，\[\forall x,y\in (0,1),\exists \xi \in (x,y),f(x)-f(y)=f'(\xi )(x-y).\]\[\because |f(x)-f(y)|\leqslant |x-y|^2.\]\[\therefore |f'(\xi )|\leqslant |x-y|.\]从而\[\forall \varepsilon > 0,x,y\in (0,1),\exists \delta > 0,0< |x-y|< \delta ,\exists \xi \in (x,y),s.t.\]\[|f'(\xi )|\leqslant |x-y|< \delta =\varepsilon .\]即有\[f'(x)=0.(x\in(0,1))\Rightarrow f(x)\equiv c.\]

中南大学2024


证明
            \[|\int_{0}^{+\infty }f(x)\sin nx dx|\le |\int_{0}^{A}f(x)\sin nx dx|+|\int_{A}^{+\infty }f(x)\sin nx dx|.(A> 0)\]\[对于\forall A> 0，|\int_{0}^{A}\sin nx dx|=|\frac{1-\cos nx}{n}|\le \frac{2}{n}\le 2,一致有界。\]又\[f(x)\in C[0,+\infty ),单调，且\lim_{x\to+\infty }f(x)=0.\]\[因此由狄利克雷判别法可知\int_{A}^{+\infty }f(x)\sin nx dx一致收敛.即\]\[\forall \varepsilon > 0，\exists A> 0,当x> A时，s.t.|\int_{A}^{+\infty }f(x)\sin nx dx|< \frac{\varepsilon }{2}.\]由黎曼引理，对于\[A> 0,有\lim_{n\to\infty }\int_{0}^{+\infty }f(x)\sin nx dx=0.\]所以，\[对于上面的\varepsilon > 0，A> 0,\exists N\in \mathbb{N},当n> N时，s.t.|\int_{0}^{A}f(x)\sin nx dx|< \frac{\varepsilon }{2}.\]综合，得到\[|\int_{0}^{+\infty }f(x)\sin nx dx|\le |\int_{0}^{A}f(x)\sin nx dx|+|\int_{A}^{+\infty }f(x)\sin nx dx|<\frac{\varepsilon }{2}+ \frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .\]结论成立.

解
          （1）\[\lim_{x\to0^+}(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^\frac{4}{x}}+\frac{\sin x}{|x|})=\frac{3}{2}+1=\frac{5}{2}.\]\[\lim_{x\to0^-}(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^\frac{4}{x}}+\frac{\sin x}{|x|})=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}.\]           （2）\[\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}[(\frac{2023+\cos x}{2024})^x-1]
&=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}[e^{x\ln(1+\frac{\cos x-1}{2024})}-1] \\
&=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}[e^{x\frac{\cos x-1}{2024}}-1] \\
&=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}[e^{x\frac{\frac{1}{2}x^2}{2024}}-1]  \\
&=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}[e^{\frac{x^3}{4048}}-1]  \\
& =\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\frac{x^3}{4048}\\
&=\frac{1}{4048}.
\end{align*}\]

证明
          （1）\[\because x_{n+1}=\ln(1+x_n),\therefore x_n> -1,x_{n+1}< x_n.\]
                                  $\Rightarrow \lim_{n\to\infty}x_n$收敛.
                  令\[\lim_{n\to\infty}x_n=l.\]
                   则有\[l=\ln(1+l),\Rightarrow l=0.\]
           （2）\[\lim_{n\to\infty}\frac{x_nx_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n\ln(1+x_n)}{x_n-\ln(1+x_n)}.\]\[\because \lim_{n\to\infty}x_n=0,\]                   利用罗必塔法则\[\lim_{x\to0}\frac{x\ln(1+x)}{x-\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}}{1-\frac{1}{1+x}}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)\ln(1+x)+x}{x}=\lim_{x\to0}(\ln(1+x)+1+1)=2.\]
                     故有\[\lim_{n\to\infty}\frac{x_nx_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}=2.\]

解
          （1）\[f(x)=f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\eta )x^2,\eta \in[-1,1]\]
          （2）由上述公式，求积分得到\[\int_{-1}^{1}f(x)dx=f'(0)\int_{-1}^{1}xdx+\frac{1}{2}f''(\eta )\int_{-1}^{1}x^2dx.\]\[\therefore f''(\eta )=3\int_{-1}^{1}f(x)dx,\eta \in[-1,1]\]

解
             此题与武汉理工2024年第七考题相同。参见85#。
         由题意，得\[f(x,y)=x^2-y^2+2.\]\[D:x=r\cos \theta ,y=2r\sin \theta ,r=1,\theta \in [0,2\pi ].\]\[z=f(x,y)=r^2\cos^2 \theta-4r^2\sin ^2\theta+2=\cos^2 \theta-4\sin ^2\theta+2=3-5\sin ^2\theta.\]\[\therefore f_\max =3,f_\min =-2.\]

解
            利用被积函数的奇偶性 \[I=\iiint\limits_{\Omega }(\sqrt{2}x+z)^2dV=\iiint\limits_{\Omega }(2x^2+2\sqrt{2}xz+z^2)dV=\iiint\limits_{\Omega }(2x^2+z^2)dV.\]
              采用球面坐标系计算\[\begin{cases}
x=r\sin \theta \cos \phi ,& 0\le r\le 1\\
y=r\sin \theta\sin \phi , & 0\le \theta \le \frac{\pi}{2}\\
z=r\cos \theta ,& 0\le \phi \le 2\pi
\end{cases}
J=r^2\sin \theta .\]\[\begin{align*}I
&=\int_{0}^{1} r^2dr\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(2r^2\sin ^2\theta \cos ^2\phi+r^2\cos ^2\theta)\sin \theta d\theta \\
&=\frac{1}{3}`\int_{0}^{2\pi}(4\cos ^2\phi+1)d\phi \\
&=2\pi \int_{0}^{1} r^4dr\\
&=\frac{2}{5}\pi.
\end{align*}\]

解
         （1）由已知，有\[\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{2kxy^2(x^2+y^2)^{k-1}-x(x^2+y^2)^{k}}{y^2},\]\[\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}=-\frac{2x(x^2+y^2)^{k}+2kx^3(x^2+y^2)^{k-1}}{y^2}.\]
                  若积分与路径无关，则必须\[\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}.\] \[\therefore k=-\frac{1}{2}.\]
          （2）由上面的结论，得\[P(x,y)=\frac{x}{y\sqrt{x^2+y^2}},Q(x,y)=-\frac{x^2}{y^2\sqrt{x^2+y^2}},\]\[df(x,y)=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{y}(dx+dy),\]\[\therefore f(x,y)=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{y}.\]
              由于积分与路径无关，因此可选简便路径计算\[\begin{align*}I
&=\int_{(1,2)}^{(3,4)}\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{y}(dx+dy) \\
&=\int_{(1,2)}^{(3,2)}\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{y}(dx+dy)+\int_{(3,2)}^{(3,4)}\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{y}(dx+dy) \\
&= \int_{1}^{3}\frac{\sqrt{x^2+4}}{2}dx+\int_{2}^{4}\frac{\sqrt{9+y^2}}{y}dy\\
&=\frac{1}{2}[\frac{x}{2}\sqrt{x^2+4}+2\ln(x+\sqrt{x^2+4})]_1^3+\int_{2}^{4}\frac{\sqrt{9+y^2}}{y}dy\\
&=\frac{1}{2}[\frac{x}{2}\sqrt{x^2+4}+2\ln(x+\sqrt{x^2+4})]_1^3+[\sqrt{9+y^2}-3\ln\frac{3+\sqrt{9+y^2}}{y}]_2^4
\end{align*}\]

解
            添加$z=1$方向向下，$z=2$方向向上，与$\varSigma $组成一个闭合曲面，在此曲面上应用高斯公式。于是\[\begin{align*}I &=\unicode{8751}_{\varSigma +} -\iint\limits_{z=2}+\iint\limits_{z=1}\\
&=0- \iint\limits_{z=2}\frac{e^x}{2}dxdy+\iint\limits_{z=1}e^xdxdy\\
&= -\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}e^xdx\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}dy+\int_{-1}^{1}e^xdx\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}dy \\
&=4-4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos \alpha e^{2\cos \alpha }d\alpha -4+4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos \alpha e^{\cos \alpha }d\alpha\\
&=
\end{align*}\]

  
解
          由于\[|x+\frac{1}{n}|< 1,\]\[\rightarrow x\in(-1,1).\]
            令\[u_n(x)=(x+\frac{1}{n})^n.\]
               则有\[u_n(x)=(x+\frac{1}{n})^n=x^ne^x=0=u(x),(n\to\infty)\]
               而\[\because \limsup_{n\to\infty}|u_n(x)-u(x)|=\limsup_{n\to\infty}|(x+\frac{1}{n})^n-0|=xe^x\ne 0.(x\ne0)\]
               所以，级数非一致收敛。